TYT Matematik · Sayma, Olasılık ve İstatistik

Sayma Kuralları

~18 dk okumaZorluk: Kolay20 çözümlü soruTYT'de ~3 soru/yıl · Sınavda yüksek ağırlık

"Kaç farklı şekilde?" sorusunun neredeyse tamamı üç kurala dayanır: ayrık durumlar toplanır, art arda verilen kararlar çarpılır, istenmeyen durumlar tümünden çıkarılır. Bu sayfada faktöriyel ya da ezber formül kullanmadan, yalnızca kutu diyagramı, ağaç şeması ve tabloyla bu üç kuralı adım adım kuruyoruz. Bir aralıktaki tam sayıları saymayı, tekrarlı ve tekrarsız seçimi, "kim kimi seçiyor?" sorusunu ve durumlara ayırmayı da burada öğreniyoruz; sonraki bütün sayma konuları bu temelin üzerinde yükselir.

Bu sayfadaki varsayımlar

Bu sayfadaki bütün rakam dizileri kod ya da şifredir: ilk hane $0$ olabilir. İlk basamağı $0$ olamayan sayılar Rakamlarla Sayı Oluşturma konusunda ele alınır.

Aksi söylenmedikçe kişiler, nesneler, yollar ve renkler birbirinden farklıdır.

Harf dizileri anlamlı ya da anlamsız olabilir; bir harfin tekrar kullanılıp kullanılamayacağı her soruda ayrıca belirtilir.

Bir aralıktaki sayılar sorulduğunda uçların dahil olup olmadığı her soruda yazılıdır.

Zarlar hilesizdir ve iki zar birbirinden ayırt edilir: $(2, 5)$ ile $(5, 2)$ farklı sonuçlardır.

Bu sayfada faktöriyel, $P (n, r)$ ya da $C (n, r)$ gösterimi kullanılmaz; her şey kutu ve ağaçla sayılır.

Bu konunun daha kısa bir anlatımı için Permütasyon ve Kombinasyon özet sayfasına, konuya 10. sınıf düzeyinde bakmak için Sayma ve Permütasyon dersine göz atabilirsin. Maarif programında sayma, permütasyon ve kombinasyon 10. sınıfta işlenir.

1. Sayma Neden Gerekir? Listelemenin Sınırı

$A$ , $B$ , $C$ harfleriyle, harf tekrar edebilecek şekilde yazılan iki harfli kodları listeleyelim:

$AA, A B, A C, B A, B B, B C, C A, C B, C C$

Toplam $9$ kod var. Listelemek burada kolaydır ve kesin sonuç verir. Peki aynı üç harfle beş harfli kodlar istenseydi? Bu kez $243$ kod vardır (bu sayıyı 6. bölümde listelemeden bulacağız); hepsini yazmak hem uzun sürer hem de birini atlama ya da iki kez yazma riski taşır.

Sayma kuralları, listeyi yazmadan listenin uzunluğunu bulmanın yoludur. Yine de listeleme değerini kaybetmez: küçük bir örneği listelemek, bir kuralın doğru kurulup kurulmadığını denetlemenin en güvenilir yoludur. Bu sayfadaki her çözüm böyle bir denetimle biter.

2. Bir Aralıkta Kaç Tam Sayı Var? (Son − İlk) / Adım + 1

$3$ ile $7$ arasındaki tam sayıları, uçlar dahil, listeleyelim: $3, 4, 5, 6, 7$ . Toplam $5$ sayı var; oysa $7 - 3 = 4$ 'tür. Fark, sayıların arasındaki boşlukları sayar; sayıların kendisi boşluklardan bir fazladır. Bu, $10$ metrelik bir çit boyunca baştan sona $2$ metrede bir direk dikildiğinde $5$ değil $6$ direk gerekmesi de aynı nedene dayanır.

Aralık ( $a < b$ , tam sayılar)	Kaç tam sayı?
İki uç da dahil	$b - a + 1$
Yalnız bir uç dahil	$b - a$
İki uç da hariç	$b - a - 1$

Sayılar belirli bir adımla artıyorsa (örneğin yalnız $3$ 'ün katları), önce aralığa giren ilk ve son terim bulunur:

$terim say ı s ı = \frac{son - ilk}{ad ı m} + 1$

Örneğin $20$ ile $50$ arasındaki (uçlar dahil) $3$ 'ün katları $21, 24, \dots, 48$ 'dir: $\frac{48 - 21}{3} + 1 = 10$ . Denetim: $21 = 3 \cdot 7$ ve $48 = 3 \cdot 16$ olduğundan bu sayılar $7$ 'den $16$ 'ya kadar olan çarpanlara karşılık gelir, yani $16 - 7 + 1 = 10$ tane.

Dikkat: Formüle aralığın uç değerleri değil, aralığa giren ilk ve son terim yazılır. Bu "+1" küçük bir ayrıntı gibi görünür; ama burada yapılan hata, sayfa numaralandırmadan sayı oluşturmaya kadar sonraki her konuya taşınır.

3. Toplama Kuralı: "Ya … Ya da" ve Ayrık Durumlar

Bir okul kantininde $4$ çeşit sandviç ve $3$ çeşit meyve suyu var. Bir öğrenci ya bir sandviç ya da bir meyve suyu alacaksa seçenekler iki ayrı gruptan gelir ve hiçbir seçenek iki grupta birden bulunamaz; Kümeler dilinde iki grup ayrık kümelerdir. Bu yüzden seçenekler toplanır: $4 + 3 = 7$ .

Toplama kuralı: Bir iş, ortak elemanı olmayan (ayrık) durumlardan yalnız biriyle yapılıyorsa ve bu durumlar sırasıyla $a$ ve $b$ yolla gerçekleşiyorsa, işin yapılış sayısı $a + b$ 'dir.

Toplama kuralının tek şartı ayrıklıktır. İki durumun ortak elemanı varsa toplamak o elemanları iki kez sayar; bunun nasıl önleneceğini 5. çözümlü örnekte göreceğiz.

4. Çarpma Kuralı: Adım Adım Karar Vermek

Aynı öğrenci bu kez bir sandviç ve bir meyve suyu alacak olsun. Artık iki karar art arda verilir: önce sandviç ( $4$ yol), sonra meyve suyu. Seçilen her sandviçin yanına $3$ meyve suyunun her biri gelebildiği için sonuç $3 + 3 + 3 + 3 = 4 \cdot 3 = 12$ 'dir.

Çarpma kuralı: Bir iş art arda adımlarla yapılıyorsa ve birinci adım $a$ yolla, birinci adım nasıl yapılırsa yapılsın ikinci adım $b$ yolla yapılabiliyorsa, iş $a \cdot b$ yolla yapılır.

Kalın yazılan şart önemlidir: ikinci adımın seçenek sayısı birinci adımda ne seçildiğine bağlı olmamalıdır. Bağlıysa sabit bir çarpım yazılamaz; bu durumda ağaç şeması kullanılır (4. çözümlü örnek).

Toplama ile çarpmayı ayıran soru şudur: Sonuçta bir şey mi seçiliyor, yoksa birkaç şey birlikte mi? "Bir kitap" seçmek toplamadır; "bir kitap ve bir defter" seçmek çarpmadır.

