TYT Matematik · Sayma, Olasılık ve İstatistik

Permütasyon ve Faktöriyel

~20 dk okumaZorluk: Orta25 çözümlü soruTYT'de ~3 soru/yıl · Sınavda yüksek ağırlık

Birbirinden farklı kişi ya da nesneleri bir sıraya dizerken her yer için kaç seçenek kaldığını sayar, bu sayıları çarparız. Faktöriyel ( $n!$ ) ve $P (n, r)$ bu çarpımın kısa yazılışından ibarettir. "Uçta olsun", "yan yana olsun", "yan yana olmasın", "arasında tam iki kişi olsun" gibi koşullar ise sayımın yalnızca bir adımını değiştirir. Bu sayfadaki her sorunun anahtarı, hangi adımın değiştiğini görmektir.

Bu sayfadaki varsayımlar

Kişiler ve nesneler birbirinden farklıdır. Özdeş nesneler ve tekrar eden harfler Tekrarlı Permütasyon sayfasındadır.

Dizilişler tek sıra (düz bir sıra) üzerindedir. Sıradaki yerler soldan sağa birbirinden ayırt edilir; sandalyeler numaralı kabul edilir. Yuvarlak masa Dairesel Permütasyon sayfasındadır.

"Yan yana" bitişik demektir. "A, B'nin solunda" ifadesi bitişikliği gerektirmez; "A, B'nin hemen solunda" ise bitişik demektir.

Bir kişi aynı anda yalnızca bir yerde oturur ve en çok bir görev alır.

Faktöriyel yalnızca doğal sayılar için tanımlıdır.

Konuya temelden bakmak istersen Sayma ve Permütasyon (10. sınıf) sayfası iyi bir başlangıçtır; Maarif programında sayma ve permütasyon 10. sınıfta işlenir. Bütün alt konuların haritası Permütasyon ve Kombinasyon sayfasındadır. Burada Sayma Kuralları sayfasındaki çarpma ve toplama kurallarını kullanacağız.

1. Faktöriyel: Tanım, 0! = 1 ve Sadeleştirme

$n$ bir pozitif tam sayı olmak üzere, $1$ 'den $n$ 'ye kadar olan tam sayıların çarpımına $n$ faktöriyel denir:

$n! = n \cdot (n - 1) \cdot (n - 2) \dots 2 \cdot 1$

$n$	$0$	$1$	$2$	$3$	$4$	$5$	$6$	$7$
$n!$	$1$	$1$	$2$	$6$	$24$	$120$	$720$	$5040$

Tablodaki her değer bir öncekinden elde edilir: $n! = n \cdot (n - 1)!$ . Örneğin $6! = 6 \cdot 5! = 6 \cdot 120 = 720$ . Tablonun başındaki $0! = 1$ değeri tanımın dışında kalır; neden $1$ alındığını hemen aşağıda göreceğiz.

Neden $0! = 1$ ? Bu eşitlik keyfî bir anlaşma değildir. $n! = n \cdot (n - 1)!$ bağıntısı $n = 1$ için de geçerli olsun istersek $1! = 1 \cdot 0!$ olur; $1! = 1$ olduğundan $0! = 1$ çıkar. Sayma diliyle de aynı sonuca varırız: hiç nesne yokken "dizmenin" tek bir yolu vardır, o da hiçbir şey yapmamaktır.

Sadeleştirme. Faktöriyelli kesirlerde büyük faktöriyeli, küçük olana ulaşana kadar açarız:

$\frac{10 !}{8 !} = \frac{10 \cdot 9 \cdot 8 !}{8 !} = 10 \cdot 9 = 90$

Dikkat: Faktöriyel, toplama ve çarpmayla "dağılmaz". $(n + 1)!$ ile $n! + 1$ farklıdır; $(2 n)!$ ile $2 \cdot n!$ de farklıdır. Örneğin $n = 2$ için $(2 n)! = 4! = 24$ iken $2 \cdot 2! = 4$ 'tür. Aynı biçimde $\frac{6 !}{3 !} = 120$ olur, $2!$ olmaz.

2. Faktöriyelli Denklemler ve Ortak Çarpan

Ortak çarpan. Faktöriyellerin toplamı ya da farkı varsa en küçük faktöriyeli ortak çarpan parantezine alırız. $12! = 12 \cdot 11!$ olduğundan

$\frac{12 ! - 11 !}{10 !} = \frac{11 ! ( 12 - 1 )}{10 !} = \frac{11 \cdot 10 ! \cdot 11}{10 !} = 121.$

Denklemler. Bilinmeyenli faktöriyelleri de aynı yolla sadeleştiririz. Örneğin

$\frac{( n + 2 )!}{n !} = 72 \Rightarrow (n + 2) (n + 1) = 72 \Rightarrow n^{2} + 3 n - 70 = 0 \Rightarrow (n + 10) (n - 7) = 0.$

Kökler $- 10$ ve $7$ 'dir. Faktöriyel yalnızca doğal sayılar için tanımlı olduğundan $n = - 10$ atılır ve $n = 7$ bulunur. Kontrol: $9 \cdot 8 = 72$ .

3. Faktöriyelin Sonundaki Sıfırlar (Kısa Not)

Bir sayının sonundaki her sıfır, çarpanlarındaki bir $10 = 2 \cdot 5$ çarpanından gelir. $n!$ içindeki $2$ çarpanlarının sayısı $5$ çarpanlarının sayısından hiçbir zaman az değildir; bu yüzden $5$ çarpanlarını saymak yeter. Burada sık yapılan hata $25$ ve $125$ 'in katlarını gözden kaçırmaktır. $25 = 5^{2}$ iki tane, $125 = 5^{3}$ üç tane $5$ çarpanı taşır. Bu yüzden önce $5$ 'in, sonra $25$ 'in, sonra $125$ 'in katları sayılır ve sonuçlar toplanır. Örneğin $60!$ için $5$ 'in katları $12$ tanedir, $25$ 'in katları ( $25$ ve $50$ ) $2$ tanedir; sondaki sıfır sayısı $12 + 2 = 14$ olur. Asal çarpan sayımının ayrıntısı Asal Çarpanlar ve Bölen Sayısı sayfasındadır.

4. Permütasyon: Sıranın Önemli Olduğu Dizilişler

Önce listeleyelim, sonra sayalım. $A$ , $B$ , $C$ harflerini bir sıraya kaç türlü dizebiliriz? Birinci yere $3$ harften biri gelir. İkinci yere kalan $2$ harften biri, son yere de kalan tek harf gelir. Ağaç şeması bütün dizilişleri tek tek gösterir:

Şekil 1 —

A

B

C

harflerinin bütün dizilişleri. Her düzeyde bir seçenek eksilir (

3

2

1

). Ağacın uçları tam olarak

3 \cdot 2 \cdot 1 = 6

dizilişi verir.

$n$ farklı nesnenin bir sıraya her dizilişine bir permütasyon denir. Aynı akıl yürütmeyle $n$ farklı nesne

$n \cdot (n - 1) \dots 2 \cdot 1 = n!$

farklı biçimde sıralanır. $A B C$ ile $B A C$ aynı harflerden oluşur ama farklı dizilişlerdir: permütasyonda sıra önemlidir.

5. P(n, r): Kutu Yönteminden Formüle

Çoğu zaman nesnelerin hepsi değil, yalnızca bir kısmı dizilir. Örneğin $5$ kişiden $3$ 'ü numaralı $3$ sandalyeye oturacak olsun. Her sandalyeyi bir kutu gibi düşünür ve kutuya kaç seçenek kaldığını yazarız:

Şekil 2 — Kutu yöntemi. Her sandalye dolduğunda bir kişi eksilir. Çarpım

5 \cdot 4 \cdot 3 = 60

'tır ve

P (5, 3)

ile gösterilir.

Genel olarak $n$ farklı nesneden $r$ tanesinin bir sıraya diziliş sayısı, $n$ 'den başlayarak azalan $r$ tane çarpanın çarpımıdır:

$P (n, r) = n \cdot (n - 1) \dots (n - r + 1) = \frac{n !}{( n - r )!} (0 \leq r \leq n)$

Neden $(n - r)!$ 'e bölüyoruz? $n!$ , $n$ nesnenin tamamını dizer. Biz yalnızca ilk $r$ yeri önemsiyoruz; dışarıda kalan $n - r$ nesnenin kendi aralarındaki $(n - r)!$ sıralanışı bizim için tek bir sonuç sayılır. Bu yüzden $n!$ sayısı, ilgilenmediğimiz bu sıralanışların sayısına bölünür. Örnekte $\frac{5 !}{2 !} = \frac{120}{2} = 60$ olur.

Özel durumlar: $P (n, n) = n!$ , $P (n, 1) = n$ , $P (n, 0) = 1$ .

