TYT Matematik · Sayma, Olasılık ve İstatistik

Kombinasyon: Seçme Problemleri

~25 dk okumaZorluk: Orta25 çözümlü soruTYT'de ~3 soru/yıl · Sınavda yüksek ağırlık

Kombinasyon, $n$ farklı nesneden $r$ tanesini sıra gözetmeden seçmenin kaç yolla yapılabileceğini sayar. Sıralı sayım, aynı $r$ nesneden oluşan her seçimi $r!$ kez sayar; bu yüzden sıralı sayıyı $r!$ 'e böleriz. Bu sayfadaki her yöntem (belirli kişinin dahil ya da hariç olması, "en az" koşulu, maç sayısı, ardışık olmayan seçim, özdeş nesneler) bu tek fikrin farklı durumlara uygulanmasıdır.

Bu sayfadaki varsayımlar

Aksi söylenmedikçe kişiler ve nesneler farklıdır (birbirinden ayırt edilebilir). Özdeş nesneler soruda açıkça belirtilir.

Ekip, kurul, komisyon ve grupta görev ayrımı yoktur; görev varsa (başkan, sayman, kaleci) soruda ayrıca yazılır.

Bir kişi ya da nesne en fazla bir kez seçilir. Aynı türden tekrar tekrar seçim, Gruplara Ayırma ve Dağıtma sayfasının konusudur.

"En az", "en çok" ve "tam olarak" ifadeleri kelimesi kelimesine okunur.

" $1$ 'den $n$ 'ye kadar" denildiğinde iki uç da dahildir.

Bu konunun temel anlatımı için 10. sınıf Kombinasyon dersine, konunun genel haritası için Permütasyon ve Kombinasyon sayfasına bakabilirsin. Sıralı seçim $P (n, r)$ ve faktöriyel bilgisi Permütasyon ve Faktöriyel sayfasında, küme ve alt küme kavramları Kümeler sayfasında anlatılır. Maarif programında sayma, permütasyon ve kombinasyon 10. sınıfta işlenir.

1. Sıra Önemsizse Neden r!'e Böleriz?

$A, B, C, D$ adlı dört öğrenciden $3$ 'ü seçilecek olsun. İki farklı soru sorabiliriz:

Sıralı soru: Seçilen $3$ kişi bir sıraya dizilecekse kaç diziliş vardır? Cevap $P (4, 3) = 4 \cdot 3 \cdot 2 = 24$ .
Sırasız soru: Seçilen $3$ kişi bir nöbetçi grubu oluşturacaksa kaç farklı grup vardır?

İkinci sorunun cevabını bulmak için $24$ dizilişi, kullandıkları harflere göre gruplayalım. $A B C$ , $A C B$ , $B A C$ , $B C A$ , $C A B$ , $C B A$ dizilişlerinin hepsi aynı grubu, yani ${A, B, C}$ grubunu verir.

Şekil 1 — Sıralı

24

diziliş, kullandıkları harf kümesine göre

4

satıra ayrılır. Her satırda aynı üç harfin

3! = 6

sıralanışı vardır. Grup sayısı

24 \div 6 = 4

'tür.

Her grup tablonun bir satırıdır ve her satırda tam $3! = 6$ diziliş vardır. Bu nedenle grup sayısı

$\frac{24}{3 !} = \frac{24}{6} = 4$

olur. Listeyle de doğrulayabiliriz: ${A, B, C}$ , ${A, B, D}$ , ${A, C, D}$ , ${B, C, D}$ .

Ana fikir: Sıralı sayım, her sırasız seçimi tam $r!$ kez sayar (seçilen $r$ nesnenin kendi aralarındaki sıralanış sayısı kadar). Bu fazlalığı gidermek için sıralı sayıyı $r!$ 'e böleriz.

2. C(n, r) Formülü ve P(n, r) = C(n, r) · r!

$n$ farklı nesneden $r$ tanesinin sırasız seçimlerinin sayısına $n$ 'nin $r$ 'li kombinasyonu denir ve $C (n, r)$ ya da $(r n)$ ile gösterilir. Bu sayfada çoğunlukla $C (n, r)$ yazacağız. Birinci bölümdeki düşünce genel olarak şunu verir ( $0 \leq r \leq n$ ):

$C (n, r) = (r n) = \frac{P ( n , r )}{r !} = \frac{n !}{r ! ( n - r )!}$

Pratik hesap: Paya $n$ 'den başlayıp azalarak $r$ tane çarpan, paydaya $r!$ yazılır:

$C (9, 4) = \frac{9 \cdot 8 \cdot 7 \cdot 6}{4 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 1} = \frac{3024}{24} = 126$

Sonuç her zaman bir tam sayıdır, çünkü bir şeyin "kaç yolla" yapıldığını sayar.

Formülün iki yanını $r!$ ile çarparsak sıralı seçimi iki adıma ayırmış oluruz:

$P (n, r) = C (n, r) \cdot r!$

Yani " $r$ kişiyi sıraya dizmek" = "önce kimlerin alınacağını seç" ( $C (n, r)$ yol) × "sonra seçilenleri sırala" ( $r!$ yol). Bu ayrım, Bölüm 9'daki görev verme sorularının temelidir.

3. Kombinasyonun Özellikleri: Simetri ve Pascal Kuralı

Uç değerler. $C (n, 0) = C (n, n) = 1$ : hiç seçmemenin de hepsini seçmenin de tek bir yolu vardır ( $0! = 1$ tanımı bunu sağlar). $C (n, 1) = n$ : tek nesne $n$ yolla seçilir.

Simetri. $C (n, r) = C (n, n - r)$ . Neden: $r$ nesneyi almak, geriye kalan $n - r$ nesneyi dışarıda bırakmakla aynı karardır. Hesapta küçük olanı kullanırız:

$C (18, 16) = C (18, 2) = \frac{18 \cdot 17}{2} = 153$

Pascal kuralı.

$C (n, r) + C (n, r + 1) = C (n + 1, r + 1)$

Neden: $n + 1$ kişiden $r + 1$ kişilik bir ekip seçelim ve bu kişilerden birine, Ece'ye bakalım. Her ekip ya Ece'yi içerir ya da içermez; iki durum ayrıktır.

Ece ekipteyse kalan $r$ yer diğer $n$ kişiden doldurulur: $C (n, r)$ .
Ece ekipte değilse $r + 1$ yerin tamamı diğer $n$ kişiden doldurulur: $C (n, r + 1)$ .

İki durumun toplamı tüm ekiplerin sayısıdır. Küçük bir kontrol: $C (4, 1) + C (4, 2) = 4 + 6 = 10 = C (5, 2)$ . Bu kural Binom Açılımı sayfasında Pascal üçgenini kurmak için yeniden kullanılır.

Alt küme sayısıyla ilişkisi (yalnız kavram). $n$ elemanlı bir kümenin her elemanı için iki seçenek vardır: alt kümeye girer ya da girmez. Bu yüzden tüm alt kümelerin sayısı $2^{n}$ 'dir. Bu sayı, $0, 1, \dots, n$ elemanlı alt kümelerin sayılarının toplamıdır. Bu toplamla ilgili hesaplar Binom Açılımı sayfasında yapılır; burada yalnız $C (n, r)$ 'nin, $n$ elemanlı kümenin $r$ elemanlı alt kümelerini saydığını akılda tutmak yeterlidir.

4. Kombinasyon Denklemleri: İki Durum

$n = 6$ için kombinasyon değerlerini yan yana yazalım:

$r$	$0$	$1$	$2$	$3$	$4$	$5$	$6$
$C (6, r)$	$1$	$6$	$15$	$20$	$15$	$6$	$1$

Değerler ortaya kadar artar, sonra simetrik olarak azalır. Bu her $n$ için böyledir, çünkü ardışık iki değerin oranı

$\frac{C ( n , r + 1 )}{C ( n , r )} = \frac{n - r}{r + 1}$

dir ve bu oran $r < \frac{n - 1}{2}$ iken $1$ 'den büyüktür. Yani değerler ortaya kadar kesin olarak artar; simetri nedeniyle ortadan sonra aynı değerler ters sırayla tekrarlanır. $n$ çiftse ortadaki değer bir kez, diğer her değer iki kez görülür; $n$ tekse ortada birbirine eşit iki değer vardır ve her değer tam iki kez görülür. Bu yüzden

$C (n, a) = C (n, b) ⟹ a = b veya a + b = n$

olur. Bir kombinasyon denkleminde iki durumu da çözmek gerekir. Her adayın $0 \leq a \leq n$ ve $0 \leq b \leq n$ koşulunu sağladığı ayrıca kontrol edilir.

$C (n, 2) = k$ biçimindeki denklemlerde $\frac{n ( n - 1 )}{2} = k$ , yani $n (n - 1) = 2 k$ yazılır ve ardışık iki doğal sayının çarpımı aranır. Örnek 6 iki durumu birlikte gösterir.

5. Belirli Elemanlar Dahil, Hariç veya Birlikte Olamaz

$n$ kişiden $r$ kişilik bir grup seçilirken bazı kişiler için koşul verilebilir. Her satırdaki fikir aynıdır: koşulun kesinleştirdiği kişileri ayır, yer sayısını ve aday sayısını buna göre azalt.