5. Ağaç Şeması, Tablo ve Kutu Diyagramı

Sayma kurallarını uygulamak için üç araç kullanırız:

Ağaç şeması: Her karar bir dallanmadır; dalların uçları sayılır. Dalların sayısı adımdan adıma değişse bile işe yarar; bu yüzden en güvenilir araçtır.
Tablo (ızgara): İki adımlı işlerde satırlar birinci adımı, sütunlar ikinci adımı gösterir. İki zarın sonuçları gibi durumlarda bütün sonuçlar tek bakışta görülür.
Kutu diyagramı: Her adım için bir kutu çizilir, kutuya o adımın seçenek sayısı yazılır ve kutular çarpılır. Ağacın kısaltılmış hâlidir; her dal aynı sayıda alt dala ayrıldığında kullanılır.

Ağaç ile kutunun aynı şeyi söylediğini küçük bir örnekte görelim. Bir lokantada $2$ çeşit çorba ( $\overset{C}{¸}_{1}$ , $\overset{C}{¸}_{2}$ ) ve $3$ çeşit ana yemek ( $A_{1}$ , $A_{2}$ , $A_{3}$ ) var; bir menü bir çorba ve bir ana yemekten oluşuyor.

Şekil 1 — Ağaç şeması. Her çorba dalı

3

ana yemek dalına ayrılır. Dal uçları menülerin listesidir:

\overset{C}{¸}_{1} A_{1}

\overset{C}{¸}_{1} A_{2}

\overset{C}{¸}_{1} A_{3}

\overset{C}{¸}_{2} A_{1}

\overset{C}{¸}_{2} A_{2}

\overset{C}{¸}_{2} A_{3}

, yani

6

menü.

Ağacın her katında dallar eşit sayıda olduğu için dal uçlarını tek tek saymak yerine iki kutu çizip çarpabiliriz: $2 \cdot 3 = 6$ . Dallar eşit değilse (bir dal erken bitiyorsa ya da bir adımın seçenek sayısı öncekine bağlıysa) kutuya tek bir sayı yazılamaz; o zaman ağaç çizmeye devam ederiz.

6. Tekrara İzin Var mı?

$5$ farklı sembolden üç haneli bir dizi oluşturalım. Sembol tekrar edebiliyorsa her haneye yine $5$ seçenek kalır. Tekrar edemiyorsa her hane bir sembolü tüketir; seçenek sayısı $5$ , $4$ , $3$ diye azalır.

Şekil 2 — Kutu diyagramı. Beş sembolle üç haneli diziler: tekrar serbestse

5 \cdot 5 \cdot 5 = 125

, tekrar yoksa

5 \cdot 4 \cdot 3 = 60

. Kutuya yazılan sayı, o haneye kaç farklı sembol gelebileceğidir.

Genel olarak $n$ farklı sembolden $r$ haneli dizi sayısı:

tekrar serbestse $r tane n \cdot n \dots n = n^{r}$ ,
tekrar yoksa $r tane n \cdot (n - 1) \cdot (n - 2) \dots$ .

İlk bölümdeki listeye dönelim: $A$ , $B$ , $C$ ile tekrar serbest iki harfli kodlar $3 \cdot 3 = 9$ taneydi; listede de tam $9$ kod vardı. Beş harfli kodlar için listeye gerek yok: $3^{5} = 243$ .

Çözüme başlamadan önce "rakamları farklı", "harf tekrar edebilir" gibi ifadeleri mutlaka ara; bu tek ifade sonucu tamamen değiştirir (2. çözümlü örnek).

7. Kim Kimi Seçiyor? Mektuplar ve Kutular ( $k^{n}$ )

$n$ farklı nesnenin her biri $k$ farklı seçenekten birine gidiyorsa, her nesne için ayrı bir karar verilir ve her kararda $k$ seçenek vardır:

$n nesne k \cdot k \dots k = k^{n}$

Taban ile üssü karıştırmamak için şunu sor: Karar veren kim? Kararı her bir mektup verir ("hangi kutuya gideyim?"), kutular karar vermez. Bu yüzden üs, karar verenlerin sayısı; taban, her birinin seçenek sayısıdır. Bir kutuya birden çok mektup atılabilmesi ve boş kutu kalabilmesi bu modelin parçasıdır (3. çözümlü örnek).

8. Durumlara Ayırma: Önce Ayır, Her Durumda Çarp, Sonra Topla

Bir soru tek bir çarpımla çözülemiyorsa, onu ortak elemanı olmayan durumlara ayırırız. Her durumu kendi içinde çarpma kuralıyla sayar, sonra durumları toplama kuralıyla birleştiririz.

Örneğin $1$ , $2$ , $3$ rakamlarıyla (tekrar serbest) yazılabilen iki ya da üç haneli kodlar: iki haneliler $3 \cdot 3 = 9$ , üç haneliler $3 \cdot 3 \cdot 3 = 27$ , toplam $9 + 27 = 36$ . Bir kod hem iki hem üç haneli olamayacağı için durumlar ayrıktır.

İyi bir durum ayrımının iki şartı vardır:

Ayrıklık: Hiçbir sonuç iki duruma birden girmemeli.
Eksiksizlik: Her sonuç mutlaka bir duruma girmeli.

Bu iki şartı en kolay sağlayan yol, durumları tek bir özelliğe göre ayırmaktır: "ilk hane kaç?", "son hane $0$ mı, değil mi?" gibi.

9. En Kısıtlı Adımdan Başlamak

Kutu diyagramında kutuları soldan sağa doldurmak zorunda değiliz. Bir hanenin özel bir koşulu varsa (örneğin son hanenin tek olması gibi) önce o hane doldurulur. Tekrar yasaksa, yani seçimler birbirini etkiliyorsa, koşullu haneyi sona bırakırsak oraya kaç seçenek kaldığı önceki hanelerde ne seçildiğine bağlı olur ve çarpma kuralının şartı bozulur. Kısıtlı haneyi önce doldurduğumuzda sonraki her hanenin seçenek sayısı kesinleşir. Tekrar serbestse seçimler birbirini etkilemez; o zaman hangi haneden başlandığı sonucu değiştirmez (2. çözümlü örnek).

10. Çıkarma (Tümleyen) Kuralı ve "En Az Bir"

Bazen istenen durumları saymak zor, istenmeyenleri saymak kolaydır. O zaman:

$istenen = t \overset{u}{¨} m \overset{u}{¨} - istenmeyen$

"En az bir" ifadesi bu kuralın en sık kullanıldığı yerdir. "En az bir sesli harf içeren" dizilerin tümleyeni "hiç sesli harf içermeyen" dizilerdir; "en çok bir" değil.

İstenen	Tümleyeni (istenmeyen)
en az bir	hiç (sıfır tane)
en çok bir	en az iki
hepsi aynı değil	hepsi aynı
en az bir hane tekrar ediyor	bütün haneler farklı

Tümleyeni doğru kurduğunu şöyle denetle: istenen durumlarla istenmeyen durumlar birlikte her sonucu tam bir kez kapsamalıdır (6. çözümlü örnek). İki ayrı koşulun birlikte dışlandığı sorular (örneğin "ne $A$ başta ne $B$ sonda") Dahil Etme–Hariç Tutma konusunda ele alınır.