Denklem kurma. $P (n, 3) = 210$ ise $n (n - 1) (n - 2) = 210$ olur. Ardışık üç tam sayının çarpımı $210 = 7 \cdot 6 \cdot 5$ olduğundan $n = 7$ bulunur.

6. Görevler ve Roller: Farklı Görev = Sıra

$A$ , $B$ , $C$ arasından bir başkan ve bir başkan yardımcısı seçelim. "Başkan $A$ , yardımcı $B$ " ile "başkan $B$ , yardımcı $A$ " farklı sonuçlardır. Listeleyelim: $A B$ , $B A$ , $A C$ , $C A$ , $B C$ , $C B$ . Toplam $6 = P (3, 2)$ seçim vardır.

İki kişi görevsiz bir kurula seçilseydi ${A, B}$ ile ${B, A}$ aynı kurul olurdu ve yalnızca $3$ sonuç kalırdı. Kural kısadır: görevler farklıysa, görev dağıtımı bir sıralamadır. Görevsiz seçimler Kombinasyon: Seçme Problemleri sayfasının konusudur.

7. Belirli Yer Kısıtları: Önce Kısıtlı Kişiyi Yerleştir

Bir kişiye ya da bir yere koşul konmuşsa önce koşullu olanı yerleştir, sonra kalanları serbestçe diz. Böylece en az seçeneği olan adım en başta biter ve sonraki adımlarda "bu kişi kullanıldı mı?" diye ayrıca takip etmek gerekmez.

$6$ kişi bir sıraya dizilecek; Deniz en başta, Ece en sonda olacak. Bu iki yer birer yolla dolar. Kalan $4$ kişi ortadaki $4$ yere $4! = 24$ biçimde dizilir.

Kısıtlar aynı yerleri paylaşıyorsa birbirini etkiler. $7$ kişi bir sıraya dizilecek; Burak tam ortada ( $4.$ yerde) olacak, Ayşe ise uçlarda olmayacak:

Burak'ın yeri belli: $1$ yol.
Ayşe için $1.$ ve $7.$ yerler yasak, $4.$ yer de Burak'ındır. Geriye $2.$ , $3.$ , $5.$ , $6.$ yerler kalır: $4$ yol.
Kalan $5$ kişi kalan $5$ yere $5! = 120$ biçimde dizilir.

Sonuç $1 \cdot 4 \cdot 120 = 480$ 'dir. Ayşe için "uç olmayan $5$ yer" deyip $5 \cdot 5! = 600$ bulan, Burak'ın oturduğu orta yeri Ayşe'ye de vermiş olur.

8. Yan Yana Olma: Blok (Paket) Yöntemi

Yan yana olması istenen kişileri tek bir blok gibi düşünürüz. Önce bloğu diğer kişilerle birlikte dizeriz, sonra blok içini ayrıca sıralarız. $7$ kişi ( $A$ , $B$ , $C$ , $D$ , Ece, Fırat, $G$ ) bir sıraya dizilecek ve Ece ile Fırat yan yana olacak:

Şekil 3 — Blok yöntemi. Ece (

E

) ile Fırat (

F

) tek blok sayılınca dizilecek

6

birim kalır (

6!

). Blok içinde

E F

F E

olmak üzere

2!

sıralanış vardır. Toplam

6! \cdot 2! = 1440

'tır.

Üç kişi bir arada olacaksa blok içi $3!$ biçimde sıralanır. Birden fazla blok varsa her blok bir birim sayılır ve her bloğun iç sıralanışı ayrıca çarpılır (bkz. Örnek 5). Blok içini unutmak bu konudaki en sık hatadır.

9. Evli Çiftler Sırada: $k! \cdot 2^{k}$

$k$ evli çift tek sıraya, her çift yan yana olacak biçimde dizilsin. Her çift bir bloktur:

$k$ blok kendi aralarında $k!$ biçimde dizilir.
Her blokta karı ile koca yer değiştirebilir: her çift için $2$ , toplam $2^{k}$ .

$S ı rada her \overset{c}{¸} ift yan yana: k! \cdot 2^{k}$

Küçük bir durumla kontrol edelim. İki çift olsun: $A_{1} A_{2}$ ve $B_{1} B_{2}$ . $A$ çifti solda olan dizilişler $A_{1} A_{2} B_{1} B_{2}$ , $A_{2} A_{1} B_{1} B_{2}$ , $A_{1} A_{2} B_{2} B_{1}$ , $A_{2} A_{1} B_{2} B_{1}$ 'dir. $B$ çifti solda olan $4$ diziliş daha vardır. Toplam $8 = 2! \cdot 2^{2}$ olur.

Karıştırma: Aynı çiftler yuvarlak masaya oturursa sayı $(k - 1)! \cdot 2^{k}$ olur, çünkü yuvarlak masada döndürmeler aynı oturuş sayılır. Düz sırada uçlar belli olduğundan döndürme söz konusu değildir ve $k!$ kullanılır. Yuvarlak masanın ayrıntısı Dairesel Permütasyon sayfasındadır.

10. Yan Yana Olmama: Tümleyen mi, Boşluk Yöntemi mi?

İki belirli kişi yan yana olmasın. En kısa yol tümleyendir: bütün dizilişlerden yan yana oldukları dizilişleri çıkarırız. Bölüm 8'deki $7$ kişilik örnekte Ece ile Fırat'ın yan yana olmadığı diziliş sayısı

$7! - 6! \cdot 2! = 5040 - 1440 = 3600$

olur.

Üç veya daha fazla kişi söz konusu olunca iki farklı soru ortaya çıkar ve bunlar farklı yöntemlerle çözülür:

"Hiçbir ikisi yan yana olmasın" için boşluk yöntemi kullanılır. Önce kısıtsız kişileri dizeriz. $m$ kişi dizilince aralarında $m - 1$ , iki uçta da $2$ boşluk oluşur; toplam $m + 1$ boşluk vardır. Kısıtlı kişileri farklı boşluklara birer birer yerleştiririz. Böylece hiçbir ikisi yan yana gelemez.
"Hepsi birden yan yana olmasın" için tümleyen kullanılır: bütün dizilişlerden, hepsinin tek blok olduğu dizilişler çıkarılır.

Şekil 4 — Boşluk yöntemi.

5

erkek dizilince

4

'ü arada,

2

'si uçlarda olmak üzere

6

boşluk oluşur. Kızlar farklı boşluklara konursa hiçbir iki kız yan yana gelmez.

İstenen	Yöntem	Hesap ( $n$ kişi, $k$ kısıtlı, $m = n - k$ )
İki belirli kişi yan yana değil	Tümleyen	$n! - (n - 1)! \cdot 2!$
$k$ kişiden hiçbir ikisi yan yana değil	Boşluk	$m! \cdot P (m + 1, k)$
$k$ kişinin hepsi birden yan yana değil	Tümleyen	$n! - (n - k + 1)! \cdot k!$

$k = 2$ iken son iki satır aynı soruyu sorar. $k \geq 3$ iken ikisi farklı sorulardır (bkz. Örnek 7).

11. Arasında Tam $k$ Kişi

$A$ ile $B$ 'nin arasında tam $k$ kişi olsun. İki yoldan sayabiliriz.

1. yol (konum çifti): $A$ ile $B$ 'nin oturabileceği, aralarında tam $k$ yer olan konum çiftlerini sayarız. Sonra $A$ – $B$ yer değişimi için $2$ ile, diğer kişilerin dizilişleri için de faktöriyelle çarparız.

2. yol (blok): Aradaki $k$ kişiyi seçip sıralarız. $A_\dots_B$ grubunu tek blok sayarız, $A$ – $B$ yer değişimi için $2$ ile çarparız ve bloğu kalan kişilerle birlikte dizeriz.

$6$ kişilik bir sırada $A$ ile $B$ arasında tam $1$ kişi olsun:

Şekil 5 —

6

yerlik sırada

A

ile

B

arasında tam bir yer bırakan konum çiftleri:

(1, 3)

(2, 4)

(3, 5)

(4, 6)

. Her çiftte

A

ile

B

yer değiştirebilir ve kalan

4

kişi

4!

biçimde dizilir.

1. yol: $4$ konum çifti $\cdot 2 \cdot 4! = 192$ .
1. yol: Aradaki kişi $4$ kişiden biridir ( $4$ yol), $A$ – $B$ yer değişimi $2$ yoldur. Blok ve kalan $3$ kişi $4$ birim eder ( $4!$ ). Toplam $4 \cdot 2 \cdot 24 = 192$ .

"Arasında en az $1$ kişi olsun" koşulu ise "yan yana olmasınlar" demektir; tümleyenle çözülür.

