TYT Matematik · Sayma, Olasılık ve İstatistik

Tekrarlı Permütasyon

~22 dk okumaZorluk: Orta20 çözümlü soruTYT'de ~3 soru/yıl · Sınavda yüksek ağırlık

Bu sayfanın tek fikri şudur: özdeş nesneleri önce farklıymış gibi dizer, sonra etiketlerini silip her özdeş grubun kendi içindeki sıralama sayısına böleriz. Tekrar eden harflerle kelime yazmak, sırası değişmeyen kişileri dizmek, tekrarlı rakamlarla sayı oluşturmak ve bir ızgarada en kısa yolları saymak bu tek fikrin farklı görünümleridir. Formülü ezberlemek yerine küçük bir örneği listeleyerek nereden geldiğini göreceğiz.

Bu sayfadaki varsayımlar

Özdeş nesneler birbirinden ayırt edilemez; yerleri değiştiğinde yeni bir diziliş oluşmaz. Farklı nesnelerin her yer değiştirmesi yeni bir diziliştir.

"Kelime" sözcüğü anlamlı veya anlamsız harf dizisi anlamına gelir. Türkçede İ ile I farklı harflerdir.

Sayı yazarken ilk basamak $0$ olamaz. Kod/şifre yazarken $0$ başta olabilir.

"A, B, C bu sırayla" demek, soldan sağa okunduğunda önce A, sonra B, sonra C gelir demektir; aralarında başka nesneler olabilir. "Hemen solunda" ise yan yana olmayı gerektirir.

Izgarada en kısa yol, yalnız sağa ve yukarı birer birim ilerleyen yoldur.

Bu konu, Permütasyon ve Kombinasyon özet sayfasının bir alt başlığıdır. Temel bakış için 10. sınıf Sayma ve Permütasyon dersine bakabilirsin. Maarif programında sayma, permütasyon ve kombinasyon 10. sınıfta işlenir.

1. Özdeş Nesneler Neden Fazla Sayılır? Etiketleri Silmek

$A, A, B, C$ harflerini düşünelim. İki $A$ 'yı geçici olarak $A_{1}$ ve $A_{2}$ diye etiketlersek elimizde $4$ farklı harf olur ve bunlar $4! = 24$ şekilde dizilir.

Şimdi etiketleri silelim. $A_{1} A_{2} B C$ ile $A_{2} A_{1} B C$ dizilişleri, etiketler gidince ikisi de $AA B C$ olur. Her gerçek diziliş, etiketli listede tam olarak iki kez görünür; çünkü iki $A$ kendi aralarında $2! = 2$ şekilde yer değiştirebilir.

Şekil 1 — Etiketler silinince her iki etiketli diziliş tek bir dizilişe dönüşür.

24

etiketli diziliş,

24 \div 2 = 12

gerçek dizilişe iner.

Listeleyip doğrulayalım. $AA B C$ harflerinin bütün dizilişleri şunlardır:

$A$ ile başlayanlar	$B$ ile başlayanlar	$C$ ile başlayanlar
$AA B C, AA C B$	$B AA C, B A C A$	$C AA B, C A B A$
$A B A C, A B C A$	$B C AA$	$C B AA$
$A C A B, A C B A$

Toplam $6 + 3 + 3 = 12$ diziliş vardır. Bu da $\frac{4 !}{2 !} = \frac{24}{2} = 12$ ile aynıdır.

Neden bölüyoruz? Etiketli sayımda her gerçek diziliş, özdeş harflerin kendi aralarındaki sıralama sayısı kadar tekrar sayılır. Bölme işlemi bu fazlalığı geri alır.

2. Tekrarlı Permütasyon Formülü

$n$ nesneden $n_{1}$ tanesi birbirinin aynısı, $n_{2}$ tanesi başka bir türden birbirinin aynısı, …, $n_{r}$ tanesi de bir başka türden birbirinin aynısı olsun ( $n_{1} + n_{2} + \dots + n_{r} = n$ ). Bu $n$ nesnenin tek sıra hâlindeki dizilişlerinin sayısı şudur:

$\frac{n !}{n _{1} ! \cdot n _{2} ! \dots n _{r} !}$

Her grup ayrı ayrı fazla sayıldığı için paydaya her grubun faktöriyeli yazılır. Tek kez geçen bir nesnenin paydadaki çarpanı $1! = 1$ 'dir; bu yüzden onu yazmasak da sonuç değişmez.