11. Yol, Güzergâh ve Boyama Problemleri

Yol ağları. Bir kasabadan diğerine gitmek, ara kasabalardan geçen art arda adımlardan oluşur; bu yüzden aynı güzergâh üzerindeki yollar çarpılır. Farklı ara kasabalardan geçen güzergâhlar ise ayrık durumlardır ve toplanır (7. çözümlü örnek).

Bayrak ve şerit boyama. Üç dikey şeritli bir bayrağı kırmızı (K), lacivert (L) ve gri (G) renkleriyle, komşu şeritler farklı renkte olacak şekilde boyayalım; komşu olmayan birinci ve üçüncü şerit aynı renk olabilir. Önce listeleyelim:

Şekil 3 — Komşu şeritleri farklı renkte olan üç şeritli bayraklar. Her satırda birinci şeridin rengi sabittir ve satırda

4

bayrak vardır; toplam

3 \cdot 4 = 12

bayrak.

Şimdi aynı sonuca kutularla ulaşalım: birinci şerit $3$ renkten biri; ikinci şerit, birinciden farklı olmak üzere $2$ renkten biri; üçüncü şerit yalnız ikinciden farklı olmak zorunda olduğu için yine $2$ renkten biri. $3 \cdot 2 \cdot 2 = 12$ . Liste ile kural aynı sonucu veriyor.

Genel olarak $n$ renkle $k$ şeritli bir bayrakta komşu şeritler farklı olacaksa sonuç $n \cdot (n - 1) \cdot (n - 1) \dots$ yani $n \cdot (n - 1)^{k - 1}$ 'dir: ilk şeritten sonraki her şerit yalnızca bir önceki şeritten farklı olmak zorundadır.

Harita boyama. Bölgeler boyanırken en çok komşusu olan bölgeden başlanır; çünkü bu bölge, diğerlerinin kaç seçeneği kalacağını belirler. Örneğin ortada bir bölge ve onun çevresinde, birbirine değmeyen ama ortadaki bölgeye değen üç bölge olsun. Bölgeler $4$ renk arasından seçilerek, komşu bölgeler farklı renkte olacak şekilde boyansın (renklerin hepsinin kullanılması gerekmez): önce orta bölge ( $4$ ), sonra dış bölgelerin her biri ortadakinden farklı ( $3$ , $3$ , $3$ ): $4 \cdot 3 \cdot 3 \cdot 3 = 108$ .

12. Özet: Hangi Kural Ne Zaman?

Sorudaki ipucu	Kural	Araç
"ya … ya da", "biri", ayrık gruplardan tek seçim	Toplama	Durumları yan yana yaz
"önce … sonra", "ve", birlikte birkaç seçim	Çarpma	Kutu diyagramı
Seçenek sayısı önceki adıma bağlı	Çarpma, dal dal	Ağaç şeması
Tek çarpım yetmiyor	Durumlara ayır, her durumda çarp, topla	Ağaç veya tablo
Kısıtlı bir hane var	O haneden başla	Kutu diyagramı
"en az bir", "hepsi aynı değil"	Çıkarma (tümleyen)	Tümü − istenmeyen
Her nesne $k$ seçenekten birine gidiyor	$k^{n}$ (üs: karar verenler)	Kutu diyagramı
Bir aralıktaki sayılar	$\frac{son - ilk}{ad ı m} + 1$	Uçları kontrol et

Çözümlü Sorular

Örnek

Soru

$48$ ile $123$ arasındaki tam sayılar ele alınıyor.

a) Uçlar dahil kaç tam sayı vardır? Uçlar hariç kaç tam sayı vardır?

b) Uçlar dahil bu aralıkta $4$ 'ün katı olan kaç tam sayı vardır?

Fark, sayılar arasındaki boşlukları sayar. Katları sayarken önce aralığa giren ilk ve son $4$ katını bul.

Yaygın hata: $123 - 48 = 75$ yazıp bırakmak. Küçük bir aralıkta dene: $3$ 'ten $7$ 'ye uçlar dahil $5$ sayı vardır, fark ise $4$ 'tür. Fark her zaman bir eksik verir.
a) Uçlar dahil: $123 - 48 + 1 = 76$ . Uçlar hariç tutulunca $48$ ile $123$ listeden çıkar: $76 - 2 = 74$ .
b) Aralığa giren ilk $4$ katı $48$ 'in kendisidir ( $48 = 4 \cdot 12$ ). $123$ 'ü aşmayan en büyük $4$ katı $120$ 'dir ( $120 = 4 \cdot 30$ ). Formüle aralığın ucu olan $123$ değil, son terim olan $120$ yazılır:

$\frac{120 - 48}{4} + 1 = 18 + 1 = 19$

$\frac{123 - 48}{4} = 18, 75$ gibi tam olmayan bir sonuç, formüle yanlış uç yazıldığının işaretidir.
Denetim: $4 \cdot 12, 4 \cdot 13, \dots, 4 \cdot 30$ sayıları, $12$ 'den $30$ 'a kadar olan çarpanlara karşılık gelir: $30 - 12 + 1 = 19$ tane.

Sonuç: a) Uçlar dahil

76

, uçlar hariç

74

; b)

19

Örnek

Soru

$0, 1, 2, \dots, 9$ rakamları kullanılarak üç haneli kodlar oluşturulacaktır (kodun ilk hanesi $0$ olabilir).

a) Rakamları birbirinden farklı ve son hanesi tek rakam olan kaç kod vardır?

b) Rakam tekrarı serbest olsaydı, son hanesi tek rakam olan kaç kod olurdu?

Koşulu olan hane son hanedir. Kutuları soldan değil, o haneden başlayarak doldur.

Yaygın hata: Soldan başlayıp $10 \cdot 9 \cdot 5 = 450$ yazmak. Birinci ve ikinci haneye tek rakamlar konduysa son haneye $5$ değil $3$ tek rakam kalır; birine tek, diğerine çift rakam konduysa $4$ , ikisine de çift rakam konduysa $5$ kalır. Son kutunun seçenek sayısı önceki seçimlere bağlı olduğu için bu çarpım yanlıştır.
a) Önce en kısıtlı haneyi doldur: son hane $1, 3, 5, 7, 9$ 'dan biri, $5$ seçenek.
Birinci hane, son hanede kullanılan rakam dışındaki $9$ rakamdan biri: $9$ seçenek. İkinci hane, kullanılan iki rakam dışındaki $8$ rakamdan biri: $8$ seçenek.
Her kutunun seçenek sayısı artık kesin: $5 \cdot 9 \cdot 8 = 360$ .
b) Tekrar serbestse son hane yine $5$ seçenek, diğer iki hanenin her biri $10$ seçenek: $10 \cdot 10 \cdot 5 = 500$ . Tekrar serbest olduğunda hiçbir seçim diğerini etkilemez, bu yüzden hangi haneden başlandığı fark etmez.
Denetim (a): Son hane hangi rakam olursa olsun, kalan iki hane $9 \cdot 8 = 72$ yolla dolar. Son haneye gelebilecek $10$ rakamın $5$ 'i tek olduğundan $5 \cdot 72 = 360$ bulunur. Rakamları farklı bütün kodlar $10 \cdot 72 = 720$ olduğundan bu, tam yarısıdır. (Yarıya bölme yalnız kodlarda doğrudur: ilk hanesi $0$ olamayan sayılarda kalan hanelerin dolma sayısı son hanenin $0$ olup olmamasına bağlıdır ve iki grup eşit çıkmaz.)