Koşul	Seçim sayısı	Neden
Belirli bir kişi kesin dahil	$C (n - 1, r - 1)$	O kişi bir yeri aldı; kalan $r - 1$ yer, kalan $n - 1$ kişiden
Belirli bir kişi kesin hariç	$C (n - 1, r)$	Aday sayısı $1$ azalır, yer sayısı aynı kalır
Belirli $k$ kişi kesin dahil	$C (n - k, r - k)$	$k$ yer doldu, $k$ aday kullanıldı
İki kişi birlikte olamaz	$C (n, r) - C (n - 2, r - 2)$	Tümünden, ikisinin birlikte olduğu seçimler çıkar
$A$ seçilirse $B$ de seçilmeli	$C (n - 1, r) + C (n - 2, r - 2)$	$A$ yok ya da $A$ ve $B$ birlikte var

Son satırda koşul tek yönlüdür: $B$ , $A$ olmadan da gruba girebilir. Örneğin Ali ve Ayşe'nin de bulunduğu $8$ kişiden $3$ kişilik bir grup seçilsin ve "Ali seçilirse Ayşe de seçilmeli" denilsin.

Ali yoksa: $3$ kişi diğer $7$ kişiden seçilir, $C (7, 3) = 35$ . (Ayşe bu gruplarda olabilir de olmayabilir de.)
Ali varsa Ayşe de vardır: kalan $1$ yer diğer $6$ kişiden doldurulur, $C (6, 1) = 6$ .

Toplam $35 + 6 = 41$ grup vardır. Dahil, hariç ve birlikte olamaz koşulları Örnek 2'de çözülmüştür.

6. İki Gruptan Seçim: Çarpma Kuralı

Seçim iki ayrı gruptan birlikte yapılıyorsa her gruptaki seçim ayrı ayrı sayılır ve sonuçlar çarpılır. Örneğin $4$ farklı matematik ve $3$ farklı fizik kitabından $2$ matematik ve $1$ fizik kitabı seçmenin yolu

$C (4, 2) \cdot C (3, 1) = 6 \cdot 3 = 18$

dir. Çarpıyoruz, çünkü $6$ matematik ikilisinin her biri $3$ fizik kitabının her biriyle ayrı bir seçim oluşturur. Toplamak ( $6 + 3 = 9$ ) yanlıştır; toplama ancak birbirini dışlayan durumları birleştirirken kullanılır.

İki kural çoğu zaman birlikte kullanılır: farklı bileşimler ("ya $2$ matematik $1$ fizik ya da $1$ matematik $2$ fizik") toplanır, her bileşimin içindeki gruplar çarpılır.

Değer sınıflarına göre seçim. Nesneler ağırlık, fiyat ya da renk gibi bir özelliğe göre sınıflara ayrılmışsa önce koşulu sağlayan sınıf bileşimleri listelenir, sonra her bileşim çarpma kuralıyla sayılır. Örneğin $9$ farklı paketin üçü $1$ kg, dördü $2$ kg, ikisi $5$ kg olsun ve bu paketlerden $2$ 'si, toplam ağırlık en az $6$ kg olacak biçimde seçilsin. Koşulu sağlayan bileşimler:

Bileşim	Toplam	Seçim sayısı
$5 + 5$	$10$ kg	$C (2, 2) = 1$
$5 + 2$	$7$ kg	$2 \cdot 4 = 8$
$5 + 1$	$6$ kg	$2 \cdot 3 = 6$

Toplam $1 + 8 + 6 = 15$ . Kontrol: tüm ikililer $C (9, 2) = 36$ ; koşulu sağlamayanlar $2 + 2$ , $2 + 1$ , $1 + 1$ bileşimleridir: $C (4, 2) + 4 \cdot 3 + C (3, 2) = 6 + 12 + 3 = 21$ . Gerçekten $36 - 21 = 15$ .

7. 'En Az' ve 'En Çok': Durumlar mı, Tümleyen mi?

" $4$ kişilik ekipte en az $2$ kız" ifadesi, ekipteki kız sayısının $2$ , $3$ ya da $4$ olması demektir. Kız sayısının alabileceği tüm değerleri bir tabloya yazınca hangi yolun kısa olduğu hemen görülür:

Kız sayısı	$0$	$1$	$2$	$3$	$4$
"En az $2$ kız"	hayır	hayır	evet	evet	evet

Durumlarla: "evet" sütunlarını ayrı ayrı say, topla.
Tümleyenle: tüm seçimlerden "hayır" sütunlarını çıkar.

"En az $2$ "nin tümleyeni "en çok $1$ "dir, yani $0$ veya $1$ kız. Yalnız "hiç kız yok" durumunu çıkarmak, $1$ kızlı ekipleri yanlışlıkla uygun saymak olur. Az sütunlu taraf hangisiyse o yolu seç; iki yolu da yapabiliyorsan biri diğerinin kontrolüdür.

"En çok $1$ öğretmen" de aynı biçimde okunur: $0$ öğretmen veya $1$ öğretmen. Bir yazılıda "ilk $4$ sorudan en az $3$ 'ünü cevaplamak zorunlu" gibi koşullar da aynı yolla çözülür: ilk gruptan kaç soru seçildiğine göre durumlara ayrılır, her durumda iki grubun seçimleri çarpılır. Örnek 3 iki yolu yan yana gösterir.

8. Çift Sayım Tuzağı: 'Önce Birini Seç' Neden Yanlış?

"En az $1$ erkek" koşulunda şu yanlış akıl yürütme çok yaygındır: "Önce koşulu garantilemek için bir erkek seçeyim, kalan yerleri herkesten doldurayım." En küçük örnekte bakalım: $E_{1}, E_{2}$ adlı iki erkek ve $K$ adlı bir kızdan, en az bir erkek içeren $2$ kişilik grup seçilecek.

Doğru sayım (listele): ${E_{1}, E_{2}}$ , ${E_{1}, K}$ , ${E_{2}, K}$ . Toplam $3$ grup.

Yanlış yöntem: Erkek $2$ yolla seçilir, kalan $1$ yer diğer $2$ kişiden doldurulur: $2 \cdot 2 = 4$ . Yöntemin ürettiği seçimler:

"Garanti" erkek	Sonra seçilen	Ortaya çıkan grup
$E_{1}$	$E_{2}$	${E_{1}, E_{2}}$
$E_{1}$	$K$	${E_{1}, K}$
$E_{2}$	$E_{1}$	${E_{1}, E_{2}}$ (tekrar)
$E_{2}$	$K$	${E_{2}, K}$

${E_{1}, E_{2}}$ grubu iki kez sayılmıştır. Sorun şudur: ortaya çıkan grupta hangi erkeğin "garanti" olarak seçildiği belli değildir, yani yöntem gizlice sıra gözetmiştir. İki erkekli bir grup iki kez, üç erkekli bir grup üç kez sayılır. Doğru yol tümleyen ya da durumlara ayırmadır. Tümleyenle: tüm gruplar $C (3, 2) = 3$ ; hiç erkek içermeyen $2$ kişilik grup yoktur (yalnız $1$ kız var), yani $3 - 0 = 3$ . Örnek 4 bu farkı daha büyük sayılarla gösterir.

9. Seç, Sonra Sırala veya Görev Ver

Seç, sonra sırala. $n$ nesneden $r$ tanesini seçip sıraya dizmek $C (n, r) \cdot r! = P (n, r)$ yolla yapılır. İki adımlı düşünmek, özellikle seçilenlerin yalnız bir kısmının sıralandığı ya da görev aldığı sorularda işe yarar.

Görevli ve görevsiz üyeler. Bir grupta bazı kişilerin görevi varsa (başkan, sayman) bazılarının yoksa iki eşdeğer yol vardır:

Önce grubu sırasız seç, sonra grubun içinden görevlileri sıralı ata.
Önce görevlileri sıralı seç, sonra görevsiz üyeleri kalanlardan sırasız seç.

İki yol aynı sonucu vermelidir; bu, iyi bir kontroldür. Örnek 5 iki yolu da uygular.

Mevkili takım. Kaleci yalnız kalecilerden, diğer oyuncular yalnız diğer oyunculardan seçiliyorsa her mevki ayrı bir grup gibi seçilir ve sonuçlar çarpılır (Bölüm 6).

Birbirini tehdit etmeyen kaleler. $n \times n$ kareli tahtaya $k$ özdeş kale, hiçbir ikisi aynı satırda ya da aynı sütunda olmayacak biçimde konulacak olsun. Bu da bir "seç, sonra eşle" sorusudur ve üç adımda çözülür:

Kalelerin bulunacağı satırları seç: $C (n, k)$ .
Kalelerin bulunacağı sütunları seç: $C (n, k)$ .
Seçilen satırları seçilen sütunlarla eşle: en üstteki kalenin $k$ , sonrakinin $k - 1$ , … sütun seçeneği vardır, yani $k!$ yol.

$Yerle \overset{s}{¸} im say ı s ı = C (n, k) \cdot C (n, k) \cdot k!$

Şekil 2 —

5 \times 5

tahtada birbirini tehdit etmeyen

3

kale. Kalelerin satırları (

2, 4, 5

) ve sütunları (

a, c, e

) seçildikten sonra satırlar sütunlarla eşlenir. Aynı satır ve sütunlarla

3! = 6

farklı eşleme, yani

6

farklı yerleşim vardır.