12. Dönüşümlü Dizilişler

Kızlarla erkeklerin dönüşümlü (hiçbir iki kız, hiçbir iki erkek yan yana gelmeden) dizildiğini düşünelim. Önce kalıbı, yani hangi yere kızın hangi yere erkeğin geleceğini belirleriz. Sonra kızları kız yerlerine, erkekleri erkek yerlerine dizeriz.

Sayılar eşitse iki kalıp vardır. $2$ kız, $2$ erkek için $K E K E$ ve $E K E K$ kalıpları olur. Diziliş sayısı $2 \cdot 2! \cdot 2! = 8$ 'dir. Kızlar $K_{1}$ , $K_{2}$ , erkekler $E_{1}$ , $E_{2}$ ise bu $8$ diziliş şunlardır: $K_{1} E_{1} K_{2} E_{2}$ , $K_{1} E_{2} K_{2} E_{1}$ , $K_{2} E_{1} K_{1} E_{2}$ , $K_{2} E_{2} K_{1} E_{1}$ , $E_{1} K_{1} E_{2} K_{2}$ , $E_{1} K_{2} E_{2} K_{1}$ , $E_{2} K_{1} E_{1} K_{2}$ , $E_{2} K_{2} E_{1} K_{1}$ .
Biri bir fazlaysa tek kalıp vardır: kalabalık grup iki uçta olmak zorundadır. $2$ kız, $3$ erkek için yalnızca $E K E K E$ kalıbı olur. Diziliş sayısı $2! \cdot 3! = 12$ 'dir.
Fark $2$ veya daha fazlaysa dönüşümlü diziliş yoktur.

Buna benzeyen ama farklı bir koşul, "kızlar bir arada ve erkekler bir arada" koşuludur. Bu durumda iki blok vardır (Bölüm 8): blokların sırası $2!$ , blok içleri ayrı ayrı sayılır. $2$ kız ve $3$ erkek için diziliş sayısı $2! \cdot 2! \cdot 3! = 24$ olur.

13. Simetri: "A, B'nin Solunda" Neden Yarısıdır?

$A$ , $B$ , $C$ 'nin $6$ dizilişinde $A$ 'nın $B$ 'nin solunda olduğu (bitişik olmak zorunda değil) dizilişler $A B C$ , $A C B$ , $C A B$ 'dir; yani tam yarısı.

Bunun nedeni şudur: Herhangi bir dizilişte $A$ ile $B$ 'nin yerlerini değiştirirsek " $A$ solda" olan her diziliş, " $B$ solda" olan tam bir dizilişe dönüşür. İki grup birebir eşleştiği için eşit büyüklüktedir:

$A, B’nin solunda: \frac{n !}{2}$

" $A$ , $B$ 'nin hemen solunda" ise $A B$ bitişik ve iç sırası sabit bir bloktur: $(n - 1)!$ . Üç kişi için bu dizilişler $A B C$ ve $C A B$ 'dir; $2! = 2$ tane. Üç veya daha fazla kişinin sırasının sabit olduğu genel durum ( $n! / k!$ ) Tekrarlı Permütasyon sayfasında işlenir.

Çözümlü Sorular

Örnek

Soru

$A = \frac{5 ! + 4 !}{4 ! - 3 !}$ ve $B = \frac{0 ! + 1 !}{2 !}$ olduğuna göre $A + B$ kaçtır?

Pay ve paydada en küçük faktöriyeli ortak çarpan parantezine al. $0!$ 'in değerini tanımdan hatırla.

Önce yaygın bir yanlışı ayıklayalım: " $5! + 4! = 9!$ " yazmak. Faktöriyeller toplanarak birleştirilemez. Küçük bir karşı örnek: $2! + 2! = 4$ , oysa $4! = 24$ .
$5! = 5 \cdot 4!$ olduğundan pay $4! (5 + 1) = 6 \cdot 4!$ olur. $4! = 4 \cdot 3!$ olduğundan payda $3! (4 - 1) = 3 \cdot 3!$ olur.
$A = \frac{6 \cdot 4 !}{3 \cdot 3 !} = \frac{6 \cdot 4 \cdot 3 !}{3 \cdot 3 !} = 8$ .
$0! = 1$ , $1! = 1$ ve $2! = 2$ olduğundan $B = \frac{1 + 1}{2} = 1$ olur. $0!$ yanlışlıkla $0$ alınsaydı $B = \frac{1}{2}$ bulunurdu.
$A + B = 8 + 1 = 9$ .
Kontrol: Doğrudan hesaplayalım. $5! + 4! = 120 + 24 = 144$ , $4! - 3! = 24 - 6 = 18$ ve $\frac{144}{18} = 8$ olur. Sonuç tutuyor.

Sonuç:

9

Örnek

Soru

$130!$ sayısının sonunda kaç tane sıfır vardır?

Sondaki her sıfır bir $2 \cdot 5$ çarpanından gelir. $5$ çarpanlarını sayarken $25$ ve $125$ 'in katlarını unutma.

$130!$ içinde $2$ çarpanı $5$ çarpanından çok olduğundan $5$ çarpanlarını saymak yeter.
$1$ 'den $130$ 'a kadar $5$ 'in katı olan sayılar: $⌊ \frac{130}{5} ⌋ = 26$ tane. Her biri en az bir $5$ verir.
$25$ 'in katları ( $25$ , $50$ , $75$ , $100$ , $125$ ): $⌊ \frac{130}{25} ⌋ = 5$ tane. Her biri ikinci bir $5$ verir.
$125 = 5^{3}$ sayısı üçüncü bir $5$ daha verir: $⌊ \frac{130}{125} ⌋ = 1$ . $625 > 130$ olduğundan burada durulur.
Toplam $5$ çarpanı: $26 + 5 + 1 = 32$ . Yalnızca $5$ 'in katlarını sayan öğrenci $26$ bulur; $25$ ve $125$ 'ten gelen ek çarpanları atlamış olur.
Kontrol: $125$ sayısı $5^{3}$ içerir ve $2.$ , $3.$ , $4.$ adımların her birinde bir kez sayıldı. Böylece tam $3$ kez sayılmış oldu; bu doğrudur.

Sonuç:

32

Örnek

Soru

Bir okul tiyatrosu için $9$ aday öğrenci arasından oyundaki kral, vezir ve soytarı rollerini oynayacak üç öğrenci seçilecektir. Bir öğrenci en çok bir rol alabildiğine göre bu seçim kaç farklı şekilde yapılabilir?

Aynı üç öğrenci rollerini değiştirirse yeni bir seçim mi olur?

Roller farklıdır. "Ali kral, Banu vezir" ile "Banu kral, Ali vezir" farklı sonuçlardır. Sıra önemlidir.
Kutu yöntemi: Kral için $9$ , vezir için kalan $8$ , soytarı için kalan $7$ seçenek vardır. Toplam $9 \cdot 8 \cdot 7 = 504 = P (9, 3)$ .
Rolleri yok sayıp yalnızca "hangi üç öğrenci seçildi" diye sayan öğrenci, aynı üç öğrencinin $3! = 6$ farklı rol dağılımını tek sonuç saymış olur ve $\frac{504}{6} = 84$ bulur. Bu sayım Kombinasyon: Seçme Problemleri sayfasının konusudur; rollerin farklı olduğu bu soruda eksik kalır.
Kontrol: Küçük bir durumla deneyelim. $3$ kişiden ( $A$ , $B$ , $C$ ) kral ve vezir seçimleri $A B$ , $B A$ , $A C$ , $C A$ , $B C$ , $C B$ 'dir; $6 = 3 \cdot 2 = P (3, 2)$ tane. Yöntem küçük durumda da doğru sonuç veriyor.

Sonuç:

504

Örnek

Soru

Aralarında Ayşe ve Burak'ın da bulunduğu $8$ kişilik bir gruptan $5$ kişi seçilip yan yana duran, $1$ 'den $5$ 'e kadar numaralı $5$ sandalyeye oturtulacaktır. Ayşe seçilecek ama uçlardaki sandalyelere ( $1$ ve $5$ numaralı) oturmayacak, Burak ise seçilmeyecektir. Bu koşullarda kaç farklı oturuş vardır?

Önce koşullu kişiyi yerleştir. Seçilmeyecek kişiyi aday listesinden baştan çıkar.

Burak seçilmeyeceği için adaylar Ayşe ve diğer $6$ kişidir.
Önce Ayşe: $2$ , $3$ veya $4$ numaralı sandalyeye oturur. $3$ yol vardır.
Kalan $4$ sandalyeye diğer $6$ kişiden $4$ 'ü sırayla oturur: $P (6, 4) = 6 \cdot 5 \cdot 4 \cdot 3 = 360$ .
Çarpma kuralıyla: $3 \cdot 360 = 1080$ .
Kısıtı sona bırakmak işi zorlaştırır. Örneğin $1.$ sandalyeden başlayıp "Ayşe hariç $6$ kişi" yazarsak, sonraki sandalyelerde Ayşe'nin seçilip seçilmediğini ayrıca takip etmemiz gerekir. Önce kısıtlı kişiyi yerleştirmek bu takibi ortadan kaldırır.
Kontrol (tümleyen): Ayşe'nin oturduğu ve Burak'ın seçilmediği bütün oturuşlar $5 \cdot 360 = 1800$ 'dür. Bunlardan Ayşe'nin uçta oturduğu $2 \cdot 360 = 720$ oturuşu çıkarırsak $1800 - 720 = 1080$ kalır. Sonuç tutuyor.