Sonuç: a)

360

; b)

500

Örnek

Soru

a) $4$ farklı mektup, $3$ farklı posta kutusuna atılacaktır. Bir kutuya birden çok mektup atılabilir ve boş kutu kalabilir. Bu iş kaç farklı şekilde yapılabilir?

b) Bir binanın $3$ farklı giriş kapısı vardır. Bir gruptaki öğrencilerin her biri bu kapılardan yalnız birini kullanarak binaya giriyor; bir kapıdan birden çok öğrenci geçebilir. Hangi öğrencinin hangi kapıdan girdiği dikkate alındığında $243$ farklı giriş biçimi olduğuna göre grupta kaç öğrenci vardır?

Kararı kim veriyor? Her mektup "hangi kutuya gideyim?" diye seçer. Üs, karar verenlerin sayısıdır.

Yaygın hata: $4^{3} = 64$ yazmak, yani kutuların mektup seçtiğini düşünmek. Küçük bir örnekte dene: $2$ mektup ( $m_{1}$ , $m_{2}$ ) ve $3$ kutu ( $K_{1}$ , $K_{2}$ , $K_{3}$ ). Önce $m_{1}$ 'in, sonra $m_{2}$ 'nin kutusunu yazalım:

$K_{1} K_{1}, K_{1} K_{2}, K_{1} K_{3}, K_{2} K_{1}, K_{2} K_{2}, K_{2} K_{3}, K_{3} K_{1}, K_{3} K_{2}, K_{3} K_{3}$

Liste $9 = 3^{2}$ elemanlıdır; $2^{3} = 8$ değil.

a) Her mektup için ayrı bir karar verilir ve her kararda $3$ seçenek vardır: $3 \cdot 3 \cdot 3 \cdot 3 = 3^{4} = 81$ .
b) Bu kez karar verenler öğrencilerdir; her biri $3$ kapıdan birini seçer. Öğrenci sayısı $n$ ise giriş biçimi sayısı $3^{n}$ 'dir.
$3^{n} = 243 = 3^{5}$ olduğundan $n = 5$ .
Denetim: $5$ öğrenci için $3 \cdot 3 \cdot 3 \cdot 3 \cdot 3 = 243$ . Ters kurulsaydı $n^{3} = 243$ olurdu; $6^{3} = 216$ , $7^{3} = 343$ olduğundan bu denklemin tam sayı çözümü yoktur. Bu da modelin ters kurulduğunu gösterir.

Sonuç: a)

81

; b)

5

öğrenci.

Örnek

Soru

Ece ile Mert bir masa tenisi maçı yapıyor. Setlerde beraberlik yoktur; iki seti ilk kazanan oyuncu maçı kazanır ve maç bitince başka set oynanmaz. Kazanılan setlerin sırası dikkate alındığında maç kaç farklı biçimde sonuçlanabilir?

Bir dal, oyunculardan biri ikinci setini kazandığında biter. Dalların hepsi aynı uzunlukta değildir.

Yaygın hata: "Her set $2$ sonuçlu, $3$ set var" deyip $2 \cdot 2 \cdot 2 = 8$ yazmak. Bu çarpım, her dalın üçüncü sete kadar uzadığını varsayar. Oysa ilk iki seti aynı oyuncu kazanırsa üçüncü set oynanmaz: $E E E$ ya da $E E M$ diye bir maç yoktur.
Setin galibini yazarak ağacı kuralım ( $E$ : Ece, $M$ : Mert).

Şekil 4 — Eşit olmayan dallar. İlk iki set aynı oyuncunun olursa dal ikinci sette biter (

E E

M M

); setler paylaşılırsa üçüncü set oynanır. Dal uçları:

6

Dal uçlarını sayalım: $E E$ , $E M E$ , $E M M$ , $M E E$ , $M E M$ , $M M$ . Toplam $6$ biçim.
Denetim: Ece'nin kazandığı maçlar $E E$ , $E M E$ , $M E E$ olmak üzere $3$ tanedir. Durum iki oyuncu için simetrik olduğundan Mert'in de $3$ kazanma biçimi vardır: $3 + 3 = 6$ .

Sonuç:

6

Örnek

Soru

Biri kırmızı, biri mavi iki zar birlikte atılıyor ve sonuç (kırmızı zar, mavi zar) biçiminde sıralı ikili olarak yazılıyor. İki zarın aynı sayıyı gösterdiği ya da üst yüzlerdeki sayıların toplamının $8$ olduğu kaç farklı sonuç vardır?

Önce $6 \times 6$ tabloyu düşün. İki koşulu birlikte sağlayan bir sonuç var mı?

Birinci yaygın hata: $(3, 5)$ ile $(5, 3)$ 'ü aynı sonuç saymak. Kırmızı zarın $3$ , mavinin $5$ gelmesi ile kırmızının $5$ , mavinin $3$ gelmesi farklı sonuçlardır. Toplamı $8$ olan sonuçlar $(2, 6)$ , $(3, 5)$ , $(4, 4)$ , $(5, 3)$ , $(6, 2)$ olmak üzere $5$ tanedir; $3$ değil.
İkinci yaygın hata: "Aynı sayı $6$ sonuç, toplam $8$ ise $5$ sonuç" deyip $6 + 5 = 11$ yazmak. Tabloda görüldüğü gibi $(4, 4)$ iki gruba birden girer; toplama kuralı yalnız ayrık durumlar için geçerlidir.

Şekil 5 — İki zarın

36

sıralı sonucu. Köşegen "aynı sayı", diğer işaretli hücreler "toplam

8

" sonuçlarıdır.

(4, 4)

iki grupta birden bulunduğu için iki grup doğrudan toplanamaz.

Doğru durum ayrımı: Sonuçları tek bir özelliğe göre ayıralım: zarlar aynı mı, farklı mı?
- Durum 1, iki zar aynı sayıyı gösteriyor: $(1, 1), \dots, (6, 6)$ , yani $6$ sonuç. (Bunlardan $(4, 4)$ 'ün toplamı da $8$ 'dir; burada bir kez sayıldı.)
- Durum 2, zarlar farklı ve toplam $8$ : $(2, 6)$ , $(6, 2)$ , $(3, 5)$ , $(5, 3)$ , yani $4$ sonuç.
İki durum ayrıktır ve istenen her sonuç bunlardan birine girer: $6 + 4 = 10$ .
Denetim: Şekil 5'te işaretli hücreleri tek tek say: köşegende $6$ , köşegen dışında toplamı $8$ olan $4$ hücre; toplam $10$ hücre.

Sonuç:

10

Örnek

Soru

$A$ , $E$ , $K$ , $L$ , $M$ harfleri kullanılarak, harf tekrarı serbest olmak üzere, üç harfli (anlamlı ya da anlamsız) diziler yazılacaktır. Bu dizilerden kaçı en az bir sesli harf içerir?

Sesli harfler $A$ ve $E$ 'dir. "En az bir"in tümleyeni "hiç"tir.