Küçük bir kontrol: $3 \times 3$ tahtaya $2$ özdeş kale $C (3, 2) \cdot C (3, 2) \cdot 2! = 3 \cdot 3 \cdot 2 = 18$ yolla konur. İkinci yol: birinci kale $9$ kareden birine, ikinci kale birincinin satırı ve sütunu dışında kalan $4$ kareden birine konur; kaleler özdeş olduğu için her yerleşim $2!$ kez sayılmıştır: $\frac{9 \cdot 4}{2} = 18$ . Kaleler farklı (örneğin numaralı) olsaydı, kalelerin bu $k$ kareye dağılışı için ayrıca $k!$ ile çarpardık. Örnek 10 bu yöntemi kullanır.

10. Maç, Tokalaşma ve Turnuva Sayıları

Durum	Sayı	Neden
Tokalaşma (herkes herkesle bir kez)	$C (n, 2)$	Her tokalaşma iki kişilik sırasız bir seçimdir
Tek devreli lig (her iki takım bir kez)	$C (n, 2)$	Her maç sırasız bir takım ikilisidir
Çift devreli lig (iç saha ve dış saha)	$n (n - 1) = P (n, 2)$	$A$ – $B$ ile $B$ – $A$ ayrı maçlardır
Eleme usulü (kaybeden elenir)	$n - 1$	Her maç tam bir takımı eler

Küçük kontrol, $4$ takım için: tek devrede $6$ , çift devrede $12$ , eleme usulünde $3$ maç oynanır.

Eleme usulü neden $n - 1$ ? Her maçta tam olarak bir takım elenir. Turnuva sonunda şampiyon dışındaki $n - 1$ takımın hepsi elenmiş olacağından $n - 1$ maç oynanır. Takım sayısının $2$ 'nin kuvveti olması gerekmez; bir turda tek sayıda takım varsa bir takım maç yapmadan üst tura çıkar (bay geçer) ve sonuç değişmez.

Ters sorular. Maç sayısı verilip $n$ sorulursa $C (n, 2) = N$ denklemi kurulur. "En az $N$ maç" gibi bir eşik verilirse $C (n, 2) \geq N$ olan en küçük $n$ aranır. Bu durumda hem bulunan $n$ 'yi hem de $n - 1$ 'i kontrol et: $n - 1$ koşulu sağlamamalı, $n$ sağlamalıdır. Örnek 7 eşik sorusunu ve eleme usulünü birlikte gösterir.

11. Ardışık Olmayan Seçim: C(n − k + 1, k)

$1, 2, \dots, n$ sayılarından, hiçbir ikisi ardışık olmayan $k$ sayı seçmek isteyelim. Önce listeleyerek bakalım: $1$ 'den $5$ 'e kadar olan sayılardan ardışık olmayan $2$ sayı seçmenin yolları

${1, 3}, {1, 4}, {1, 5}, {2, 4}, {2, 5}, {3, 5}$

olmak üzere $6$ tanedir.

Boşluk yöntemi. Seçilmeyen $n - k$ sayıyı (örneğin sönük lambaları) bir sıraya koy. Bunların arasında ve iki ucunda $n - k + 1$ boşluk oluşur. Seçilen $k$ sayıyı farklı boşluklara koyarsak hiçbir ikisi yan yana gelmez; tersine, ardışık olmayan her seçim boşluklara tek bir biçimde karşılık gelir. Bu yüzden

$Ard ı \overset{s}{¸} ı k olmayan se \overset{c}{¸} im say ı s ı = C (n - k + 1, k)$

dır. Liste kontrolü: $n = 5$ , $k = 2$ için $C (4, 2) = 6$ . Bu, Permütasyon ve Faktöriyel sayfasındaki boşluk yönteminin seçim hâlidir: seçilenler kendi aralarında sıralanmadığı için $k!$ çarpanı yoktur.

Şekil 3 — Düz bir sırada

7

lambadan

3

'ü yanacak ve yan yana iki lamba birlikte yanmayacak.

4

sönük lamba

5

boşluk oluşturur; yanık lambalar için

3

boşluk seçilir:

C (5, 3) = 10

Bu formül düz bir sıra içindir: ilk ve son eleman komşu sayılmaz. Örnek 8 yöntemi uygular ve sık yapılan eksik çıkarma hatasını gösterir.

12. Özdeş Nesnelerden Seçim: Renk Desenleri

Bir kutuda $3$ özdeş kırmızı ve $4$ özdeş mavi top olsun ve $3$ top seçilsin. Özdeş toplar arasında fark olmadığı için bir seçimi belirleyen tek şey her renkten kaç top alındığıdır. Listeleyelim (K: kırmızı, M: mavi):

$K K K, K K M, K M M, M M M$

Yalnız $4$ farklı seçim vardır. Toplar numaralı (yani farklı) olsaydı cevap $C (7, 3) = 35$ olurdu. Özdeş nesnelerde $C (toplam, r)$ yazmak, birbirinden ayırt edilemeyen seçimleri ayrı saymaktır.

Ters yöndeki hata da yaygındır: aynı değerde ama farklı nesneler özdeş değildir. Aynı fiyattaki $5$ farklı kitap ya da aynı renkteki ama numaralı toplar ayırt edilebilir; bunlardan seçim $C (n, r)$ ile sayılır. Belirleyici soru şudur: iki nesnenin yerini değiştirince seçim değişiyor mu?

Özdeş ve farklı nesnelerin karıştığı bir seçim Örnek 9'da çözülmüştür. Birçok türden ve her türden istendiği kadar nesne alınabilen seçimler Gruplara Ayırma ve Dağıtma sayfasında işlenir.

13. Alt Küme Sayıları

$n$ elemanlı bir kümenin $r$ elemanlı alt kümeleri, o kümeden yapılan $r$ 'li sırasız seçimlerdir; sayıları $C (n, r)$ 'dir. Bölüm 5'teki dahil ve hariç kuralları alt kümelere aynen uygulanır:

İstenen $r$ elemanlı alt kümeler	Sayı
$a$ elemanını içeren	$C (n - 1, r - 1)$
$b$ elemanını içermeyen	$C (n - 1, r)$
$a$ 'yı içeren, $b$ 'yi içermeyen	$C (n - 2, r - 1)$

Örneğin ${a, b, c, d, e, f}$ kümesinin $a$ 'yı içeren ama $b$ 'yi içermeyen $3$ elemanlı alt kümeleri için $a$ alınır, $b$ dışarıda bırakılır ve kalan $2$ eleman ${c, d, e, f}$ kümesinden seçilir: $C (4, 2) = 6$ .

"En az bir çift eleman" gibi koşullar tümleyenle çözülür: tüm $r$ elemanlı alt kümelerden, elemanlarının hepsi tek olanlar çıkarılır.

Toplamı çift olan alt kümeler tek ve çift elemanların sayısına göre durumlara ayrılır. Toplamın çift olması için tek elemanların sayısı çift olmalıdır:

$2$ elemanlı: ya ikisi de tek ya da ikisi de çift.
$3$ elemanlı: ya üçü de çift ya da $1$ çift ve $2$ tek.

Örneğin ${1, 2, 3, 4, 5, 6}$ kümesinde $3$ tek ve $3$ çift eleman vardır; toplamı çift olan $2$ elemanlı alt kümelerin sayısı $C (3, 2) + C (3, 2) = 6$ 'dır. Listeyle: ${1, 3}$ , ${1, 5}$ , ${3, 5}$ , ${2, 4}$ , ${2, 6}$ , ${4, 6}$ .

14. Permütasyon mu, Kombinasyon mu? Karar Testi

Formül seçmeden önce şu yer değiştirme testini uygula: Seçilen iki kişinin ya da nesnenin yerini değiştir. Ortaya yeni bir sonuç çıkıyorsa sıra önemlidir (permütasyon); aynı sonuç kalıyorsa sıra önemsizdir (kombinasyon).

Durum	Yer değiştirince	Sayım
$3$ kişilik ekip, kurul, komisyon	Aynı ekip	$C (n, 3)$
Başkan, yardımcı, sayman	Görevler değişir, yeni seçim	$P (n, 3)$
Rafa dizilen kitaplar	Yeni diziliş	$P (n, r)$
Tokalaşma, tek devreli maç	Aynı tokalaşma, aynı maç	$C (n, 2)$
Çift devreli lig maçı	İç saha ve dış saha değişir	$P (n, 2)$
İçinden bir başkan seçilen $4$ kişilik kurul	Başkan değişirse yeni seçim; iki üye yer değiştirirse aynı	$C (n, 4) \cdot 4$

Son satır, en sık karşılaşılan karma durumdur: grubun bir kısmı sıralı, bir kısmı sırasızdır. Bu durumda formülü tek seferde seçmeye çalışma; seçimi adımlara ayır (Bölüm 9).

Çözümlü Sorular

Örnek

Soru

Bir dondurmacıda $6$ farklı çeşit dondurma vardır. Ece, birbirinden farklı $3$ çeşit seçip her birinden bir top dondurmayı bir kâseye koyduracaktır. Kâsede topların sırası önemli olmadığına göre Ece kaç farklı seçim yapabilir?

Önce sırayı önemliymiş gibi say, sonra aynı kâsenin kaç kez sayıldığını bul.