Sonuç:

1080

Örnek

Soru

$4$ farklı matematik, $3$ farklı fizik ve $2$ farklı kimya kitabı bir rafa yan yana dizilecektir. Aynı derse ait kitaplar bir arada olacağına göre kaç farklı diziliş vardır?

Her dersin kitaplarını bir blok say. Blokların sırası ve her bloğun kendi içi ayrı ayrı sayılır.

Matematik, fizik ve kimya kitapları üç blok oluşturur. Bloklar kendi aralarında $3! = 6$ biçimde dizilir.
Blok içleri: matematik kitapları $4! = 24$ , fizik kitapları $3! = 6$ , kimya kitapları $2! = 2$ biçimde sıralanır.
Çarpma kuralıyla: $6 \cdot 24 \cdot 6 \cdot 2 = 1728$ .
Yalnızca $3! = 6$ yazmak blok içlerini unutmak demektir. Küçük bir durumla görelim: $2$ farklı matematik kitabı ( $M_{1}$ , $M_{2}$ ) ve $1$ fizik kitabı olsun. Yalnızca blokları sayarsak $2! = 2$ buluruz. Oysa dizilişler $M_{1} M_{2} F$ , $M_{2} M_{1} F$ , $F M_{1} M_{2}$ , $F M_{2} M_{1}$ 'dir; $4 = 2! \cdot 2!$ tane.
Kontrol (kalıp yoluyla): Önce rafın hangi bölümünün hangi derse ait olacağını belirleyelim. $M M M M F F F K K$ , $M M M M K K F F F$ , $F F F M M M M K K$ , $F F F K K M M M M$ , $K K M M M M F F F$ , $K K F F F M M M M$ olmak üzere $6$ kalıp vardır. Her kalıpta kitaplar kendi yerlerine $4! \cdot 3! \cdot 2! = 288$ biçimde konur: $6 \cdot 288 = 1728$ . Sonuç, kısıtsız diziliş sayısı $9! = 362880$ 'den de küçüktür; olması gerektiği gibi.

Sonuç:

1728

Örnek

Soru

$4$ evli çift, $8$ kişilik düz bir banka her çift yan yana olacak biçimde oturacaktır. Kaç farklı oturuş vardır?

Her çift bir bloktur. Blokların sırasını ve her bloğun içini ayrı ayrı say.

$4$ çift bloğu bank üzerinde $4! = 24$ biçimde dizilir.
Her blokta karı ile koca yer değiştirebilir: $2 \cdot 2 \cdot 2 \cdot 2 = 2^{4} = 16$ .
Toplam $4! \cdot 2^{4} = 24 \cdot 16 = 384$ .
İki yaygın yanlış: Yalnızca bir kez $2$ ile çarpıp $4! \cdot 2 = 48$ bulmak (her çiftin kendi $2$ 'si vardır). Ya da yuvarlak masa formülünü kullanıp $3! \cdot 2^{4} = 96$ bulmak. Bank düz bir sıradır ve iki ucu bellidir; döndürme olmadığından blokların sırası $4!$ 'dir, $(4 - 1)!$ değil.
Kontrol: $k = 2$ için formül $2! \cdot 2^{2} = 8$ verir. Bölüm 9'da iki çiftin oturuşlarını tek tek listelemiş ve $8$ bulmuştuk.

Sonuç:

384

Örnek

Soru

$6$ erkek ve $3$ kız bir sıraya dizilecektir.

a) Hiçbir iki kızın yan yana olmadığı kaç diziliş vardır?

b) Üç kızın üçünün birden yan yana olmadığı kaç diziliş vardır?

İki soru farklı şeyler sorar: (a) için boşluk yöntemini, (b) için tümleyeni kullan.

(a) Önce $6$ erkeği dizeriz: $6! = 720$ . Erkekler dizilince $5$ 'i arada, $2$ 'si uçta olmak üzere $6 + 1 = 7$ boşluk oluşur (Şekil 4'teki gibi). Kızları farklı boşluklara yerleştiririz: $P (7, 3) = 7 \cdot 6 \cdot 5 = 210$ . Toplam $720 \cdot 210 = 151200$ .
Boşluk sayısındaki hata: Yalnızca aradaki $5$ boşluğu alan öğrenci $6! \cdot P (5, 3) = 720 \cdot 60 = 43200$ bulur; uçlara kız konabileceğini unutmuştur. $m$ kişi dizilince $m + 1$ boşluk oluşur.
(b) Tümleyen: Bütün dizilişler $9! = 362880$ 'dir. Üç kızın tek blok olduğu dizilişlerde blok ve $6$ erkek $7$ birim eder: $7! \cdot 3! = 5040 \cdot 6 = 30240$ . Fark $362880 - 30240 = 332640$ .
Neden farklı? (b), $K K E K E E E E E$ gibi iki kızın yan yana olduğu ama üçünün birlikte olmadığı dizilişleri de sayar; (a) bunları dışarıda bırakır. (a)'nın tümleyeni "en az iki kız yan yana", (b)'nin tümleyeni ise "üç kız birden yan yana" olayıdır. (a) için (b)'deki gibi tümleyen kurup $332640$ yazmak bu yüzden yanlıştır.
Kontrol: (a)'daki her diziliş (b)'de de sayılır, bu yüzden $151200 < 332640$ olmalıdır; öyle. Küçük bir durum da deneyelim: $2$ erkek, $3$ kız için tek kalıp $K E K E K$ 'tir ve $3! \cdot 2! = 12$ diziliş verir. Boşluk formülü de $2! \cdot P (3, 3) = 12$ verir.

Sonuç: a)

151200

, b)

332640

Örnek

Soru

Ali ve Can'ın da aralarında bulunduğu $7$ kişi bir sıraya dizilecektir. Ali ile Can arasında tam $2$ kişi bulunan kaç diziliş vardır?

Aradaki iki kişiyi seçip sırala. "Ali, ?, ?, Can" grubunu tek blok say ve Ali ile Can'ın yer değiştirebileceğini unutma.

Aradaki iki kişi diğer $5$ kişiden seçilir ve sıralanır, çünkü "Ali–Deniz–Ece–Can" ile "Ali–Ece–Deniz–Can" farklı dizilişlerdir: $P (5, 2) = 5 \cdot 4 = 20$ .
Ali ile Can uçlarda yer değiştirebilir: $2$ yol.
Dört kişilik blok ve kalan $3$ kişi toplam $4$ birim eder: $4! = 24$ .
Toplam $20 \cdot 2 \cdot 24 = 960$ .
Kontrol (konum çifti): $7$ yerlik sırada aralarında tam $2$ yer bulunan konum çiftleri $(1, 4)$ , $(2, 5)$ , $(3, 6)$ , $(4, 7)$ 'dir; $4$ tane. Ali–Can sırası $2$ yoldur, diğer $5$ kişi $5! = 120$ biçimde dizilir: $4 \cdot 2 \cdot 120 = 960$ . İki yol aynı sonucu verdi. $2$ ile çarpmayı ya da aradakilerin sıralanmasını unutan öğrenci $480$ bulur.

Sonuç:

960

Örnek

Soru

$4$ kız ve $4$ erkek bir sıraya kızlarla erkekler dönüşümlü olacak biçimde (hiçbir iki kız ve hiçbir iki erkek yan yana gelmeyecek) dizilecektir. Bu diziliş sayısı, $3$ kız ve $4$ erkeğin aynı koşulla dizilme sayısının kaç katıdır?

Önce kaç farklı kalıp ( $K$ ve $E$ yerleşimi) olduğunu belirle, sonra kalıbın içini doldur.