Bütün diziler: her harf $5$ seçenek, $5 \cdot 5 \cdot 5 = 125$ .
İstenmeyen diziler, hiç sesli harf içermeyenlerdir. Her harf $K$ , $L$ , $M$ 'den biri olmalı: $3 \cdot 3 \cdot 3 = 27$ .
İstenen: $125 - 27 = 98$ .
Yaygın hata: Tümleyeni "en çok bir sesli harf" almak. En çok bir sesli harf içeren diziler, hiç içermeyen $27$ dizi ile tam bir sesli harf içeren dizilerin toplamıdır. Tam bir sesli harf için: sesli harfin yeri $3$ , sesli harf $2$ , diğer iki yerin her biri $3$ sessizden biri, yani $3 \cdot 2 \cdot 3 \cdot 3 = 54$ . Böylece $125 - (27 + 54) = 44$ bulunur; bu sayı "en az bir"i değil, "en az iki sesli harf" içeren dizileri verir.
Denetim (doğrudan sayma): Tam bir sesli: $54$ . Tam iki sesli: sessiz harfin yeri $3$ , sessiz harf $3$ , iki sesli yerin her biri $2$ , yani $3 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 2 = 36$ . Üçü de sesli: $2 \cdot 2 \cdot 2 = 8$ . Toplam $54 + 36 + 8 = 98$ . İki yol aynı sonucu veriyor.

Sonuç:

98

Örnek

Soru

$A$ ile $B$ kasabaları arasında $3$ , $B$ ile $C$ kasabaları arasında $4$ farklı yol vardır. Ayrıca $A$ ile $C$ arasında $B$ 'ye uğramayan $2$ farklı doğrudan yol vardır. Başka yol yoktur ve bütün yollar iki yönlü kullanılabilir. Bir kasabadan diğerine tek yönde giderken izlenen yollara güzergâh diyoruz; bir güzergâhta hiçbir kasabaya iki kez uğranmaz.

a) $A$ 'dan $C$ 'ye kaç farklı güzergâhla gidilebilir?

b) Bir kişi $A$ 'dan $C$ 'ye gidip $A$ 'ya dönecektir; gidiş de dönüş de birer güzergâhtır. Dönüşte, gidişte izlediği güzergâhın aynısını izlemeyecekse bu yolculuk kaç farklı şekilde yapılabilir?

c) Bu kişi gidiş ve dönüşte hiçbir yolu ikinci kez kullanmayacaksa yolculuk kaç farklı şekilde yapılabilir?

$B$ üzerinden gitmek ile doğrudan gitmek ayrık durumlardır. (b) ile (c)'deki yasaklar farklıdır: biri bütün güzergâhı, diğeri tek tek yolları yasaklar.

Şekil 6 — Yol ağı.

B

üzerinden giden bir güzergâh, bir

A

–

B

yolu ile bir

B

–

C

yolunun art arda seçilmesidir; doğrudan yollar ayrı bir durumdur.

a) $B$ üzerinden: önce bir $A$ – $B$ yolu, sonra bir $B$ – $C$ yolu seçilir, $3 \cdot 4 = 12$ . Doğrudan: $2$ . Bu iki durum ayrık olduğundan $12 + 2 = 14$ .
Yaygın hatalar (a): Bütün sayıları toplamak ( $3 + 4 + 2 = 9$ ), art arda gelen adımları toplamak demektir. Bütün sayıları çarpmak ( $3 \cdot 4 \cdot 2 = 24$ ) ise doğrudan yolu $B$ üzerinden giden güzergâhın bir adımı saymak demektir; oysa doğrudan yolu kullanan kişi $B$ 'ye hiç uğramaz.
b) Gidiş $14$ güzergâhtan biri. Dönüşte de $14$ güzergâh vardır, ama gidişte kullanılanı yasaktır: $13$ . Sonuç: $14 \cdot 13 = 182$ .
c) Bu kez yasak tek tek yollar içindir, bu yüzden dönüşte kaç seçenek kaldığı gidişte hangi tür güzergâhın kullanıldığına bağlıdır. Gidişin türüne göre durumlara ayıralım:
- Gidiş $B$ üzerinden ( $12$ güzergâh): Dönüş $B$ üzerinden olursa $C$ – $B$ için kullanılmamış $3$ , $B$ – $A$ için kullanılmamış $2$ yol kalır: $3 \cdot 2 = 6$ . Dönüş doğrudan olursa $2$ yolun ikisi de kullanılmamıştır: $2$ . Dönüş: $6 + 2 = 8$ . Bu durumda $12 \cdot 8 = 96$ .
- Gidiş doğrudan ( $2$ güzergâh): Dönüş $B$ üzerinden olursa hiçbir yol kullanılmamıştır: $12$ . Doğrudan dönüşte kullanılmamış $1$ yol kalır. Dönüş: $12 + 1 = 13$ . Bu durumda $2 \cdot 13 = 26$ .
(c) için toplam: $96 + 26 = 122$ .
Denetim: (c)'deki her yolculuk, aynı güzergâhı tekrar etmediği için (b)'de de sayılır; bu yüzden (c)'nin sonucu (b)'ninkinden büyük olamaz: $122 < 182$ . Aradaki $60$ yolculuk, güzergâhı değiştirip bir yolu yine kullananlardır: gidiş ve dönüş $B$ üzerinden olup yalnız bir parçası ortak olanlar.

Sonuç: a)

14

; b)

182

; c)

122

Örnek

Soru

$540 = 2^{2} \cdot 3^{3} \cdot 5$ sayısının kaç pozitif böleni vardır?

Her pozitif bölen $2^{a} \cdot 3^{b} \cdot 5^{c}$ biçimindedir. Bir bölen yazmak, üç üssü art arda seçmek demektir.

$540$ 'ın bir pozitif böleninin asal çarpanları ancak $2$ , $3$ ve $5$ olabilir ve her asalın üssü, $540$ 'taki üssünü aşamaz. Bu yüzden her bölen $2^{a} \cdot 3^{b} \cdot 5^{c}$ biçimindedir; burada $a \in {0, 1, 2}$ , $b \in {0, 1, 2, 3}$ , $c \in {0, 1}$ .
Bir bölen yazmak üç kararı art arda vermektir: $a$ için $3$ , $b$ için $4$ , $c$ için $2$ seçenek. Farklı üs seçimleri farklı sayılar verir.
Çarpma kuralı: $3 \cdot 4 \cdot 2 = 24$ .
Yaygın hata: Üslerin kendisini çarpıp $2 \cdot 3 \cdot 1 = 6$ yazmak. Bu, üs olarak $0$ seçeneğini unutmaktır; oysa örneğin $5$ çarpanını hiç içermeyen bölenler ( $c = 0$ ) de vardır.
Denetim (küçük örnek): $18 = 2 \cdot 3^{2}$ için kural $2 \cdot 3 = 6$ bölen verir. Liste: $1, 2, 3, 6, 9, 18$ . Tam $6$ tane.

Bölen sayısı ve asal çarpanlara ayırmayla ilgili diğer sorular için Asal Çarpanlar ve Bölen Sayısı konusuna bakabilirsin.

Sonuç:

24

Pekiştirme Soruları

Konuyu pekiştirmek için hazırlanmış özgün sorular.

Çözümlü Sorular

Her soruyu önce kendin dene; takıldığında Çözüme Bak.

Soru 1Kolay

Bir öğrenci, kitabının

37

. sayfasından

112

. sayfasına kadar olan bölümü (**iki sayfa da dahil**) okuyacaktır. Ancak bu bölümdeki

58

. sayfadan

71

. sayfaya kadar olan sayfaları (**iki sayfa da dahil**) daha önce okuduğu için atlayacaktır. Bu öğrenci kaç sayfa okuyacaktır?