Sıra önemli olsaydı (örneğin toplar bir külahta alttan üste dizilseydi) ilk top $6$ , ikinci top $5$ , üçüncü top $4$ yolla seçilirdi: $P (6, 3) = 6 \cdot 5 \cdot 4 = 120$ diziliş.
Kâsede sıra önemsizdir. Aynı üç çeşidin $3! = 6$ farklı sıralanışı tek bir kâse verir, yani her seçim $6$ kez sayılmıştır.
Seçim sayısı: $\frac{120}{6} = 20$ . Bu, $C (6, 3) = \frac{6 \cdot 5 \cdot 4}{3 \cdot 2 \cdot 1} = 20$ demektir.
Kontrol (Pascal kuralıyla): Çeşitlerden biri çikolata olsun. Çikolatayı içeren seçimler $C (5, 2) = 10$ , içermeyenler $C (5, 3) = 10$ ; toplam $10 + 10 = 20$ .

Sonuç:

20

Örnek

Soru

Deniz, Efe, Ali ve Veli'nin de bulunduğu $12$ kişilik bir sınıftan $5$ kişilik bir temsilci kurulu seçilecektir. Kurulda görev ayrımı yoktur.

a) Deniz kurulda kesin yer alacak, Efe ise kesin yer almayacaksa kaç farklı kurul oluşturulabilir?

b) Bu kez Deniz ve Efe için bir koşul yoktur; ancak Ali ile Veli aynı kurulda bulunamaz. Kaç farklı kurul oluşturulabilir?

a) Koşulun kesinleştirdiği kişileri ayır; hem yer sayısını hem aday sayısını güncelle. b) Tümünden "ikisi birlikte" olan kurulları çıkar.

a) Deniz kurulda olduğu için $1$ yer doldu, $5 - 1 = 4$ yer kaldı. Deniz zaten seçildiği ve Efe dışarıda bırakıldığı için aday olarak $12 - 2 = 10$ kişi kalır.
a) Kurul sayısı: $C (10, 4) = \frac{10 \cdot 9 \cdot 8 \cdot 7}{24} = 210$ .
a) Sık yapılan iki hata: Efe'yi aday listesinden çıkarmayı unutmak $C (11, 4) = 330$ verir; Deniz'in doldurduğu yeri düşmeyi unutmak $C (10, 5) = 252$ verir. İkisi de yanlıştır.
b) Tüm kurullar: $C (12, 5) = 792$ . İstenmeyen kurullarda Ali ve Veli birliktedir; kalan $3$ yer diğer $10$ kişiden doldurulur: $C (10, 3) = 120$ . Uygun kurullar: $792 - 120 = 672$ .
b) Kontrol (durumlarla): İkisi de yok: $C (10, 5) = 252$ . Yalnız Ali var: $C (10, 4) = 210$ . Yalnız Veli var: $C (10, 4) = 210$ . Toplam $252 + 210 + 210 = 672$ .
b) Yalnız "ikisi de yok" durumunu saymak ( $252$ ) yanlıştır: Ali'nin Veli olmadan ya da Veli'nin Ali olmadan girdiği kurullar da koşulu sağlar.

Sonuç: a)

210

672

Örnek

Soru

$6$ kız ve $5$ erkek arasından $4$ kişilik bir proje ekibi seçilecektir. Ekipte en az $2$ kız bulunacaksa kaç farklı ekip oluşturulabilir?

"En az $2$ kız" ifadesi $2$ , $3$ ya da $4$ kız demektir. Tümleyeni " $0$ veya $1$ kız"dır.

Durumlara ayıralım. Her durumda kızlar ve erkekler birlikte seçildiği için iki seçim çarpılır:
- $2$ kız, $2$ erkek: $C (6, 2) \cdot C (5, 2) = 15 \cdot 10 = 150$
- $3$ kız, $1$ erkek: $C (6, 3) \cdot C (5, 1) = 20 \cdot 5 = 100$
- $4$ kız: $C (6, 4) = 15$
Toplam: $150 + 100 + 15 = 265$ .
Kontrol (tümleyenle): Tüm ekipler $C (11, 4) = 330$ . Hiç kız yok: $C (5, 4) = 5$ . Tam $1$ kız: $C (6, 1) \cdot C (5, 3) = 6 \cdot 10 = 60$ . Uygun ekipler: $330 - 5 - 60 = 265$ . İki yol aynı sonucu verdi.
Sık yapılan hatalar: Tümleyende yalnız "hiç kız yok" durumunu çıkarmak $330 - 5 = 325$ verir; oysa $1$ kızlı ekipler de koşulu sağlamaz. Bir durumun içinde seçimleri toplamak ( $15 + 10 = 25$ ) da yanlıştır: $15$ kız ikilisinin her biri $10$ erkek ikilisinin her biriyle ayrı bir ekip oluşturur.

Sonuç:

265

Örnek

Soru

$4$ öğretmen ve $7$ öğrenci arasından $3$ kişilik bir kurul seçilecektir. Kurulda en az $1$ öğretmen bulunacaksa kaç farklı kurul oluşturulabilir?

"Önce bir öğretmen seç, kalan yerleri herkesten doldur" yöntemini dene ve sonucu tüm kurulların sayısıyla karşılaştır.

Tümleyenle: Tüm kurullar $C (11, 3) = 165$ . Hiç öğretmen olmayan kurullar $C (7, 3) = 35$ . Uygun kurullar: $165 - 35 = 130$ .
Yaygın yanlış yol: "Önce bir öğretmen seçeyim ( $4$ yol), kalan $2$ kişiyi diğer $10$ kişiden seçeyim ( $C (10, 2) = 45$ yol)." Bu $4 \cdot 45 = 180$ verir. $180$ , kısıtsız tüm kurulların sayısından ( $165$ ) bile büyüktür; bu kesin bir hata işaretidir.
Hatanın nedeni: $\ddot{O}_{1}$ , $\ddot{O}_{2}$ öğretmen ve $S_{1}$ öğrenci olsun. ${\ddot{O}_{1}, \ddot{O}_{2}, S_{1}}$ kurulu bir kez "garanti $\ddot{O}_{1}$ , sonra $\ddot{O}_{2}$ ile $S_{1}$ ", bir kez de "garanti $\ddot{O}_{2}$ , sonra $\ddot{O}_{1}$ ile $S_{1}$ " olarak sayılır. İki öğretmenli her kurul $2$ kez, üç öğretmenli her kurul $3$ kez sayılır.
Kontrol (durumlarla): $1$ öğretmenli: $4 \cdot C (7, 2) = 84$ . $2$ öğretmenli: $C (4, 2) \cdot 7 = 42$ . $3$ öğretmenli: $C (4, 3) = 4$ . Doğru toplam $84 + 42 + 4 = 130$ . Yanlış yöntem ise $84 + 2 \cdot 42 + 3 \cdot 4 = 180$ sayar; fark tam olarak iki kez ve üç kez sayılan kurullardan gelir.

Sonuç:

130

Örnek

Soru

$7$ kişilik bir kulüpten $4$ kişilik bir yönetim kurulu seçilecektir. Kurul üyelerinden biri başkan, bir başkası sayman olacak; diğer iki kişi görevsiz üye olacaktır. Bu kurul kaç farklı şekilde oluşturulabilir?

Grubun bir kısmı sıralı (görevliler), bir kısmı sırasızdır (üyeler). Seçimi adımlara ayır.

Birinci yol (önce seç, sonra görev ver): $4$ kişi sırasız seçilir, $C (7, 4) = 35$ . Bu $4$ kişiden başkan $4$ , sayman kalan $3$ kişiden $3$ yolla belirlenir: $4 \cdot 3 = 12$ . Toplam $35 \cdot 12 = 420$ .
İkinci yol (önce görevliler): Başkan $7$ , sayman $6$ yolla seçilir. Kalan $5$ kişiden $2$ görevsiz üye sırasız seçilir: $C (5, 2) = 10$ . Toplam $7 \cdot 6 \cdot 10 = 420$ . İki yol aynı sonucu verdi.
Sık yapılan hatalar: Yalnız $C (7, 4) = 35$ yazmak görevleri yok sayar. $P (7, 4) = 840$ yazmak ise iki görevsiz üyeyi de sıralı sayar: aynı kurul, üyelerin yer değiştirmesiyle $2! = 2$ kez sayılır. Gerçekten $840 \div 2 = 420$ ; bu da üçüncü bir kontroldür.

Sonuç:

420

Örnek

Soru

$C (12, 2 x - 1) = C (12, x + 4)$ eşitliğini sağlayan $x$ doğal sayılarının toplamı kaçtır?

$C (n, a) = C (n, b)$ ise $a = b$ veya $a + b = n$ olur. İki durumu da çöz.

Birinci durum, $a = b$ : $2 x - 1 = x + 4$ ise $x = 5$ . Bu durumda iki taraf da $C (12, 9)$ olur; $0 \leq 9 \leq 12$ olduğundan geçerlidir.
İkinci durum, $a + b = n$ : $(2 x - 1) + (x + 4) = 12$ ise $3 x + 3 = 12$ , yani $x = 3$ . Bu durumda eşitlik $C (12, 5) = C (12, 7)$ olur; simetriden doğrudur ve $5$ ile $7$ , $0$ ile $12$ arasındadır.
Çözümlerin toplamı: $5 + 3 = 8$ .
Sık yapılan hata: Yalnız birinci durumu çözüp $5$ yazmak. Başka çözüm de yoktur: $C (12, r)$ değerleri $r = 6$ 'ya kadar artar, sonra simetrik olarak azalır; her değer en çok iki kez görülür; bu yüzden $a = b$ ve $a + b = 12$ dışında bir olasılık kalmaz.