$4$ kız, $4$ erkek: $K E K E K E K E$ ve $E K E K E K E K$ olmak üzere $2$ kalıp vardır. Her kalıpta kızlar $4!$ , erkekler $4!$ biçimde dizilir. Toplam $2 \cdot 24 \cdot 24 = 1152$ .
$3$ kız, $4$ erkek: $7$ yerin $4$ 'ü erkeklere ayrılmalıdır ve bu ancak $E K E K E K E$ kalıbıyla olur. Kızla başlayan dönüşümlü kalıp $K E K E K E K$ olurdu; bu kalıp $4$ kız yeri ve yalnızca $3$ erkek yeri ister. Elimizde $3$ kız ve $4$ erkek olduğundan bu kalıp kullanılamaz. Tek kalıp vardır: $4! \cdot 3! = 24 \cdot 6 = 144$ .
Oran $\frac{1152}{144} = 8$ .
İki tipik hata da aynı yanlış sonuca, $4$ 'e götürür. Birinci durumda $2$ ile çarpmayı unutan $\frac{576}{144} = 4$ bulur. İkinci durumda gereksiz yere $2$ ile çarpan da $\frac{1152}{288} = 4$ bulur.
Kontrol: Oranı hesap yapmadan da görebiliriz. Kalıp sayısı $2$ kat, kızların dizilişi $\frac{4 !}{3 !} = 4$ kat artar, erkeklerin dizilişi ( $4!$ ) iki durumda da aynıdır: $2 \cdot 4 = 8$ . Ayrıca Bölüm 12'de $2$ kız, $2$ erkek için kalıp kuralının verdiği $8$ dizilişi tek tek listelemiştik.

Sonuç:

8

Örnek

Soru

Aralarında Ali ve Berk'in de bulunduğu $n$ kişi bir sıraya dizilecektir. Ali'nin Berk'in solunda olduğu (yan yana olmaları gerekmez) dizilişlerin sayısı $2520$ 'dir. Buna göre Ali'nin Berk'in solunda olduğu ancak ikisinin yan yana olmadığı kaç diziliş vardır?

"Solunda" bitişiklik gerektirmez; simetriyle bütün dizilişlerin yarısıdır. Önce $n$ 'yi bul, sonra "hemen solunda" olan dizilişleri çıkar.

Simetri: Ali ile Berk'in yerleri değiştirilince "Ali solda" ve "Berk solda" olan dizilişler birebir eşleşir. Bu yüzden $\frac{n !}{2} = 2520$ , yani $n! = 5040$ ve $n = 7$ olur.
"Solunda" ifadesini "hemen solunda" diye okuyan öğrenci $(n - 1)! = 2520$ denklemini kurar. Oysa $6! = 720$ ve $7! = 5040$ 'tır; bu denklemi sağlayan doğal sayı yoktur. Bu, yanlış okumanın açık bir işaretidir.
Ali'nin Berk'in hemen solunda olduğu dizilişler: $A B$ iç sırası sabit tek bir bloktur. Blok ve kalan $5$ kişi $6$ birim eder: $6! = 720$ .
İstenen: $2520 - 720 = 1800$ .
Kontrol (başka yol): Ali ile Berk'in yan yana olmadığı bütün dizilişler $7! - 6! \cdot 2! = 5040 - 1440 = 3600$ 'dür. Simetriden bunların yarısında Ali soldadır: $\frac{3600}{2} = 1800$ . İki yol aynı sonucu verdi.

Sonuç:

1800

Pekiştirme Soruları

Konuyu pekiştirmek için hazırlanmış özgün sorular.

Çözümlü Sorular

Her soruyu önce kendin dene; takıldığında Çözüme Bak.

Soru 1Kolay

\frac{8 ! - 7 !}{6 ! + 5 !}

işleminin sonucu kaçtır?

Payda en küçük faktöriyel $7!$ 'dir: $8! = 8 \cdot 7!$ olduğundan $8! - 7! = 7! (8 - 1) = 7 \cdot 7!$ .
Paydada en küçük faktöriyel $5!$ 'dir: $6! = 6 \cdot 5!$ olduğundan $6! + 5! = 5! (6 + 1) = 7 \cdot 5!$ .
$\frac{7 \cdot 7 !}{7 \cdot 5 !} = \frac{7 !}{5 !} = 7 \cdot 6 = 42$ .
Kesri terim terim bölmek ( $\frac{8 !}{6 !} - \frac{7 !}{5 !} = 56 - 42 = 14$ ) yanlıştır; bir toplamın ya da farkın bölümü böyle parçalanamaz.
Ortak çarpana alırken parantezdeki $1$ 'i unutmak da sık görülür. $8! - 7! = 8 \cdot 7!$ yazan $\frac{8 \cdot 7 !}{7 \cdot 5 !} = 48$ , $6! + 5! = 6 \cdot 5!$ yazan $\frac{7 \cdot 7 !}{6 \cdot 5 !} = 49$ , ikisini birden yapan ise $\frac{8 \cdot 7 !}{6 \cdot 5 !} = 56$ bulur.
Kontrol: $8! - 7! = 40320 - 5040 = 35280$ , $6! + 5! = 720 + 120 = 840$ ve $\frac{35280}{840} = 42$ .

Sonuç:

42

Soru 2Kolay

P (n, 2) = 56

olduğuna göre

P (n, 3)

kaçtır?

$P (n, 2) = n \cdot (n - 1)$ olduğundan $n (n - 1) = 56$ olur.
Ardışık iki doğal sayının çarpımı $56 = 8 \cdot 7$ olduğundan $n = 8$ bulunur.
$P (8, 3) = 8 \cdot 7 \cdot 6 = 336$ .
$56 = 8 \cdot 7$ eşitliğinde $n$ 'yi küçük çarpan sanıp $n = 7$ alan öğrenci $7 \cdot 6 \cdot 5 = 210$ , $n - 1 = 8$ yani $n = 9$ alan öğrenci $9 \cdot 8 \cdot 7 = 504$ bulur. $P (n, 2) = n (n - 1)$ olduğundan büyük çarpan $n$ 'dir.
Yalnızca hangi $3$ kişinin seçildiğini sayan öğrenci $\frac{336}{3 !} = 56$ , her kutuya yine $8$ seçenek yazan öğrenci ise $8^{3} = 512$ bulur. Permütasyonda bir kişi bir kez kullanıldığı için her kutuda seçenek bir azalır.
Kontrol: $P (8, 3) = P (8, 2) \cdot 6 = 56 \cdot 6 = 336$ ; üçüncü kutuya kalan $6$ kişiden biri gelir.

Sonuç:

336

Soru 3Kolay

7

kişilik bir gruptan

4

kişi seçilip yan yana duran,

1

'den

4

'e kadar numaralı

4

sandalyeye oturtulacaktır. Bu oturuş kaç farklı şekilde yapılabilir?

Sandalyeler numaralı olduğundan kimin hangi sandalyede oturduğu önemlidir; sıra önemlidir.
Kutu yöntemi: $1.$ sandalyeye $7$ , $2.$ sandalyeye $6$ , $3.$ sandalyeye $5$ , $4.$ sandalyeye $4$ seçenek kalır.
$7 \cdot 6 \cdot 5 \cdot 4 = 840 = P (7, 4) = \frac{7 !}{3 !}$ .
Formülde paydayı yanlış seçip $\frac{7 !}{4 !} = 210$ yazmak sık yapılan bir hatadır: bölünen, dışarıda kalan $7 - 4 = 3$ kişinin $3!$ sıralanışıdır. Yalnızca "hangi $4$ kişi" diye sayan öğrenci ise $\frac{840}{4 !} = 35$ bulur; aynı dört kişinin $4!$ farklı oturuşunu tek sonuç saymış olur.
Kişi seçimini unutup yalnızca dört kişinin sandalyelere oturuşunu sayan öğrenci $4! = 24$ bulur. Kutu yöntemini hiç kurmadan kişi sayısıyla sandalye sayısını çarpan öğrenci ise $7 \cdot 4 = 28$ yazar.
Kontrol: $P (7, 4) = \frac{7 !}{3 !} = \frac{5040}{6} = 840$ ; kutu yöntemiyle aynı sonuç.

Sonuç:

840

Soru 4Kolay

Aralarında Ali ile Berk'in de bulunduğu

7

kişi bir sıraya dizilecektir. Ali ile Berk sıranın iki ucunda (biri en başta, diğeri en sonda) olacağına göre kaç farklı diziliş vardır?

Önce kısıtlı kişileri yerleştirelim: Ali en başta ve Berk en sonda olabilir ya da tersi. Bu $2$ yoldur.
Kalan $5$ kişi ortadaki $5$ yere $5! = 120$ biçimde dizilir.
Çarpma kuralıyla: $2 \cdot 120 = 240$ .
Yalnızca Ali'yi uca koyup kalan $6$ kişiyi $6!$ biçimde dizen öğrenci Berk'in koşulunu unutmuş olur ( $720$ ya da iki uç için $2 \cdot 720 = 1440$ ). Koşulu hiç kullanmayan öğrenci $7! = 5040$ , koşulu sağlamayan dizilişleri sayan öğrenci ise $5040 - 240 = 4800$ bulur; bu sonuncusu sorulanın tümleyenidir.
Kontrol: Ali'nin en başta olduğu $6! = 720$ dizilişin $\frac{1}{6}$ 'inde Berk en sondadır, çünkü Berk kalan $6$ yerden her birinde eşit sayıda dizilişte bulunur: $\frac{720}{6} = 120$ . İki uç sırası için $2 \cdot 120 = 240$ .