Bölümdeki sayfalar, iki uç da dahil olduğundan $112 - 37 + 1 = 76$ tanedir.
Atlanan sayfalar da iki uç dahil sayılır: $71 - 58 + 1 = 14$ sayfa.
Atlanan sayfaların hepsi bölümün içindedir; bu yüzden okunacak sayfa sayısı $76 - 14 = 62$ 'dir.
$63 = 76 - 13$ , atlanan sayfaları yalnız farkla ( $71 - 58$ ) saymanın; $61 = 75 - 14$ , bölümü yalnız farkla saymanın; $64 = 76 - 12$ , atlanan bloğun iki ucunu da okunacak sayfa sanmanın sonucudur. $76$ ise atlanan sayfaları hiç çıkarmamanın sonucudur.
Denetim: Okunan sayfalar iki parçadır: $37$ – $57$ arası $57 - 37 + 1 = 21$ sayfa, $72$ – $112$ arası $112 - 72 + 1 = 41$ sayfa. $21 + 41 = 62$ .

Sonuç:

62

Soru 2Kolay

Bir rafta birbirinden farklı

7

roman,

5

şiir kitabı ve

4

deneme kitabı vardır. Ayşe bu raftan **yalnız bir kitap** alacaktır ve aldığı kitap **ya bir roman ya da bir şiir kitabı** olacaktır. Ayşe bu seçimi kaç farklı şekilde yapabilir?

Ayşe tek bir kitap alıyor; bu kitap ya romanlardan ya da şiir kitaplarından gelir. Bir kitap aynı anda hem roman hem şiir olamayacağı için iki grup ayrıktır.
Ayrık durumlardan yalnız biri seçildiğinde toplama kuralı uygulanır: $7 + 5 = 12$ .
$7 \cdot 5 = 35$ , bir roman **ve** bir şiir kitabı birlikte alınsaydı doğru olurdu. $16$ , deneme kitaplarını da seçeneklere katmanın; $2$ ise kitapları değil türleri saymanın sonucudur.
Denetim: Ayşe'nin alabileceği kitapları tek tek düşün; romanların her biri bir seçenek, şiir kitaplarının her biri bir seçenektir. Toplam $12$ kitap vardır.

Sonuç:

12

Soru 3Kolay

Biri kırmızı, biri mavi iki hilesiz zar birlikte atılıyor ve sonuç (kırmızı zar, mavi zar) biçiminde sıralı ikili olarak yazılıyor. Üst yüzlerdeki sayıların farkının mutlak değeri **en az**

4

olan kaç farklı sonuç vardır?

"En az $4$ " demek, farkın $4$ ya da $5$ olması demektir. Zarlardaki sayılar $1$ ile $6$ arasında olduğundan fark $5$ 'ten büyük olamaz.
Fark $4$ : $(1, 5)$ , $(5, 1)$ , $(2, 6)$ , $(6, 2)$ , yani $4$ sonuç.
Fark $5$ : $(1, 6)$ , $(6, 1)$ , yani $2$ sonuç. İki durum ayrıktır: $4 + 2 = 6$ .
$3$ , $(1, 5)$ ile $(5, 1)$ 'i aynı sonuç saymanın; $4$ , "en az $4$ "ü "tam $4$ " okumanın; $30$ ise farkı en çok $3$ olan sonuçları saymanın sonucudur.
Denetim: Farkı $0, 1, 2, 3$ olan sonuçlar sırasıyla $6, 10, 8, 6$ tanedir, toplam $30$ . $36 - 30 = 6$ ; iki yol aynı sonucu veriyor.

Sonuç:

6

Soru 4Kolay

Emre'nin birbirinden farklı

4

gömleği, birbirinden farklı

3

çift ayakkabısı ve birbirinden farklı birkaç pantolonu vardır. Emre bir gömlek, bir pantolon ve bir çift ayakkabı seçerek

60

farklı kıyafet oluşturabildiğine göre kaç pantolonu vardır?

Kıyafet üç kararın art arda verilmesiyle oluşur: gömlek, pantolon, ayakkabı. Pantolon sayısı $p$ ise çarpma kuralına göre kıyafet sayısı $4 \cdot p \cdot 3 = 12 p$ 'dir.
$12 p = 60$ olduğundan $p = 5$ .
$53 = 60 - 4 - 3$ , art arda verilen kararları toplama ile birleştirmenin sonucudur. $15$ ayakkabıları, $20$ ise gömlekleri hesaba katmamanın sonucudur; $12$ ise gömlek ile ayakkabı eşleşmelerinin sayısıdır, pantolon sayısı değil.
Denetim: $4 \cdot 5 \cdot 3 = 60$ .

Sonuç:

5

Soru 5Orta

105

ile

497

arasında bulunan ve

7

'nin katı olan kaç tam sayı vardır? (

105

497

**hariç**.)

$105 = 7 \cdot 15$ ve $497 = 7 \cdot 71$ olduğundan iki uç da $7$ 'nin katıdır; ama soruda ikisi de hariç tutuluyor.
Aralığa giren ilk $7$ katı $112 = 7 \cdot 16$ , son $7$ katı $490 = 7 \cdot 70$ 'tir.
Terim sayısı: $\frac{490 - 112}{7} + 1 = 54 + 1 = 55$ .
$57$ , uçları dahil saymanın; $56 = \frac{497 - 105}{7}$ , uçları formüle yazıp $+ 1$ 'i unutmanın; $70$ , alt sınırı yok sayıp $7$ 'den başlamanın; $391$ ise aralıktaki bütün tam sayıları sayıp adımı unutmanın sonucudur.
Denetim: $7 \cdot 16, 7 \cdot 17, \dots, 7 \cdot 70$ sayıları, $16$ 'dan $70$ 'e kadar olan çarpanlara karşılık gelir: $70 - 16 + 1 = 55$ .

Sonuç:

55

Soru 6Orta

8

kişilik bir kulüpte başkan, başkan yardımcısı ve sözcü seçilecektir. Bir kişi birden fazla göreve seçilemez. Kulüp üyelerinden Ali başkan olamayacak, ancak diğer iki göreve seçilebilecektir. Bu üç görev kaç farklı şekilde dağıtılabilir?

En kısıtlı görevden başla: başkan, Ali dışındaki $7$ kişiden biri olur, $7$ seçenek.
Başkan yardımcısı, başkan dışındaki $7$ kişiden biri olur (Ali de bunların arasındadır), $7$ seçenek. Sözcü, seçilen iki kişi dışındaki $6$ kişiden biri olur, $6$ seçenek.
Çarpma kuralı: $7 \cdot 7 \cdot 6 = 294$ .
$336 = 8 \cdot 7 \cdot 6$ , Ali'nin kısıtını yok saymanın; $210 = 7 \cdot 6 \cdot 5$ , Ali'yi bütün görevlerden çıkarmanın; $448 = 7 \cdot 8 \cdot 8$ ve $512 = 8 \cdot 8 \cdot 8$ ise bir kişinin birden fazla göreve seçilebileceğini düşünmenin sonucudur.
Denetim (tümleyen): Bütün dağılımlar $8 \cdot 7 \cdot 6 = 336$ . Ali'nin başkan olduğu dağılımlar $1 \cdot 7 \cdot 6 = 42$ . $336 - 42 = 294$ .