Örneğin $A, A, A, B, B, C$ harfleri $\frac{6 !}{3 ! \cdot 2 ! \cdot 1 !} = \frac{720}{12} = 60$ şekilde dizilir. Bütün nesneler farklıysa her $n_{i} = 1$ olur ve formül bildiğimiz $n!$ olur.

3. Kelime Dizilişleri: Tekrar Eden Harfler

Tekrarın etkisini görmek için iki kelimeyi karşılaştıralım. KALEM'in $5$ harfi birbirinden farklıdır: $5! = 120$ kelime. ANKARA'nın $6$ harfi vardır ama $A$ üç kez geçer; bu yüzden $6! = 720$ değil, $\frac{6 !}{3 !} = 120$ kelime yazılır. Bir harf fazla olduğu hâlde sonuç artmadı; çünkü üç $A$ 'nın yer değiştirmesi yeni kelime üretmez.

Bir kelimenin harfleriyle kaç farklı kelime yazılabileceğini bulmak için önce harf sayımı yapılır: hangi harf kaç kez geçiyor?

MATEMATİK kelimesinde $9$ harf vardır: $M$ iki kez, $A$ iki kez, $T$ iki kez; $E$ , $\dot{I}$ ve $K$ birer kez geçer. Buna göre:

$\frac{9 !}{2 ! \cdot 2 ! \cdot 2 !} = \frac{362 880}{8} = 45360$

Harf sayımını bir tabloyla yapmak, paydada bir grubu unutma hatasını önler:

Harf	M	A	T	E	İ	K	Toplam
Tekrar	$2$	$2$	$2$	$1$	$1$	$1$	$9$

Kontrol: Tablodaki tekrar sayılarının toplamı kelimenin harf sayısına eşit olmalıdır. Eşit değilse bir harf atlanmış ya da iki kez sayılmıştır.

4. Koşullu Kelime Dizilişleri: Başta, Sonda, Yan Yana, Ayrı

Belirli bir harfle başlamak. Bir harf başa sabitlenince o harf artık dizilecek harfler arasında değildir; kalan harflerin yeni tekrar sayılarıyla hesap yapılır. MATEMATİK'te:

$K$ ile başlayanlar: kalan $8$ harfte $M$ , $A$ , $T$ yine ikişer kez geçer: $\frac{8 !}{2 ! \cdot 2 ! \cdot 2 !} = 5040$ .
$M$ ile başlayanlar: kalan $8$ harfte artık yalnız bir $M$ vardır: $\frac{8 !}{2 ! \cdot 2 !} = 10080$ .

İki sonuç farklıdır; çünkü başa konan harfin tekrar sayısı bir azalır.

Blok, tümleyen ve boşluk yöntemlerini farklı kişiler için Permütasyon ve Faktöriyel sayfasında gördük; burada bu yöntemleri özdeş harflere uyguluyoruz.

Aynı harfler yan yana. Yan yana olması istenen harfler tek bir blok gibi düşünülür. KAPAK kelimesinin harfleri ( $K$ iki, $A$ iki, $P$ bir) toplam $\frac{5 !}{2 ! \cdot 2 !} = 30$ şekilde dizilir. İki $A$ 'nın yan yana olduğu dizilişlerde $AA$ bloğunu tek nesne sayarız: $[AA], K, K, P$ olmak üzere dört nesne $\frac{4 !}{2 !} = 12$ şekilde dizilir. Bloğun içindeki iki $A$ özdeş olduğu için blok kendi içinde tek şekilde yazılır; ayrıca $2!$ ile çarpılmaz.

Aynı harfler yan yana değil. İki yol vardır:

Tümleyen: $30 - 12 = 18$ .
Boşluk yöntemi: Önce diğer harfleri dizeriz: $K, K, P$ harfleri $\frac{3 !}{2 !} = 3$ şekilde dizilir. Bu üç harfin arasında ve iki ucunda $4$ boşluk oluşur. İki $A$ 'yı farklı iki boşluğa koyarsak yan yana gelmezler. $4$ boşluktan $2$ 'sini seçmenin $6$ yolu vardır ( $12, 13, 14, 23, 24, 34$ ). Sonuç: $3 \cdot 6 = 18$ .

Şekil 2 — Boşluk yöntemi.

K, P, K

dizildikten sonra

4

boşluk kalır; iki özdeş

A

farklı iki boşluğa konunca yan yana gelemez. Boşluklar özdeş harflerle dolduğu için yalnız hangi boşlukların seçildiği önemlidir.