Sonuç:

240

Soru 5Orta

\frac{( n + 1 )!}{( n - 1 )!} = 30

olduğuna göre

\frac{( n + 2 )!}{n !}

ifadesinin değeri kaçtır?

$(n + 1)! = (n + 1) \cdot n \cdot (n - 1)!$ olduğundan $\frac{( n + 1 )!}{( n - 1 )!} = (n + 1) \cdot n$ olur.
$n (n + 1) = 30$ ise $n^{2} + n - 30 = 0$ , yani $(n + 6) (n - 5) = 0$ olur. Faktöriyel yalnızca doğal sayılar için tanımlı olduğundan $n = - 6$ atılır; $n = 5$ .
$\frac{( n + 2 )!}{n !} = (n + 2) (n + 1) = 7 \cdot 6 = 42$ .
Bölümü tek çarpan sanıp $\frac{( n + 1 )!}{( n - 1 )!} = n + 1$ yazan öğrenci $n = 29$ ve $31 \cdot 30 = 930$ bulur. Oysa $(n + 1)!$ ile $(n - 1)!$ arasında iki çarpan vardır: $n + 1$ ve $n$ .
Aynı hatayı yalnızca ikinci ifadede yapıp $\frac{( n + 2 )!}{n !} = n + 2$ yazan öğrenci $7$ , bir çarpan fazla alıp $(n + 2) (n + 1) n$ yazan öğrenci $7 \cdot 6 \cdot 5 = 210$ bulur. $30 = 5 \cdot 6$ eşitliğinde büyük çarpanı $n$ sanıp $n = 6$ alan öğrenci ise $8 \cdot 7 = 56$ bulur.
Kontrol: $\frac{6 !}{4 !} = \frac{720}{24} = 30$ ve $\frac{7 !}{5 !} = \frac{5040}{120} = 42$ .

Sonuç:

42

Soru 6Orta

3

kız ve

4

erkekten oluşan

7

kişilik bir grup bir sıraya dizilecektir. Sıranın iki ucunda da birer kız bulunacağına göre kaç farklı diziliş vardır?

Önce kısıtlı yerleri dolduralım. En başa $3$ kızdan biri, en sona kalan $2$ kızdan biri gelir: $3 \cdot 2 = 6 = P (3, 2)$ .
Ortadaki $5$ yere kalan $1$ kız ve $4$ erkek, yani $5$ kişi dizilir: $5! = 120$ .
Çarpma kuralıyla: $6 \cdot 120 = 720$ .
Uçlara gelecek iki kızı yalnızca seçip sıralamayan öğrenci $\frac{6}{2} = 3$ alır ve $3 \cdot 120 = 360$ bulur; oysa "Ece başta, Fatma sonda" ile "Fatma başta, Ece sonda" farklı dizilişlerdir. $6$ 'yı bulduktan sonra ayrıca $2$ ile çarpan öğrenci ise yer değişimini iki kez saymış olur ( $1440$ ).
Ortadaki yerlere yalnızca $4$ erkeği dizip kalan kızı unutan öğrenci $6 \cdot 4! = 144$ bulur. Uçlardaki kızların kim olduğunu seçmeyip yalnızca yer değişimi için $2$ yazan öğrenci ise $2 \cdot 5! = 240$ bulur.
Kontrol: En baştaki kişi $7$ kişiden biridir ve bunların $3$ 'ü kızdır. Kız olduğunda en sondaki kişi kalan $6$ kişiden biridir ve $2$ 'si kızdır. Bu yüzden bütün dizilişlerin $\frac{3}{7} \cdot \frac{2}{6} = \frac{1}{7}$ 'i uygundur: $\frac{5040}{7} = 720$ .

Sonuç:

720

Soru 7Orta

Aralarında Cem ile Derya'nın da bulunduğu

6

kişi bir sıraya dizilecektir. Cem ile Derya arasında en az bir kişinin bulunduğu kaç diziliş vardır?

"Arasında en az bir kişi" demek "yan yana değiller" demektir. Tümleyen yolunu kullanalım.
Bütün dizilişler: $6! = 720$ .
Cem ile Derya yan yana: ikisi bir blok olur; blok ve kalan $4$ kişi $5$ birimdir. $5! \cdot 2! = 120 \cdot 2 = 240$ .
İstenen: $720 - 240 = 480$ .
Bloğun iç sıralanışını unutan öğrenci $720 - 120 = 600$ bulur. "En az bir" ifadesini "tam bir" diye okuyan öğrenci yalnızca $192$ dizilişi sayar. Yan yana oldukları $240$ dizilişi cevap sanmak da tümleyeni çıkarmayı unutmaktır.
Boşluk yöntemiyle de çözülebilir: diğer $4$ kişi $4! = 24$ biçimde dizilir, oluşan $5$ boşluktan ikisine Cem ile Derya sırayla konur: $24 \cdot P (5, 2) = 24 \cdot 20 = 480$ . Yalnızca aradaki $3$ boşluğu kullanan öğrenci $24 \cdot P (3, 2) = 144$ bulur; uçlar da boşluktur.
Kontrol (konum çifti): $6$ yerden iki yer $\frac{6 \cdot 5}{2} = 15$ biçimde seçilir; bunların $5$ 'i bitişiktir: $(1, 2)$ , $(2, 3)$ , $(3, 4)$ , $(4, 5)$ , $(5, 6)$ . Bitişik olmayan $10$ yer çifti, Cem–Derya sırası için $2$ ve diğer $4$ kişi için $4! = 24$ : $10 \cdot 2 \cdot 24 = 480$ .

Sonuç:

480

Soru 8Orta

Aralarında Ali ile Berk'in de bulunduğu

n

kişi bir sıraya dizilecektir. Ali ile Berk'in yan yana olmadığı dizilişlerin sayısı

3600

'dür. Buna göre Ali ile Berk arasında tam

1

kişinin bulunduğu kaç diziliş vardır?

Yan yana olmayan dizilişler: $n! - (n - 1)! \cdot 2!$ . $n! = n \cdot (n - 1)!$ olduğundan bu ifade $(n - 1)! (n - 2)$ olur.
$(n - 1)! (n - 2) = 3600$ . Deneyelim: $n = 6$ için $120 \cdot 4 = 480$ , $n = 7$ için $720 \cdot 5 = 3600$ . $(n - 1)! (n - 2)$ ifadesi $n$ büyüdükçe artar ( $n = 8$ için $5040 \cdot 6 = 30240$ ); bu yüzden $3600$ değerini yalnızca $n = 7$ verir.
Ali ile Berk arasındaki kişi kalan $5$ kişiden biridir: $5$ yol. Ali ile Berk uçlarda yer değiştirebilir: $2$ yol.
"Ali, ?, Berk" üçlüsü bir blok olur; blok ve kalan $4$ kişi $5$ birim eder: $5! = 120$ .
Toplam: $5 \cdot 2 \cdot 120 = 1200$ .
Ali–Berk yer değişimini unutan öğrenci $600$ , aradaki kişiyi seçmeyi unutan öğrenci $2 \cdot 120 = 240$ , hem aradaki kişiyi seçmeyi hem de yer değişimini unutan öğrenci yalnızca $5! = 120$ bulur. $n$ 'yi yanlış bulup $n = 6$ alan öğrenci ise $4 \cdot 2 \cdot 4! = 192$ bulur.
Kontrol (konum çifti): $7$ yerlik sırada aralarında tam bir yer bulunan konum çiftleri $(1, 3)$ , $(2, 4)$ , $(3, 5)$ , $(4, 6)$ , $(5, 7)$ 'dir; $5$ tane. $5 \cdot 2 \cdot 5! = 1200$ .

Sonuç:

1200

Soru 9Orta

4

kız ve

3

erkek bir sıraya dizilecektir. Kızların hepsi bir arada ve erkeklerin hepsi bir arada olacağına göre kaç farklı diziliş vardır?

Kızlar bir blok, erkekler bir blok oluşturur. İki blok kendi aralarında $2! = 2$ biçimde dizilir: önce kızlar ya da önce erkekler.
Kız bloğunun içi $4! = 24$ , erkek bloğunun içi $3! = 6$ biçimde sıralanır.
Çarpma kuralıyla: $2 \cdot 24 \cdot 6 = 288$ .
Blokların sırasını unutan öğrenci $144$ bulur. Yalnızca kızları blok yapıp erkekleri serbest bırakan öğrenci ise "kızlar bir arada" sorusunu çözmüş olur: $4! \cdot 4! = 576$ . Erkek bloğunun iç sırasını unutan öğrenci $2 \cdot 4! = 48$ , koşulu hiç kullanmayan öğrenci $7! = 5040$ bulur.
Kontrol: Kalıp ya $K K K K E E E$ ya da $E E E K K K K$ 'dir; başka kalıp yoktur. Her kalıpta $4! \cdot 3! = 144$ diziliş vardır: $2 \cdot 144 = 288$ .