Sonuç:

294

Soru 7Orta

0, 1, 2, \dots, 9

rakamları kullanılarak, rakam tekrarı serbest olmak üzere üç haneli **kodlar** oluşturuluyor (kodun ilk hanesi

0

olabilir). Bu kodlardan kaçında **en az iki hane aynı rakamdır**?

Bütün kodlar: $10 \cdot 10 \cdot 10 = 1000$ .
"En az iki hane aynı" ifadesinin tümleyeni "bütün haneler farklı"dır. Rakamları farklı kodlar: $10 \cdot 9 \cdot 8 = 720$ .
İstenen: $1000 - 720 = 280$ .
$270$ , yalnız "tam iki hane aynı" durumunu saymanın; $10$ , yalnız "üç hane aynı" durumunu saymanın; $990 = 1000 - 10$ ise tümleyeni "üç hane aynı" almanın sonucudur. $720$ istenmeyen durumların sayısıdır.
Denetim (doğrudan sayma): Tam iki hane aynı: farklı olan hanenin yeri $3$ , tekrar eden rakam $10$ , diğer rakam $9$ , yani $3 \cdot 10 \cdot 9 = 270$ . Üç hane aynı: $10$ . Toplam $270 + 10 = 280$ .

Sonuç:

280

Soru 8Orta

0, 1, 2, \dots, 9

rakamları kullanılarak, rakam tekrarı serbest olmak üzere üç haneli **kodlar** oluşturuluyor (kodun ilk hanesi

0

olabilir). Rakamlarının toplamı

5

olan kaç kod vardır?

Kodları tek bir özelliğe, **ilk haneye** göre ayıralım. İlk hane $a$ ise geri kalan iki hanenin toplamı $5 - a$ olmalıdır.
İki hanenin toplamı $t$ ise ikinci hane $0, 1, \dots, t$ değerlerinden birini alır ve üçüncü hane kendiliğinden belirlenir: $t + 1$ seçenek.
$a = 0$ : $6$ ; $a = 1$ : $5$ ; $a = 2$ : $4$ ; $a = 3$ : $3$ ; $a = 4$ : $2$ ; $a = 5$ : $1$ . Durumlar ayrık ve eksiksizdir: $6 + 5 + 4 + 3 + 2 + 1 = 21$ .
$15$ , ilk hanesi $0$ olan kodları atlayıp soruyu sayı gibi okumanın; $20$ , son durumu ( $500$ ) listeden düşürmenin; $12$ , yalnız rakamları farklı olan kodları saymanın; $5$ ise rakam kümelerini ( ${5, 0, 0}$ , ${4, 1, 0}$ , …) sayıp sıralamayı unutmanın sonucudur.
Denetim (rakam kümelerine göre): ${5, 0, 0}$ $3$ kod, ${4, 1, 0}$ $6$ kod, ${3, 2, 0}$ $6$ kod, ${3, 1, 1}$ $3$ kod, ${2, 2, 1}$ $3$ kod. Toplam $3 + 6 + 6 + 3 + 3 = 21$ .

Sonuç:

21

Soru 9Orta

6

soruluk bir testte her soru için öğrenci ya "Doğru" ya "Yanlış" işaretleyecek ya da soruyu boş bırakacaktır. Öğrenci **en az bir** soruyu boş bırakmak koşuluyla cevap kâğıdını kaç farklı şekilde doldurabilir?

Kararı her soru verir: her soru için $3$ seçenek vardır (Doğru, Yanlış, boş). Bütün doldurma biçimleri: $3^{6} = 729$ .
"En az bir boş"un tümleyeni "hiç boş yok"tur. Bu durumda her soru için $2$ seçenek kalır: $2^{6} = 64$ .
İstenen: $729 - 64 = 665$ .
$216 = 6^{3}$ , tabanla üssü ters kurmanın; $192 = 6 \cdot 2^{5}$ , "en az bir boş"u "tam bir boş" okumanın sonucudur. $729$ koşulu yok sayar, $64$ ise istenmeyen durumların sayısıdır.
Denetim (küçük örnek): $2$ soruluk testte kural $3^{2} - 2^{2} = 5$ verir. Liste: $(B, D)$ , $(B, Y)$ , $(D, B)$ , $(Y, B)$ , $(B, B)$ . Tam $5$ tane.

Sonuç:

665

Soru 10Zor

0, 1, 2, \dots, 9

rakamları kullanılarak, rakam tekrarı serbest olmak üzere dört haneli **kodlar** oluşturuluyor (kodun ilk hanesi

0

olabilir). İçinde **hem en az bir tek rakam hem de en az bir çift rakam** bulunan kaç kod vardır?

Bütün kodlar: $1 0^{4} = 10000$ .
İstenmeyen kodlar, ya hiç çift rakam içermeyen (bütün haneleri tek) ya da hiç tek rakam içermeyen (bütün haneleri çift) kodlardır. Tek rakamlar $1, 3, 5, 7, 9$ ; çift rakamlar $0, 2, 4, 6, 8$ .
Bütün haneleri tek: $5^{4} = 625$ . Bütün haneleri çift: $5^{4} = 625$ . Bir kod hem bütünüyle tek hem bütünüyle çift olamaz; bu iki durum ayrıktır, istenmeyenler $625 + 625 = 1250$ .
İstenen: $10000 - 1250 = 8750$ .
$9375$ , istenmeyen iki durumdan yalnız birini çıkarmanın; $1250$ , istenmeyen durumları cevap sanmanın sonucudur. $5 \cdot 5 \cdot 10 \cdot 10 = 2500$ , tek ve çift rakamı sabit iki haneye yerleştirip diğer yerleşimleri unutmaktır; bu yerleri $4 \cdot 3$ yolla seçip $30000$ yazmak ise aynı kodu birçok kez sayar (örneğin $1122$ kodu, tek rakam için $2$ , çift rakam için $2$ yer seçilebildiğinden $4$ kez sayılır).
Denetim (doğrudan sayma, tek rakam sayısına göre): Tek rakamların hangi hanelerde olacağı belirlendikten sonra her hane $5$ rakamdan biriyle dolar, yani her yerleşim $5^{4} = 625$ kod verir. Tam bir tek rakam: tek rakamın yeri $4$ yolla seçilir. Tam iki tek rakam: tek rakamların yerleri ${1, 2}$ , ${1, 3}$ , ${1, 4}$ , ${2, 3}$ , ${2, 4}$ , ${3, 4}$ olmak üzere $6$ yolla seçilir. Tam üç tek rakam: çift rakamın gireceği hane $4$ yolla seçilir. Toplam $(4 + 6 + 4) \cdot 625 = 14 \cdot 625 = 8750$ .

Sonuç:

8750

Soru 11Zor

A

B

C

D

kasabaları arasındaki yollar şöyledir:

A

ile

B

arasında

2

A

ile

C

arasında

4

B

ile

C

arasında

1

B

ile

D

arasında

3

C

ile

D

arasında

2

farklı yol vardır. Başka yol yoktur, bütün yollar iki yönlü kullanılabilir ve bir güzergâhta hiçbir kasabaya iki kez uğranmaz.

A

'dan

D

'ye giden güzergâhlardan kaçı

B

kasabasından geçer?