Yan yana gelmemesi istenen iki harf olduğunda iki yol da aynı sonucu verir. Üç ya da daha fazla nesnede "hepsi birden yan yana değil" ile "hiçbir ikisi yan yana değil" sorularının farklı olduğunu Permütasyon sayfasında gördük; Örnek 4'te bu ayrımı özdeş harfler üzerinde göreceğiz.

Sesli harfler bir arada. Blok, farklı harflerden oluşabilir; o zaman bloğun içi de ayrıca dizilir ve bloğun içinde tekrar eden harf varsa orada da bölme yapılır. ELEKTRİK kelimesinde ( $E$ iki, $K$ iki; $L, T, R, \dot{I}$ birer) sesli harfler $E, E, \dot{I}$ 'dir:

Bloğun içi: $E, E, \dot{I}$ harfleri $\frac{3 !}{2 !} = 3$ şekilde dizilir.
Dışarısı: $[E E \dot{I}], L, K, T, R, K$ olmak üzere altı nesnede $K$ iki kez geçer: $\frac{6 !}{2 !} = 360$ .
Sesli harflerin bir arada olduğu kelime sayısı: $3 \cdot 360 = 1080$ .

5. Bir Kelimenin Harflerinden k Harfli Kelimeler: Desene Göre Say

Bir kelimenin bütün harflerini değil, yalnız bir kısmını kullanarak kelime yazmak istediğimizde formül doğrudan uygulanamaz; çünkü hangi harflerin seçildiğine göre tekrar sayısı değişir. Çözüm, kelimeleri desene göre ayırmaktır:

Desen (3 harf için)	Anlamı	Nasıl sayılır?
$X X X$	üç harf de aynı	o harften en az üç tane olmalı
$X X Y$	iki aynı, bir farklı	harfleri seç, sonra $\frac{3 !}{2 !} = 3$ şekilde diz
$X Y Z$	üçü farklı	harfleri seç, sonra $3! = 6$ şekilde diz

Her desende yöntem aynıdır: önce harfleri seç, sonra seçilen harfleri tekrarlı permütasyonla diz.

Küçük bir örnekle listeleyip görelim. ARABA kelimesinin harfleriyle ( $A$ üç, $R$ bir, $B$ bir) iki harfli kaç kelime yazılır?

$X X$ deseni: yalnız $AA$ olabilir. $1$ kelime.
$X Y$ deseni: ${A, R, B}$ 'den farklı iki harf seçilir ve dizilir: $A R, R A, A B, B A, R B, B R$ . $6$ kelime.

Toplam $7$ kelime vardır. Beş harfi farklıymış gibi düşünüp $5 \cdot 4 = 20$ demek yanlıştır; çünkü $A_{1} R$ , $A_{2} R$ , $A_{3} R$ etiketsiz hâlde aynı kelimedir.

6. Sınırlı Tekrar: "Her Rakam En Çok İki Kez"

"Her rakam en çok iki kez kullanılabilir" gibi bir koşul, desen yöntemiyle kolayca sayılır: izin verilen desenleri yazar, her birini ayrı sayar ve toplarız.

$1, 2, 3, 4, 5$ rakamlarıyla, her rakam en çok iki kez kullanılarak üç basamaklı kaç sayı yazılabilir? ( $0$ olmadığından baş basamakla ilgili bir kısıt yoktur.)

Desen	Nasıl sayılır?	Sayı adedi
$X Y Z$	basamaklar sırayla doldurulur: $5 \cdot 4 \cdot 3$	$60$
$X X Y$	tekrar eden rakam $5$ , tek kalan rakam $4$ yolla seçilir; diziliş $\frac{3 !}{2 !} = 3$ : $5 \cdot 4 \cdot 3$	$60$
$X X X$	izin verilmez	$0$

Toplam $60 + 60 = 120$ 'dir. Sağlama: Kısıtsız $5^{3} = 125$ sayıdan, bir rakamın üç kez geçtiği $5$ sayı ( $111, 222, \dots, 555$ ) çıkarılırsa yine $120$ kalır.

Dikkat: Dört basamakta $X X Y Y$ deseni de vardır (ör. $1122$ ). Bu deseni atlamak, sınırlı tekrar sorularında en sık yapılan hatadır (Örnek 6).