Sonuç:

8

Örnek

Soru

Bir okul turnuvasında takımlar tek devreli lig usulüyle, yani her iki takım birbiriyle tam bir kez karşılaşacak biçimde oynayacaktır.

a) Lig boyunca en az $50$ maç oynanması isteniyorsa turnuvaya en az kaç takım katılmalıdır?

b) Ertesi yıl, a şıkkında bulunan sayıda takımla turnuva eleme usulüyle oynanacaktır: her maçın bir galibi vardır ve kaybeden elenir. Takım sayısı tek olan bir turda bir takım maç yapmadan üst tura çıkar (bay geçer). Şampiyon belli olana kadar kaç maç oynanır?

a) $C (n, 2) \geq 50$ olan en küçük $n$ 'yi ara; hem $n$ 'yi hem $n - 1$ 'i kontrol et. b) Her maç kaç takımı eler?

a) Tek devreli ligde her maç sırasız bir takım ikilisidir: $n$ takımla $C (n, 2) = \frac{n ( n - 1 )}{2}$ maç oynanır.
a) $n = 10$ için $C (10, 2) = 45$ ; bu $50$ 'den küçüktür, koşul sağlanmaz. $n = 11$ için $C (11, 2) = 55 \geq 50$ ; koşul sağlanır. En az $11$ takım gerekir.
a) Sık yapılan hata: $10$ 'u işaretlemek. $10$ , koşulu sağlamayan son değerdir.
b) Eleme usulünde her maçta tam bir takım elenir. $11$ takımdan şampiyon dışındaki $10$ takımın elenmesi gerektiğinden $10$ maç oynanır.
b) Kontrol (tur tur): $11$ takım: $5$ maç, $1$ takım bay geçer, $6$ takım kalır. $6$ takım: $3$ maç, $3$ takım kalır. $3$ takım: $1$ maç, $1$ takım bay geçer, $2$ takım kalır. Final: $1$ maç. Toplam $5 + 3 + 1 + 1 = 10$ .
b) Sık yapılan hatalar: Lig sayısını ( $C (11, 2) = 55$ ) ya da yalnız ilk turun maçlarını ( $5$ ) yazmak.

Sonuç: a)

11

10

Örnek

Soru

Bir koridorda düz bir sıra boyunca yan yana dizilmiş $10$ lamba vardır. Bu lambalardan tam $4$ 'ü yakılacak ve yan yana olan iki lamba birlikte yanmayacaktır. Kaç farklı yanma düzeni vardır?

Önce sönük kalacak $6$ lambayı diz ve oluşan boşlukları say.

Sönük kalacak $6$ lamba yan yana dizilir. Aralarında $5$ , iki uçta $2$ olmak üzere $7$ boşluk oluşur.
Yanacak $4$ lamba farklı boşluklara konursa hiçbir ikisi yan yana gelmez. Bir düzeni yalnız hangi boşlukların seçildiği belirler, bu yüzden seçim sırasızdır: $C (7, 4) = 35$ . Bu, $C (n - k + 1, k)$ formülünün $n = 10$ , $k = 4$ hâlidir.
Sık yapılan hata: Tüm seçimlerden $9$ komşu lamba çiftini çıkarmak, yani $C (10, 4) - 9 = 201$ yazmak. $9$ , komşu çiftlerin sayısıdır; en az bir komşu çift içeren $4$ 'lü seçimlerin sayısı değildir. Küçük bir örnekle görelim: $6$ lambadan ardışık olmayan $3$ lamba seçmenin yolları ${1, 3, 5}$ , ${1, 3, 6}$ , ${1, 4, 6}$ , ${2, 4, 6}$ olmak üzere $4$ tanedir ve $C (4, 3) = 4$ ile uyuşur. Eksik çıkarma ise $C (6, 3) - 5 = 15$ verir.
Kontrol (ikinci yol): Yanan lambaların numaraları $a < b < c < d$ olsun. Ardışıklık olmadığı için $a$ , $b - 1$ , $c - 2$ , $d - 3$ sayıları $1$ ile $7$ arasında farklı dört sayıdır. Tersine, $1$ ile $7$ arasındaki her dört farklı sayı bu yolla tek bir uygun düzene döner. Bu yüzden düzen sayısı $C (7, 4) = 35$ 'tir.

Sonuç:

35

Örnek

Soru

Bir kutuda $4$ özdeş kırmızı top ile üzerlerinde $1$ 'den $5$ 'e kadar numaralar yazılı $5$ mavi top vardır; mavi toplar numaralarıyla birbirinden ayırt edilir. Kutudan $3$ top seçilecektir. Kaç farklı top grubu elde edilebilir?

Kırmızılar özdeş olduğu için yalnız kaç kırmızı alındığı önemlidir. Kırmızı sayısına göre durumlara ayır.

Kırmızı sayısı $0$ , $1$ , $2$ ya da $3$ olabilir; kutuda $4$ kırmızı olduğu için hepsi mümkündür. Her durumda kırmızılar tek yolla alınır, maviler ise numaralı olduğu için kombinasyonla seçilir:
- $0$ kırmızı, $3$ mavi: $C (5, 3) = 10$
- $1$ kırmızı, $2$ mavi: $C (5, 2) = 10$
- $2$ kırmızı, $1$ mavi: $C (5, 1) = 5$
- $3$ kırmızı: $1$
Toplam: $10 + 10 + 5 + 1 = 26$ .
Birinci hata: Tüm topları farklı sayıp $C (9, 3) = 84$ yazmak. Bu, kırmızıları da ayırt eder; örneğin "iki kırmızı ve $1$ numaralı mavi" grubu $C (4, 2) = 6$ kez sayılır.
İkinci hata: Mavileri de özdeş sayıp yalnız renk desenlerine bakmak ( $K K K$ , $K K M$ , $K M M$ , $M M M$ ) ve $4$ yazmak. Maviler numaralı olduğu için ayırt edilebilir.
Kontrol (fazla sayımı hesaplayarak): Kırmızıları geçici olarak numaralı sayalım. O zaman $j$ kırmızılı her grup, hangi kırmızıların alındığına göre $C (4, j)$ kez sayılır. Bu sayımların toplamı tüm topları farklı saymakla bulunan sayıya eşit olmalıdır: $10 \cdot 1 + 10 \cdot 4 + 5 \cdot 6 + 1 \cdot 4 = 10 + 40 + 30 + 4 = 84 = C (9, 3)$ . Sayılar uyuştuğu için $26$ grubun dökümü doğrudur.

Sonuç:

26

Örnek

Soru

$5$ satır ve $5$ sütundan oluşan kareli bir tahtanın karelerine $3$ özdeş kale konulacaktır. Hiçbir iki kale aynı satırda ya da aynı sütunda olmayacaktır (yani kaleler birbirini tehdit etmeyecektir). Kaç farklı yerleşim vardır?

Önce satırları, sonra sütunları seç. Satır ve sütunları seçmek, kalelerin hangi karelerde olduğunu tek başına belirler mi?

Kalelerin bulunacağı $3$ satır: $C (5, 3) = 10$ yolla seçilir.
Kalelerin bulunacağı $3$ sütun: $C (5, 3) = 10$ yolla seçilir.
Seçilen satırlar seçilen sütunlarla eşlenir: en üstteki kale $3$ sütundan birine, sonraki kalan $2$ sütundan birine, sonuncusu kalan sütuna gider: $3! = 6$ yol (Şekil 2).
Toplam: $10 \cdot 10 \cdot 6 = 600$ .
Sık yapılan hata: $3!$ çarpanını unutup $100$ yazmak. Satırları ve sütunları seçmek yerleşimi belirlemez: örneğin $1, 2, 3$ . satırlar ile $a, b, c$ sütunları için $6$ farklı yerleşim vardır (biri $1 a$ , $2 b$ , $3 c$ ; bir diğeri $1 c$ , $2 b$ , $3 a$ gibi).
Kontrol (sıralı koyup bölerek): Kaleler numaralı olsaydı birinci kale $25$ kareden birine, ikinci kale birincinin satırı ve sütunu dışındaki $16$ kareden birine, üçüncü kale kalan $9$ kareden birine konurdu: $25 \cdot 16 \cdot 9 = 3600$ . Kaleler özdeş olduğundan her yerleşim $3! = 6$ kez sayılmıştır: $3600 \div 6 = 600$ .

Sonuç:

600

Pekiştirme Soruları

Konuyu pekiştirmek için hazırlanmış özgün sorular.

Çözümlü Sorular

Her soruyu önce kendin dene; takıldığında Çözüme Bak.

Soru 1Kolay

C (10, 4) + C (10, 5)

toplamı aşağıdakilerden hangisine eşittir?

Pascal kuralı: $C (n, r) + C (n, r + 1) = C (n + 1, r + 1)$ . Burada $n = 10$ , $r = 4$ olduğundan $C (10, 4) + C (10, 5) = C (11, 5)$ olur.
$C (11, 5)$ şıklarda yok; simetriden $C (11, 5) = C (11, 11 - 5) = C (11, 6)$ olduğu için cevap $C (11, 6)$ 'dır.
Sayısal kontrol: $C (10, 4) = 210$ , $C (10, 5) = 252$ , toplam $462$ ; $C (11, 6) = \frac{11 \cdot 10 \cdot 9 \cdot 8 \cdot 7}{5 !} = 462$ .
Çeldiriciler: alt indisleri toplamak $C (20, 9)$ ya da $C (10, 9)$ verir; üst indisi artırıp alt indisleri toplamak $C (11, 9) = 55$ , alt indisi küçük olandan almak $C (11, 4) = 330$ verir. Hiçbiri $462$ değildir.