Sonuç:

288

Soru 10Orta

Aralarında

A

B

C

D

E

'nin de bulunduğu

8

kişi bir sıraya dizilecektir.

A

B

C

üçü bir arada (kendi aralarında herhangi bir sırada) olacak,

D

ile

E

de yan yana olacaktır. Kaç farklı diziliş vardır?

$A B C$ bir blok, $D E$ bir blok olsun. Bloklar dışında $8 - 5 = 3$ kişi kalır. Dizilecek birim sayısı $2 + 3 = 5$ 'tir: $5! = 120$ .
Blok içleri: $A B C$ bloğu $3! = 6$ , $D E$ bloğu $2! = 2$ biçimde sıralanır.
Çarpma kuralıyla: $120 \cdot 6 \cdot 2 = 1440$ .
İki bloğun sırası için ayrıca $2!$ ile çarpan öğrenci bu sırayı iki kez saymış olur ( $2880$ ); blokların birbirine göre sırası zaten $5!$ içindedir. $D$ ile $E$ koşulunu unutup yalnızca $A B C$ bloğunu kuran öğrenci $6! \cdot 3! = 4320$ bulur. $D E$ iç sırasıyla çarpıp yine de $D$ ile $E$ 'yi iki ayrı birim sayan, yani birim sayısını $6$ alan öğrenci $6! \cdot 3! \cdot 2! = 8640$ bulur. Koşulları hiç kullanmayan öğrenci ise $8! = 40320$ yazar.
Kontrol: Birim sayısını yanlış almamak için kişileri sayalım. $5$ birimin içinde $3 + 2 + 1 + 1 + 1 = 8$ kişi vardır; herkes bir kez sayıldı.

Sonuç:

1440

Soru 11Orta

Bir sinema salonunda önde ve arkada olmak üzere iki sıra koltuk vardır; her sırada yan yana

4

koltuk bulunur. Aralarında Ayla ile Bora'nın da bulunduğu

8

kişi bu

8

koltuğa oturacaktır. Ayla ile Bora aynı sırada ve yan yana oturacağına göre kaç farklı oturuş vardır? (Farklı sıralardaki koltuklar yan yana sayılmaz.)

Bitişik koltuk çiftlerini sayalım. $4$ koltuklu bir sırada bitişik çiftler $(1, 2)$ , $(2, 3)$ , $(3, 4)$ 'tür; $3$ tane. İki sırada toplam $2 \cdot 3 = 6$ çift vardır.
Seçilen çiftte Ayla ile Bora yer değiştirebilir: $2$ yol.
Kalan $6$ kişi kalan $6$ koltuğa $6! = 720$ biçimde oturur.
Çarpma kuralıyla: $6 \cdot 2 \cdot 720 = 8640$ .
Salonu tek sıra sayıp $7! \cdot 2! = 10080$ bulmak, bir sıranın sonundaki koltukla öbür sıranın başındaki koltuğu da yan yana saymak demektir. $6$ çifti bulduktan sonra "iki sıra var" diye bir kez daha $2$ ile çarpmak ise sıraları iki kez saymaktır ( $17280$ ). Her sırada $4$ bitişik çift varmış gibi sayan (her sıranın son koltuğunu öbür sıranın ilk koltuğuna bitişik sanan) öğrenci $8 \cdot 2 \cdot 720 = 11520$ , koşulu hiç kullanmayan öğrenci ise $8! = 40320$ bulur.
Kontrol: Ayla'nın oturduğu koltuğa göre sayalım. Ayla bir uç koltuktaysa ( $4$ koltuk) Bora için $1$ , iç koltuktaysa ( $4$ koltuk) Bora için $2$ seçenek vardır: $4 \cdot 1 + 4 \cdot 2 = 12$ ve $12 \cdot 720 = 8640$ .

Sonuç:

8640

Soru 12Zor

n

bir doğal sayı olmak üzere

n!

sayısının sonunda tam

6

tane sıfır vardır. Buna göre

n

'nin alabileceği değerlerin toplamı kaçtır?

Sondaki sıfır sayısı, $n!$ içindeki $5$ çarpanlarının sayısına eşittir; $25$ 'in katları ikinci bir $5$ verir.
$24!$ : $⌊ \frac{24}{5} ⌋ = 4$ tane $5$ çarpanı vardır, yani sonunda $4$ sıfır bulunur.
$25!$ : $⌊ \frac{25}{5} ⌋ + ⌊ \frac{25}{25} ⌋ = 5 + 1 = 6$ . $25$ sayısı tek başına iki $5$ verdiğinden sıfır sayısı $4$ 'ten doğrudan $6$ 'ya atlar; sonunda tam $5$ sıfır olan bir faktöriyel yoktur.
$26!$ , $27!$ , $28!$ , $29!$ yeni bir $5$ çarpanı eklemez; hepsinin sonunda $6$ sıfır vardır. $30!$ içinde $6 + 1 = 7$ tane $5$ çarpanı vardır.
Uygun değerler $25$ , $26$ , $27$ , $28$ , $29$ 'dur. Toplam: $25 + 26 + 27 + 28 + 29 = 135$ .
$25$ 'in ek katkısını unutan öğrenci $⌊ \frac{n}{5} ⌋ = 6$ denklemini kurar, $30$ – $34$ aralığını bulur ve $30 + 31 + 32 + 33 + 34 = 160$ yazar. Yalnızca en küçük değeri ( $25$ ) ya da en büyük değeri ( $29$ ) işaretlemek ya da aralığın iki ucunu toplayıp $25 + 29 = 54$ yazmak da soruyu eksik okumaktır.
Kontrol: Ortadaki değer $27$ ve $5$ terim vardır: $5 \cdot 27 = 135$ .

Sonuç:

135

Soru 13Zor

Aralarında Ali ile Berk'in de bulunduğu

5

erkek ve

3

kız bir sıraya dizilecektir. Ali ile Berk yan yana olacak, kızlardan hiçbir ikisi yan yana olmayacaktır. Kaç farklı diziliş vardır?

Önce erkekleri dizelim. Ali ile Berk bir blok olur; blok ve kalan $3$ erkek $4$ birim eder: $4! \cdot 2! = 24 \cdot 2 = 48$ .
Bu $4$ birim dizilince $4 + 1 = 5$ boşluk oluşur: $3$ 'ü arada, $2$ 'si uçlarda.
Kızları farklı boşluklara yerleştirelim ki hiçbir ikisi yan yana gelmesin: $P (5, 3) = 5 \cdot 4 \cdot 3 = 60$ .
Çarpma kuralıyla: $48 \cdot 60 = 2880$ .
Boşlukları $5$ erkek üzerinden sayıp $6$ boşluk alan öğrenci $48 \cdot P (6, 3) = 5760$ bulur. Bu sayım Ali ile Berk'in arasına kız koymaya da izin verir ve yan yana olma koşulunu bozar. Ali–Berk bloğunun iç sırasını unutan öğrenci $1440$ bulur. Kızların hangi boşluklara gideceğini seçip kızları kendi aralarında sıralamayan öğrenci $\frac{2880}{3 !} = 480$ bulur. Ali ile Berk'in yan yana olma koşulunu unutan öğrenci ise aşağıdaki $14400$ sayısını bulur.
Kontrol: Bu dizilişlerin hepsinde hiçbir iki kız yan yana değildir. Bu koşulu sağlayan bütün dizilişler $5! \cdot P (6, 3) = 14400$ 'dür; bulduğumuz $2880$ bu sayıdan küçüktür, olması gerektiği gibi.

Sonuç:

2880

Soru 14Zor

Aralarında Ali ile Banu'nun da bulunduğu

7

kişi bir sıraya dizilecektir. Ali ile Banu'dan en az biri sıranın bir ucunda (en başta ya da en sonda) olacak, ayrıca Ali ile Banu yan yana olmayacaktır. Bu koşullarda kaç farklı diziliş vardır?