$A$ 'dan $D$ 'ye giden güzergâhları, kasabaların geçiliş sırasına göre ayrık durumlara ayıralım. Her durumda art arda kullanılan yollar çarpılır.
$A \to B \to D$ : $2 \cdot 3 = 6$ . $A \to B \to C \to D$ : $2 \cdot 1 \cdot 2 = 4$ . $A \to C \to B \to D$ : $4 \cdot 1 \cdot 3 = 12$ . $A \to C \to D$ : $4 \cdot 2 = 8$ .
$B$ 'den geçenler ilk üç durumdur: $6 + 4 + 12 = 22$ .
Denetim (tümleyen): Bütün güzergâhlar $6 + 4 + 12 + 8 = 30$ ; $B$ 'den geçmeyen tek durum $A \to C \to D$ olup $8$ güzergâhtır. $30 - 8 = 22$ .
$6$ , yalnız $A \to B \to D$ 'yi saymanın; $10$ , yalnız $A$ 'dan $B$ 'ye giderek başlayan güzergâhları sayıp $A \to C \to B \to D$ 'yi atlamanın; $18$ , $A \to B \to C \to D$ 'yi atlamanın sonucudur. $8$ ise $B$ 'den geçmeyen güzergâhların sayısıdır.

Sonuç:

22

Soru 12Zor

Dört dikey şeritten oluşan bir bayrak, birbirinden farklı

4

renk arasından seçilerek boyanacaktır. Her şerit tek renge boyanır; renklerin hepsinin kullanılması gerekmez ve bir renk birden fazla şeritte kullanılabilir. **Komşu şeritler farklı renkte** olacak, ayrıca **birinci şerit ile dördüncü şerit de farklı renkte** olacaktır. Bu bayrak kaç farklı şekilde boyanabilir?

Birinci şerit $4$ , ikinci şerit (birinciden farklı) $3$ yolla boyanır. Dördüncü şeridin kaç seçeneği kalacağı, üçüncü şeridin birinciyle aynı renkte olup olmadığına bağlıdır; bu yüzden bu özelliğe göre durumlara ayıralım.
**Durum 1, üçüncü şerit birinciyle aynı renk:** Üçüncü şerit $1$ yolla boyanır (ikinciden zaten farklıdır). Dördüncü şerit, üçüncüden (yani birinciden) farklı olmalı: $3$ yol. Bu durumda $4 \cdot 3 \cdot 1 \cdot 3 = 36$ .
**Durum 2, üçüncü şerit birinciden farklı:** Üçüncü şerit hem ikinciden hem birinciden farklı olmalı: $2$ yol. Dördüncü şerit, birbirinden farklı olan üçüncü ve birinci şeritlerin renklerinden farklı olmalı: $2$ yol. Bu durumda $4 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 2 = 48$ .
Durumlar ayrık ve eksiksizdir: $36 + 48 = 84$ .
$108 = 4 \cdot 3 \cdot 3 \cdot 3$ , birinci ile dördüncü şerit koşulunu unutmanın; $72 = 4 \cdot 3 \cdot 3 \cdot 2$ , dördüncü şeride her durumda $2$ seçenek vermenin; $48$ , yalnız Durum 2'yi saymanın; $24 = 4 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 1$ ise bütün şeritleri farklı renkte boyamanın sonucudur.
Denetim (tümleyen): Yalnız komşuların farklı olduğu bayraklar $4 \cdot 3^{3} = 108$ . Bunlardan birinci ile dördüncü şeridi aynı renkte olanlar: birinci $4$ , ikinci $3$ , üçüncü hem ikinciden hem birinciden (dördüncüyle aynı renkten) farklı $2$ , dördüncü $1$ , yani $24$ . $108 - 24 = 84$ .

Sonuç:

84

0/12 soru cevaplandı

Sık Yapılan Hatalar

Ayrık durumları çarpmak, art arda adımları toplamak. "Ya … ya da" ile tek bir seçim yapılıyorsa topla; "önce … sonra" ile birkaç seçim birlikte yapılıyorsa çarp. (7. örnek)
Aralıktaki sayıları yalnız farkla saymak. Uçlar dahilse $son - ilk + 1$ ; adımlı sayımda formüle aralığın ucunu değil, aralığa giren son terimi yaz. (1. örnek)
$k^{n}$ ile $n^{k}$ 'yi ters kurmak. Üs, karar verenlerin (mektuplar, öğrenciler) sayısıdır. (3. örnek)
Tekrar izni olup olmadığını okumamak. "Rakamları farklı" yazıyorsa seçenekler azalır; tekrar serbestse her kutu aynı sayıyı alır. (2. örnek)
Kısıtlı haneyi sona bırakmak. Son kutunun seçenek sayısı önceki seçimlere bağlı kalır; kısıtlı haneyle başla. (2. örnek)
Eşit olmayan dallarda sabit çarpım yazmak. Bir dal erken bitiyorsa ağaç çiz ve dal uçlarını say. (4. örnek)
Ayrık olmayan durumları toplamak ya da bir durumu atlamak. Durumları tek bir özelliğe göre ayır; her sonuç tam bir duruma girmeli. (5. örnek)
"En az bir"in tümleyenini "en çok bir" almak. "En az bir"in tümleyeni "hiç"tir. (6. örnek)
Gidiş-dönüş yasağını yanlış yere uygulamak. "Aynı güzergâh olmasın" ile "hiçbir yol tekrar kullanılmasın" farklı sorulardır. (7. örnek)
İki zarda $(2, 5)$ ile $(5, 2)$ 'yi tek sonuç saymak. İki zar ayrı nesnelerdir; sonuçlar sıralı ikililerdir. (5. örnek)

Pratik İpucu

Çözüme başlamadan önce soruda şu ifadeleri işaretle: ya / ve, farklı / tekrar serbest, dahil / hariç, en az / en çok / tam, kod / sayı.
Kutu diyagramında kutuları soldan sağa değil, en kısıtlıdan en serbeste doldur.
Her sonucu küçük bir örnekle denetle: iki mektup ve üç kutu, iki ya da üç haneli kısa diziler gibi. Liste ile kural aynı sonucu vermiyorsa kural yanlış kurulmuştur.

1. Sayma Neden Gerekir? Listelemenin Sınırı

2. Bir Aralıkta Kaç Tam Sayı Var? (Son − İlk) / Adım + 1

3. Toplama Kuralı: "Ya … Ya da" ve Ayrık Durumlar

4. Çarpma Kuralı: Adım Adım Karar Vermek

5. Ağaç Şeması, Tablo ve Kutu Diyagramı

6. Tekrara İzin Var mı?

7. Kim Kimi Seçiyor? Mektuplar ve Kutular (kn)

8. Durumlara Ayırma: Önce Ayır, Her Durumda Çarp, Sonra Topla

9. En Kısıtlı Adımdan Başlamak

10. Çıkarma (Tümleyen) Kuralı ve "En Az Bir"

11. Yol, Güzergâh ve Boyama Problemleri

12. Özet: Hangi Kural Ne Zaman?

Çözümlü Sorular

Pekiştirme Soruları

Çözümlü Sorular

Sık Yapılan Hatalar

Pratik İpucu

Sayma, Olasılık ve İstatistik — diğer konular

7. Kim Kimi Seçiyor? Mektuplar ve Kutular ( $k^{n}$ )