Sonuç:

C (11, 6)

Soru 2Kolay

Birbirinden farklı

6

kitaptan

4

'ü seçilip bir rafa yan yana dizilecektir. Kaç farklı diziliş elde edilebilir?

Önce rafa girecek kitaplar sırasız seçilir: $C (6, 4) = 15$ .
Sonra seçilen $4$ kitap rafta sıralanır: $4! = 24$ .
Her seçim her sıralanışla ayrı bir diziliş verdiği için çarpılır: $15 \cdot 24 = 360$ .
Kontrol: doğrudan sıralı seçim $P (6, 4) = 6 \cdot 5 \cdot 4 \cdot 3 = 360$ .
Çeldiriciler: yalnız seçim ( $15$ ) diziliş sırasını, yalnız $4! = 24$ kitapların seçimini yok sayar; $15 + 24 = 39$ adımları toplar; $6! = 720$ ise altı kitabın hepsini dizer.

Sonuç:

360

Soru 3Kolay

7

kız ve

4

erkek öğrenci arasından, **tam olarak**

2

kız ve

2

erkekten oluşan

4

kişilik bir çalışma grubu seçilecektir. Grupta görev ayrımı yoktur. Kaç farklı grup seçilebilir?

Kızlar: $C (7, 2) = 21$ yolla seçilir.
Erkekler: $C (4, 2) = 6$ yolla seçilir.
İki seçim birlikte yapıldığı için çarpılır: $21 \cdot 6 = 126$ . Her kız ikilisi her erkek ikilisiyle ayrı bir grup oluşturur.
Kontrol: erkek ikilileri ${e_{1}, e_{2}}$ , ${e_{1}, e_{3}}$ , ${e_{1}, e_{4}}$ , ${e_{2}, e_{3}}$ , ${e_{2}, e_{4}}$ , ${e_{3}, e_{4}}$ olmak üzere $6$ tanedir; $21$ kız ikilisinin her biri bu $6$ ikiliyle eşleşir: $21 + 21 + 21 + 21 + 21 + 21 = 126$ .
Çeldiriciler: toplamak $21 + 6 = 27$ verir; kız sayısını gözetmeden $C (11, 4) = 330$ yazmak koşulu yok sayar; ikilileri sıralı seçmek $P (7, 2) \cdot C (4, 2) = 252$ ya da $P (7, 2) \cdot P (4, 2) = 504$ verir.

Sonuç:

126

Soru 4Kolay

Bir futsal kadrosunda

2

kaleci ve

9

saha oyuncusu vardır. Kaleciler yalnız kalede, saha oyuncuları yalnız sahada oynayabilir. Maça çıkacak takım

1

kaleci ve

4

saha oyuncusundan oluşacaktır; saha oyuncuları arasında mevki ayrımı yapılmamaktadır. Kaç farklı takım oluşturulabilir?

Kaleci, $2$ kaleci arasından $C (2, 1) = 2$ yolla seçilir.
Saha oyuncuları $9$ kişi arasından sırasız olarak $C (9, 4) = \frac{9 \cdot 8 \cdot 7 \cdot 6}{24} = 126$ yolla seçilir.
İki mevkinin seçimi birlikte yapıldığı için çarpılır: $2 \cdot 126 = 252$ .
Çeldiriciler: kaleci seçimini unutmak $126$ , toplamak $2 + 126 = 128$ , mevkileri gözetmeden $11$ kişiden $5$ seçmek $C (11, 5) = 462$ , saha oyuncularını sıralı saymak $2 \cdot P (9, 4) = 6048$ verir.

Sonuç:

252

Soru 5Kolay

A = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7}

kümesinin

3

elemanlı alt kümelerinden kaç tanesi **en az bir** çift sayı içerir?

Kümede $4$ tek ( $1, 3, 5, 7$ ) ve $3$ çift ( $2, 4, 6$ ) sayı vardır.
Tümleyenle: tüm $3$ elemanlı alt kümeler $C (7, 3) = 35$ . Hiç çift sayı içermeyenler, yani elemanlarının hepsi tek olanlar $C (4, 3) = 4$ .
İstenen: $35 - 4 = 31$ .
Kontrol (durumlarla): $1$ çift: $3 \cdot C (4, 2) = 18$ ; $2$ çift: $C (3, 2) \cdot 4 = 12$ ; $3$ çift: $1$ . Toplam $18 + 12 + 1 = 31$ .
Çeldiriciler: "önce bir çift seç, kalan $2$ elemanı diğer $6$ sayıdan seç" yöntemi $3 \cdot C (6, 2) = 45$ verir; bu, tüm alt kümelerden ( $35$ ) bile büyüktür, çift sayım vardır. Tümleyende "hepsi çift" olanları çıkarmak $35 - 1 = 34$ , sıralı saymak $P (7, 3) - P (4, 3) = 186$ verir.

Sonuç:

31

Soru 6Orta

Ali ve Ayşe'nin de bulunduğu

10

kişilik bir gruptan

4

kişilik bir ekip seçilecektir. Ali ekibe seçilirse Ayşe'nin de ekipte olması gerekir; Ayşe ise Ali olmadan da seçilebilir. Kaç farklı ekip oluşturulabilir?

Ekipleri Ali'nin durumuna göre ikiye ayıralım; bu iki durum ayrıktır.
Ali yoksa: $4$ kişi diğer $9$ kişiden seçilir (Ayşe olabilir de olmayabilir de): $C (9, 4) = 126$ .
Ali varsa Ayşe de vardır: kalan $2$ yer diğer $8$ kişiden doldurulur: $C (8, 2) = 28$ .
Toplam: $126 + 28 = 154$ .
Kontrol (tümleyenle): tüm ekipler $C (10, 4) = 210$ . İstenmeyen ekiplerde Ali var, Ayşe yoktur: kalan $3$ yer diğer $8$ kişiden, $C (8, 3) = 56$ . $210 - 56 = 154$ .
Çeldiriciler: koşulu iki yönlü sanmak ("ikisi birlikte ya da hiçbiri") $C (8, 4) + C (8, 2) = 98$ ; yalnız "Ali yok" durumunu saymak $126$ ; koşulu "birlikte olamaz" gibi okumak $210 - 28 = 182$ verir.

Sonuç:

154

Soru 7Orta

10

sorudan oluşan bir yazılıda öğrenciler, cevaplayacakları

7

soruyu kendileri seçecektir. Ancak ilk

4

sorudan **en az**

3

'ünün cevaplanması zorunludur. Bir öğrenci cevaplayacağı soruları kaç farklı şekilde seçebilir?

Sorular iki gruba ayrılır: ilk $4$ soru ve son $6$ soru. İlk gruptan $3$ ya da $4$ soru seçilebilir.
İlk $4$ 'ten tam $3$ soru: $C (4, 3) \cdot C (6, 4) = 4 \cdot 15 = 60$ .
İlk $4$ 'ün hepsi: $C (4, 4) \cdot C (6, 3) = 1 \cdot 20 = 20$ .
Durumlar ayrık olduğu için toplanır: $60 + 20 = 80$ .
Kontrol (tümleyenle): tüm seçimler $C (10, 7) = 120$ . İlk $4$ 'ten en çok $2$ soru seçen bir öğrenci son $6$ 'dan en az $5$ soru seçmelidir: $C (4, 2) \cdot C (6, 5) + C (4, 1) \cdot C (6, 6) = 36 + 4 = 40$ . $120 - 40 = 80$ .
Çeldiriciler: "önce ilk $4$ 'ten $3$ soru seç, kalan $4$ soruyu diğer $7$ sorudan seç" yöntemi $4 \cdot C (7, 4) = 140$ verir ve dört soruyu birden seçen öğrenciyi $4$ kez sayar. Yalnız "tam $3$ " durumu $60$ , yalnız "dördü de" durumu $20$ ; durumların içinde çarpmak yerine toplamak $(4 + 15) + (1 + 20) = 40$ verir.

Sonuç:

80

Soru 8Orta

Bir kalemlikte birbirinden farklı

4

kırmızı,

3

mavi ve

2

yeşil kalem vardır. Bu kalemlikten

4

kalem, **her renkten en az bir** kalem bulunacak biçimde kaç farklı şekilde seçilebilir?

$4$ kalemde üç rengin her biri en az bir kez bulunacaksa renklerden biri $2$ , diğer ikisi $1$ kez görülür. Kırmızı, mavi ve yeşil kalem sayıları için (bu sırayla yazılırsa) üç durum vardır.
$(2, 1, 1)$ : $C (4, 2) \cdot C (3, 1) \cdot C (2, 1) = 6 \cdot 3 \cdot 2 = 36$ .
$(1, 2, 1)$ : $C (4, 1) \cdot C (3, 2) \cdot C (2, 1) = 4 \cdot 3 \cdot 2 = 24$ .
$(1, 1, 2)$ : $C (4, 1) \cdot C (3, 1) \cdot C (2, 2) = 4 \cdot 3 \cdot 1 = 12$ .
Toplam: $36 + 24 + 12 = 72$ .
Çeldiriciler: "önce her renkten birer kalem seç ( $4 \cdot 3 \cdot 2 = 24$ ), dördüncü kalemi kalan $6$ kalemden seç" yöntemi $24 \cdot 6 = 144$ verir; bir renkten iki kalem içeren her seçim iki kez sayılır, gerçekten $144 = 2 \cdot 72$ . Yalnız birer seçip durmak $24$ , bir durumu atlamak (örneğin $36 + 24 = 60$ ), durumların içinde çarpmak yerine toplamak $(6 + 3 + 2) + (4 + 3 + 2) + (4 + 3 + 1) = 28$ verir.