"En az biri uçta" koşulunu birbirinden ayrık üç duruma bölelim ve toplama kuralını kullanalım: yalnızca Ali uçta, yalnızca Banu uçta, ikisi de uçta.
Yalnızca Ali uçta: Ali $2$ uçtan birine oturur ( $2$ yol). Banu uçlara oturamaz ve Ali'nin hemen yanındaki yere de oturamaz. Örneğin Ali $1.$ yerdeyse Banu için $3.$ , $4.$ , $5.$ , $6.$ yerler kalır: $4$ yol. Kalan $5$ kişi $5! = 120$ biçimde dizilir. $2 \cdot 4 \cdot 120 = 960$ .
Yalnızca Banu uçta: aynı akıl yürütmeyle $960$ .
İkisi de uçta: biri en başta, diğeri en sonda olur ( $2$ yol); aralarında $5$ kişi bulunduğundan yan yana değillerdir. Kalan $5$ kişi $5! = 120$ biçimde dizilir: $2 \cdot 120 = 240$ .
Toplam: $960 + 960 + 240 = 2160$ .
İkisinin birlikte uçta olduğu durumu unutan öğrenci $1920$ , Banu'nun uçta olup Ali'nin olmadığı durumu unutan öğrenci $960 + 240 = 1200$ bulur. "En az biri" ifadesini "ikisi de" diye okuyan öğrenci $240$ , tümleyeni cevap sanan öğrenci ise $1440$ yazar.
Kontrol (tümleyen): Ali ile Banu'nun yan yana olmadığı bütün dizilişler $7! - 6! \cdot 2! = 3600$ 'dür. Bunlardan ikisinin de uçta olmadığı dizilişleri çıkaralım. İkisi de $2.$ – $6.$ yerlerdeyse Ali için $5$ , Banu için $4$ yer vardır ( $20$ sıralı yer çifti); bunların $8$ 'i bitişiktir. Kalan $12$ çift ve diğer $5$ kişinin $5!$ dizilişi $12 \cdot 120 = 1440$ verir. $3600 - 1440 = 2160$ .

Sonuç:

2160

Soru 15Zor

Aralarında Ayla'nın da bulunduğu

4

kız ve aralarında Bora'nın da bulunduğu

4

erkek, kızlarla erkekler dönüşümlü olacak biçimde (hiçbir iki kız ve hiçbir iki erkek yan yana gelmeyecek) bir sıraya dizilecektir. Ayla ile Bora yan yana olacağına göre kaç farklı diziliş vardır?

Sayılar eşit olduğundan iki kalıp vardır: $K E K E K E K E$ ve $E K E K E K E K$ .
Bir kalıp içinde $8$ yerlik sırada bitişik yer çiftleri $(1, 2)$ , $(2, 3)$ , …, $(7, 8)$ 'dir; $7$ tane. Her çiftte bir yer kıza, bir yer erkeğe aittir.
Seçilen çiftte Ayla kız yerine, Bora erkek yerine oturur. Kalıp belli olduğundan Ayla ile Bora'nın yer değiştirmesi mümkün değildir: $1$ yol.
Kalan $3$ kız kalan $3$ kız yerine $3! = 6$ , kalan $3$ erkek kalan $3$ erkek yerine $3! = 6$ biçimde dizilir.
Toplam: $2 \cdot 7 \cdot 6 \cdot 6 = 504$ .
Kalıp sayısını $1$ alan öğrenci $252$ bulur. Ayla–Bora için ayrıca $2$ ile çarpan öğrenci ise kalıbın bu sırayı zaten belirlediğini gözden kaçırır ( $1008$ ). Dönüşüm koşulunu unutup yalnızca blok yöntemi uygulayan öğrenci $7! \cdot 2! = 10080$ bulur. Ayla–Bora koşulunu unutup bütün dönüşümlü dizilişleri sayan öğrenci ise $2 \cdot 4! \cdot 4! = 1152$ bulur.
Kontrol (Ayla'nın yerine göre): Her kalıpta Ayla'nın oturabileceği $4$ kız yerinden biri sıranın ucundadır ve yanında yalnızca $1$ erkek yeri vardır; diğer $3$ yerin her birinin iki yanında birer erkek yeri vardır. Ayla–Bora yerleşimi her kalıpta $1 + 3 \cdot 2 = 7$ yoldur; bu, $7$ bitişik çifti başka yoldan doğrular. $2 \cdot 7 \cdot 3! \cdot 3! = 504$ .

Sonuç:

504

0/15 soru cevaplandı

Sık Yapılan Hatalar

$0!$ 'i $0$ sanmak, faktöriyelleri toplamak. $0! = 1$ 'dir. $(n + 1)!$ ile $n! + 1$ , $(2 n)!$ ile $2 \cdot n!$ farklıdır; $5! + 4!$ de $9!$ değildir. Ortak çarpan parantezine al (Örnek 1).
Sondaki sıfırlarda yalnızca $5$ 'in katlarını saymak. $25$ 'in ve $125$ 'in katları ek $5$ çarpanı verir (Örnek 2).
Görevli seçimi görevsiz seçim gibi saymak. Farklı roller ya da görevler (kral–vezir–soytarı, başkan–yardımcı) dağıtmak bir sıralamadır; seçilen her üç kişi rollere $3!$ biçimde dağıtılır (Örnek 3).
Kısıtları birbirinden bağımsızmış gibi uygulamak. İki kısıt aynı yeri paylaşıyorsa önce birini yerleştir, ötekinin seçeneklerini buna göre güncelle (Bölüm 7, Örnek 4).
Blok yönteminde blok içini unutmak. $k$ kişilik bir bloğun içi $k!$ biçimde sıralanır; birden fazla blok varsa her biri ayrıca çarpılır (Örnek 5).
Sıradaki çiftlerle yuvarlak masadaki çiftleri karıştırmak. Düz sırada $k! \cdot 2^{k}$ , yuvarlak masada $(k - 1)! \cdot 2^{k}$ (Örnek 6).
Boşluk sayısını yanlış almak. $m$ kişi dizilince $m + 1$ boşluk oluşur; uçlar da boşluktur (Örnek 7).
"Hiçbiri yan yana değil" ile "hepsi birden yan yana değil"i karıştırmak. Birincisi boşluk yöntemiyle, ikincisi tümleyenle çözülür; üç ve daha fazla kişide sonuçları farklıdır (Örnek 7).
"Arasında tam $k$ kişi"de bir çarpanı unutmak. Aradaki kişilerin sıralanışı da $A$ – $B$ yer değişimi de sayılmalıdır (Örnek 8).
Dönüşümlü dizilişte $2$ ile çarpmayı yanlış yerde kullanmak. Sayılar eşitse $2$ kalıp, biri bir fazlaysa tek kalıp vardır (Örnek 9).
"Solunda" ifadesini "hemen solunda" sanmak. "Solunda" $\frac{n !}{2}$ , "hemen solunda" $(n - 1)!$ verir (Örnek 10).

Özet

Durum	Yöntem	Sayı
$n$ farklı nesnenin tamamı	Kutu yöntemi	$n!$
$n$ farklı nesneden $r$ 'si sıraya ya da farklı görevlere	Kutu yöntemi	$P (n, r) = \frac{n !}{( n - r )!}$
Belirli yer kısıtı	Önce kısıtlıyı yerleştir	durum durum çarp
$k$ kişi yan yana	Blok	$(n - k + 1)! \cdot k!$
$k$ evli çift sırada, her çift yan yana	Blok	$k! \cdot 2^{k}$
İki kişi yan yana değil	Tümleyen	$n! - (n - 1)! \cdot 2!$
$k$ kişiden hiçbir ikisi yan yana değil	Boşluk ( $m = n - k$ )	$m! \cdot P (m + 1, k)$
A ile B arasında tam $k$ kişi	Seç-diz + blok	$P (n - 2, k) \cdot 2 \cdot (n - k - 1)!$
Eşit sayıda kız ve erkek dönüşümlü ( $k$ kız, $k$ erkek)	Kalıp	$2 \cdot k! \cdot k!$
Dönüşümlü, biri bir fazla ( $k + 1$ ve $k$ kişi)	Tek kalıp	$(k + 1)! \cdot k!$
A, B'nin solunda / hemen solunda	Simetri / blok	$\frac{n !}{2}$ / $(n - 1)!$

1. Faktöriyel: Tanım, 0! = 1 ve Sadeleştirme

2. Faktöriyelli Denklemler ve Ortak Çarpan

3. Faktöriyelin Sonundaki Sıfırlar (Kısa Not)

4. Permütasyon: Sıranın Önemli Olduğu Dizilişler

5. P(n, r): Kutu Yönteminden Formüle

6. Görevler ve Roller: Farklı Görev = Sıra

7. Belirli Yer Kısıtları: Önce Kısıtlı Kişiyi Yerleştir

8. Yan Yana Olma: Blok (Paket) Yöntemi

9. Evli Çiftler Sırada: k!⋅2k

10. Yan Yana Olmama: Tümleyen mi, Boşluk Yöntemi mi?

11. Arasında Tam k Kişi

12. Dönüşümlü Dizilişler

13. Simetri: "A, B'nin Solunda" Neden Yarısıdır?

Çözümlü Sorular

Pekiştirme Soruları

Çözümlü Sorular

Sık Yapılan Hatalar

Özet

Sayma, Olasılık ve İstatistik — diğer konular

9. Evli Çiftler Sırada: $k! \cdot 2^{k}$

11. Arasında Tam $k$ Kişi