Sonuç:

72

Soru 9Orta

{1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9}

kümesinin

3

elemanlı alt kümelerinden kaç tanesinin elemanları toplamı **çift** sayıdır?

Kümede $5$ tek ( $1, 3, 5, 7, 9$ ) ve $4$ çift ( $2, 4, 6, 8$ ) sayı vardır.
Üç sayının toplamı, tek sayıların adedi çift olduğunda çifttir. $3$ elemanda tek sayıların adedi $0$ ya da $2$ olmalıdır.
$0$ tek ( $3$ çift): $C (4, 3) = 4$ .
$2$ tek, $1$ çift: $C (5, 2) \cdot C (4, 1) = 10 \cdot 4 = 40$ .
Toplam: $4 + 40 = 44$ .
Kontrol: toplamı tek olanlar $1$ tek $2$ çift ( $5 \cdot 6 = 30$ ) ile $3$ tek ( $C (5, 3) = 10$ ) seçimleridir: $40$ . $44 + 40 = 84 = C (9, 3)$ . Tek ve çift sayıların adedi eşit olmadığından cevap $84$ 'ün yarısı ( $42$ ) değildir.
Diğer çeldiriciler: üç tek sayının toplamını çift sanmak $C (5, 3) = 10$ ya da $4 + 10 = 14$ ; yalnız " $2$ tek, $1$ çift" durumunu saymak $40$ verir.

Sonuç:

44

Soru 10Orta

Bir kitapçıda fiyatı

10

TL olan

3

, fiyatı

20

TL olan

4

ve fiyatı

30

TL olan

3

kitap vardır; kitapların hepsi birbirinden farklıdır. Bu kitaplardan

2

'si, fiyatları toplamı **en çok**

40

TL olacak biçimde kaç farklı şekilde seçilebilir?

Önce toplamı en çok $40$ TL olan fiyat bileşimlerini listeleyelim: $10 + 10 = 20$ , $10 + 20 = 30$ , $10 + 30 = 40$ , $20 + 20 = 40$ . ( $20 + 30 = 50$ ve $30 + 30 = 60$ koşulu sağlamaz.)
$10 + 10$ : $C (3, 2) = 3$ . $10 + 20$ : $3 \cdot 4 = 12$ .
$10 + 30$ : $3 \cdot 3 = 9$ . $20 + 20$ : $C (4, 2) = 6$ .
Toplam: $3 + 12 + 9 + 6 = 30$ .
Kontrol (tümleyenle): tüm ikililer $C (10, 2) = 45$ . Koşulu sağlamayanlar $20 + 30$ ( $4 \cdot 3 = 12$ ) ve $30 + 30$ ( $C (3, 2) = 3$ ): $15$ . $45 - 15 = 30$ .
Çeldiriciler: "en çok $40$ "ı " $40$ 'tan az" okumak, toplamı tam $40$ olan bileşimleri dışarıda bırakır: $3 + 12 = 15$ . Aynı fiyattaki kitapları özdeş sayıp $10 + 10$ ile $20 + 20$ 'yi birer kez saymak $1 + 12 + 9 + 1 = 23$ verir. Bir bileşimi atlamak $24$ ( $20 + 20$ yok) ya da $21$ ( $10 + 30$ yok) verir.

Sonuç:

30

Soru 11Orta

24

takımın katıldığı bir turnuvada takımlar önce

4

'er takımlık

6

gruba ayrılıyor. Her grupta tek devreli lig oynanıyor, yani grup içindeki her iki takım birbiriyle tam bir kez karşılaşıyor. Her grupta ilk

2

sırayı alan takımlar ikinci aşamaya çıkıyor ve ikinci aşama eleme usulüyle oynanıyor: her maçın bir galibi vardır, kaybeden elenir; takım sayısı tek olan bir turda bir takım maç yapmadan üst tura çıkar. Şampiyon belli olana kadar turnuvada toplam kaç maç oynanır?

Grup aşaması: her grupta $C (4, 2) = 6$ maç, $6$ grupta $6 \cdot 6 = 36$ maç oynanır.
İkinci aşamaya $6 \cdot 2 = 12$ takım çıkar. Eleme usulünde her maç tam bir takımı eler; şampiyon dışındaki $11$ takımın elenmesi için $11$ maç gerekir.
Toplam: $36 + 11 = 47$ .
Kontrol (tur tur): $12 \to 6$ ( $6$ maç), $6 \to 3$ ( $3$ maç), $3 \to 2$ ( $1$ maç, bir takım maç yapmadan çıkar), final ( $1$ maç): $6 + 3 + 1 + 1 = 11$ .
Çeldiriciler: eleme aşamasında yalnız ilk turu saymak $36 + 6 = 42$ ; maç sayısını takım sayısı kadar almak $36 + 12 = 48$ ; grupları çift devreli saymak $6 \cdot P (4, 2) + 11 = 83$ ; eleme aşamasını da lig gibi saymak $36 + C (12, 2) = 102$ verir.

Sonuç:

47

Soru 12Zor

1

'den

12

'ye kadar (

1

12

dahil) olan tam sayılardan, **hiçbir ikisi ardışık olmayan**

4

farklı sayı seçilecektir. Seçilen sayılardan biri

1

olacaksa bu seçim kaç farklı şekilde yapılabilir?

$1$ seçildiği için $2$ seçilemez (ardışık olurdu). Kalan $3$ sayı $3, 4, \dots, 12$ arasındaki $10$ sayıdan, hiçbir ikisi ardışık olmayacak biçimde seçilmelidir.
Boşluk yöntemi: seçilmeyen $10 - 3 = 7$ sayı dizilir; aralarında ve iki ucunda $8$ boşluk oluşur. $3$ sayı farklı boşluklara konur: $C (8, 3) = 56$ . Bu, $C (n - k + 1, k)$ formülünün $n = 10$ , $k = 3$ hâlidir.
$1$ ile $3$ ardışık olmadığından $3$ de seçilebilir; $1$ 'in seçilmesi yalnız $2$ 'yi dışarıda bırakır, başka bir kısıt getirmez.
Kontrol: $1$ 'den $12$ 'ye kadar ardışık olmayan tüm $4$ 'lü seçimler $C (9, 4) = 126$ 'dır. $1$ 'i içermeyenler, $2, \dots, 12$ arasındaki $11$ sayıdan ardışık olmayan $4$ sayı seçimleridir: $C (8, 4) = 70$ . $126 - 70 = 56$ .
Çeldiriciler: $2$ 'nin de yasaklandığını unutup $2, \dots, 12$ arasından seçmek $C (9, 3) = 84$ ; boşluk yöntemi yerine $C (10, 3) - 9 = 111$ gibi eksik çıkarma yapmak; $1$ koşulunu yok saymak $126$ ; ardışıklık koşulunu yok sayıp $C (11, 3) = 165$ yazmak.

Sonuç:

56

Soru 13Zor

Ali ve Ayşe'nin de bulunduğu

9

kişilik bir gruptan

4

kişi seçilecek ve düz bir sırada yan yana dizilmiş

4

sandalyeye oturtulacaktır. Ali ile Ayşe'nin **ikisi de** seçilirse yan yana oturmaları gerekir; ikisinden yalnız biri seçilebilir ya da ikisi de seçilmeyebilir. Kaç farklı oturma düzeni oluşturulabilir?

Düzenleri Ali ile Ayşe'den kaçının seçildiğine göre üç ayrık duruma ayıralım. Her durumda önce kişiler seçilir, sonra oturtulur.
İkisi de yok: $4$ kişi diğer $7$ kişiden seçilir, $C (7, 4) = 35$ ; sonra $4! = 24$ yolla oturtulur: $35 \cdot 24 = 840$ .
Yalnız biri var: Ali mi Ayşe mi olduğu $2$ yolla, diğer $3$ kişi $7$ kişiden $C (7, 3) = 35$ yolla seçilir; oturma $4! = 24$ yol: $2 \cdot 35 \cdot 24 = 1680$ .
İkisi de var: diğer $2$ kişi $C (7, 2) = 21$ yolla seçilir. Ali ile Ayşe tek bir blok sayılır; blok ve diğer $2$ kişi $3! = 6$ yolla sıralanır, blok içinde Ali ile Ayşe $2! = 2$ yolla yer değiştirir: $21 \cdot 6 \cdot 2 = 252$ .
Toplam: $840 + 1680 + 252 = 2772$ .
Kontrol (tümleyenle): koşulsuz düzenler $P (9, 4) = 9 \cdot 8 \cdot 7 \cdot 6 = 3024$ . İstenmeyen düzenlerde ikisi de seçilmiş ama yan yana değildir: $4$ sandalyede ikisine $P (4, 2) = 12$ yer ikilisi vardır, bunların $3 \cdot 2 = 6$ 'sı yan yanadır, $6$ 'sı değildir; diğer $2$ kişi $21$ yolla seçilip kalan sandalyelere $2$ yolla oturur: $6 \cdot 21 \cdot 2 = 252$ . $3024 - 252 = 2772$ .
Çeldiriciler: blok içindeki $2!$ çarpanını unutmak $840 + 1680 + 126 = 2646$ ; "yalnız biri var" durumunda Ali ile Ayşe'den hangisinin seçildiğini ayırmamak $840 + 840 + 252 = 1932$ ; ikisinin birlikte seçilmesini tümden yasak saymak $840 + 1680 = 2520$ ; koşulu yok saymak $3024$ verir.

Sonuç:

2772

Soru 14Zor

Ece'nin de bulunduğu

5

kız ve Can'ın da bulunduğu

5

erkek arasından

4

kişilik bir proje ekibi seçilecektir. Ekipte görev ayrımı yoktur. Ekipte **en az**

2

kız bulunacak, Ece ile Can ise aynı ekipte yer almayacaktır. Kaç farklı ekip oluşturulabilir?

Önce yalnız "en az $2$ kız" koşulunu sağlayan ekipleri sayalım: $2$ kız $2$ erkek $C (5, 2) \cdot C (5, 2) = 100$ ; $3$ kız $1$ erkek $C (5, 3) \cdot 5 = 50$ ; $4$ kız $C (5, 4) = 5$ . Toplam $155$ .
Bunlardan Ece ile Can'ın birlikte olduğu ekipler çıkarılır. Bu ekiplerde Ece ve Can vardır; kalan $2$ yer diğer $4$ kız ve $4$ erkekten doldurulur ve ekipte en az $2$ kız olması için bu ikisinden en az biri kız olmalıdır: $C (8, 2) - C (4, 2) = 28 - 6 = 22$ .
Uygun ekipler: $155 - 22 = 133$ .
Kontrol: birlikte olan $22$ ekip, "Ece, Can, $1$ kız, $1$ erkek" ( $4 \cdot 4 = 16$ ) ile "Ece, Can, $2$ kız" ( $C (4, 2) = 6$ ) ekipleridir: $16 + 6 = 22$ .
Çeldiriciler: yasaklı ekiplerden yalnız "Ece, Can, $1$ kız, $1$ erkek" olanları ( $16$ ) çıkarıp $3$ kızlı olanları unutmak $155 - 16 = 139$ verir. Yasağı yok saymak $155$ ; "en az $2$ kız" koşulunu yok sayıp $C (10, 4) - C (8, 2) = 182$ yazmak; "en az $2$ kız"ın tümleyenini yalnız "hiç kız yok" alıp $C (10, 4) - C (5, 4) = 205$ yazmak yanlıştır.

Sonuç:

133

Soru 15Zor

{1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10}

kümesinin

3

elemanlı alt kümelerinden kaç tanesinin elemanları toplamı

3

'e **tam bölünür**?

Sayıları $3$ 'e bölümünden kalana göre üç sınıfa ayıralım: kalan $0$ : ${3, 6, 9}$ ( $3$ sayı); kalan $1$ : ${1, 4, 7, 10}$ ( $4$ sayı); kalan $2$ : ${2, 5, 8}$ ( $3$ sayı).
Üç sayının toplamının $3$ 'e bölünmesi için kalanlar toplamı $3$ 'e bölünmelidir. Bu iki biçimde olur: üç sayı da aynı sınıftan ( $0 + 0 + 0$ , $1 + 1 + 1$ , $2 + 2 + 2$ ) ya da her sınıftan birer sayı ( $0 + 1 + 2$ ).
Aynı sınıftan: $C (3, 3) + C (4, 3) + C (3, 3) = 1 + 4 + 1 = 6$ .
Her sınıftan birer: $3 \cdot 4 \cdot 3 = 36$ .
Toplam: $6 + 36 = 42$ .
Kontrol: iki sayı aynı, biri farklı sınıftan gelirse kalanlar toplamı $3$ 'e bölünmez (örneğin $1 + 1 + 0 = 2$ , $1 + 1 + 2 = 4$ ); bu yüzden başka durum yoktur.
Çeldiriciler: yalnız aynı sınıf durumunu saymak $6$ , yalnız birer durumu saymak $36$ ; kalan $1$ sınıfında da $3$ sayı varmış gibi düşünmek $3 + 27 = 30$ ; "her üç alt kümeden biri" diye $C (10, 3) \div 3 = 40$ yazmak yanlıştır (sınıflar eşit büyüklükte değildir).

Sonuç:

42

0/15 soru cevaplandı

Sık Yapılan Hatalar

Görevli seçimi kombinasyonla, görevsiz seçimi permütasyonla saymak. Yer değiştirme testini uygula; karma durumlarda seçimi adımlara ayır (Örnek 5, Bölüm 14).
"En az $1$ " için "önce birini kesin seç, kalanlardan seç" yazmak. Bu yöntem aynı grubu birden çok kez sayar. Cevabın tüm seçimlerden büyük çıkması bunun işaretidir (Örnek 4, Bölüm 8).
"En az"ın tümleyenini yalnız "hiç" almak. "En az $2$ "nin tümleyeni " $0$ veya $1$ "dir; bir durumu atlamak cevabı büyütür (Örnek 3, Bölüm 7).
İki gruptan gelen seçimleri toplamak. Birlikte yapılan seçimler çarpılır; yalnız ayrık durumlar toplanır (Örnek 3, Bölüm 6).
Kombinasyon denkleminde yalnız $a = b$ durumunu denemek. $a + b = n$ durumunu da çöz ve her adayı kontrol et (Örnek 6).
Belirli kişi dahil ya da hariçken $n$ 'yi veya $r$ 'yi azaltmayı unutmak. Dahil olan kişi hem bir yeri hem bir adaylığı kullanır (Örnek 2a).
"İkisi birlikte olamaz" sorusunda yalnız "ikisi de yok" durumunu saymak. Yalnız birinin bulunduğu seçimler de uygundur (Örnek 2b).
Özdeş nesnelerden seçimde $C (toplam, r)$ yazmak; ayırt edilebilir nesneleri özdeş saymak. Özdeşlerde yalnız "kaç tane" önemlidir; numaralı ya da farklı nesneler ise ayrı sayılır (Örnek 9, Bölüm 12).
Eleme usulü turnuvada $C (n, 2)$ ya da $\frac{n}{2}$ yazmak. Her maç bir takımı eler; maç sayısı $n - 1$ 'dir (Örnek 7b).
Ardışık olmayan seçimde komşu çiftleri çıkarıp geçmek. $C (n, k) - (n - 1)$ yalnız $k = 2$ için tutar; boşluk yöntemini kur ve $C (n - k + 1, k)$ kullan (Örnek 8).
Kale yerleştirmede $k!$ çarpanını unutmak. Satır ve sütunları seçtikten sonra onları eşlemek gerekir (Örnek 10).
Eşik sorusunda koşulu sağlamayan son değeri işaretlemek. $n - 1$ koşulu sağlamamalı, $n$ sağlamalıdır (Örnek 7a).

Özet

Durum	Sayım
$n$ farklı nesneden $r$ 'li sırasız seçim	$C (n, r) = \frac{n !}{r ! ( n - r )!}$
Seç, sonra sırala	$C (n, r) \cdot r! = P (n, r)$
Belirli $k$ kişi dahil	$C (n - k, r - k)$
İki kişi birlikte olamaz	$C (n, r) - C (n - 2, r - 2)$
Tek devre, tokalaşma / çift devre / eleme	$C (n, 2)$ / $n (n - 1)$ / $n - 1$
$1, \dots, n$ 'den ardışık olmayan $k$ sayı	$C (n - k + 1, k)$
$n \times n$ tahtada tehdit etmeyen $k$ özdeş kale	$C (n, k)^{2} \cdot k!$
Özdeş nesnelerden seçim	Her türden kaç tane alındığını listele

Pratik İpucu

Cevabın, kısıtsız tüm seçimlerin sayısından büyük çıkıyorsa bir yerde çift sayım vardır.
"En az" ve "en çok" sorularında olası değerlerin tablosunu çiz; az sütunlu tarafı say, diğer yolu kontrol için kullan.
Bir sonucu her zaman ikinci bir yolla doğrula: tümleyen, durumlar, Pascal kuralı ya da küçük bir listeleme.

Sonraki adım (AYT): Kombinasyon sayılarının $(a + b)^{n}$ açılımında katsayı olarak nasıl ortaya çıktığını Binom Açılımı sayfasında görebilirsin.

1. Sıra Önemsizse Neden r!'e Böleriz?

2. C(n, r) Formülü ve P(n, r) = C(n, r) · r!

3. Kombinasyonun Özellikleri: Simetri ve Pascal Kuralı

4. Kombinasyon Denklemleri: İki Durum

5. Belirli Elemanlar Dahil, Hariç veya Birlikte Olamaz

6. İki Gruptan Seçim: Çarpma Kuralı

7. 'En Az' ve 'En Çok': Durumlar mı, Tümleyen mi?

8. Çift Sayım Tuzağı: 'Önce Birini Seç' Neden Yanlış?

9. Seç, Sonra Sırala veya Görev Ver

10. Maç, Tokalaşma ve Turnuva Sayıları

11. Ardışık Olmayan Seçim: C(n − k + 1, k)

12. Özdeş Nesnelerden Seçim: Renk Desenleri

13. Alt Küme Sayıları

14. Permütasyon mu, Kombinasyon mu? Karar Testi

Çözümlü Sorular

Pekiştirme Soruları

Çözümlü Sorular

Sık Yapılan Hatalar

Özet

Pratik İpucu

Sayma, Olasılık ve İstatistik — diğer konular