7. İç Sırası Sabit Nesneler: Özdeşmiş Gibi Saymak

Boyları birbirinden farklı $3$ kız ve $4$ erkek tek sıra hâlinde dizilecek. Kızların, kendi aralarında soldan sağa kısadan uzuna sıralanması isteniyor; erkekler serbest.

Kızlara ait yerler belli olduktan sonra hangi kızın nereye geçeceği sorusunun tek cevabı vardır: bu yerlerden en soldakine en kısa kız, ortadakine orta boylu kız, en sağdakine en uzun kız gelir. Yani kızları özdeşmiş gibi düşünebiliriz: $K, K, K, E_{1}, E_{2}, E_{3}, E_{4}$ harflerini dizmek gibi.

$\frac{7 !}{3 !} = \frac{5040}{6} = 840$

Başka bir bakışla: kızların $3! = 6$ olası iç sıralamasından yalnız biri istenir. Toplam $7!$ dizilişin altıda biri bu koşulu sağlar.

Erkekler de kendi aralarında kısadan uzuna dizilecek olsaydı iki grubu da özdeşmiş gibi sayardık: $\frac{7 !}{3 ! \cdot 4 !} = 35$ .

8. Yer Seçimiyle Aynı Sonuç: C(n, k) Köprüsü

Aynı soruyu başka bir yoldan da çözebiliriz: önce yerleri seç, sonra yerleştir.

$7$ yerden kızlara ait $3$ yeri seçeriz. Kızları özdeşmiş gibi düşündüğümüz için bu, $3$ tane "K" ve $4$ tane "boş" işaretini dizmekle aynıdır: $\frac{7 !}{3 ! \cdot 4 !} = 35$ .
Seçilen yerlere kızlar tek şekilde (kısadan uzuna) yerleşir: $1$ yol.
Kalan $4$ yere erkekler $4! = 24$ şekilde yerleşir.

Sonuç $35 \cdot 1 \cdot 24 = 840$ olur ve ilk yolla aynıdır. Kızlar yerleştikten sonra ayrıca $3!$ ile çarpmak, "kısadan uzuna" koşulunu yok saymak demektir.

$n$ yerden $k$ tanesini seçme sayısı, $k$ özdeş ve $n - k$ özdeş nesnenin diziliş sayısına eşittir:

$\frac{n !}{k ! \cdot ( n - k )!}$

Bu sayı Kombinasyon: Seçme Problemleri sayfasında $C (n, k)$ ya da $(k n)$ ile gösterilir; orada seçme problemlerinin temelini oluşturacak. Bu sayfada onu bir tekrarlı permütasyon olarak kullanıyoruz.

Para dizileri. Bir para $6$ kez atılıyor. Tam $2$ kez yazı gelen sonuç dizileri, $Y, Y, T, T, T, T$ harflerinin dizilişleridir: $\frac{6 !}{2 ! \cdot 4 !} = 15$ . Aynı sayı, $6$ atıştan yazı gelen $2$ atışı seçmenin yol sayısıdır.

9. Tekrarlı Rakamlarla Sayı Oluşturma

Verilen rakamların tümü kullanılarak sayı yazılacaksa tekrarlı permütasyon uygulanır; ancak rakamlar arasında $0$ varsa $0$ ile başlayan dizilişler sayı değildir. Baş basamağa $0$ gelemeyeceği kısıtını, rakamların farklı olduğu durumda Rakamlarla Sayı Oluşturma sayfasında gördük; burada tek fark, çıkarılacak dizilişleri sayarken de tekrar eden rakamlara bölmektir.

$0, 1, 1, 3, 3$ rakamlarının tümü kullanılarak beş basamaklı kaç sayı yazılabilir?

Önce hepsini say, sonra çıkar: Tüm dizilişler $\frac{5 !}{2 ! \cdot 2 !} = 30$ . Başta $0$ olanlarda kalan $1, 1, 3, 3$ rakamları $\frac{4 !}{2 ! \cdot 2 !} = 6$ şekilde dizilir. Sayı adedi $30 - 6 = 24$ .
Baş basamaktan başla: Baş basamak $1$ ise kalan $0, 1, 3, 3$ rakamları $\frac{4 !}{2 !} = 12$ şekilde dizilir. Baş basamak $3$ ise kalan $0, 1, 1, 3$ yine $12$ şekilde dizilir. Toplam $24$ .

İki yolun aynı sonucu vermesi iyi bir sağlamadır.

10. Izgarada En Kısa Yol: Sağ–Yukarı Kelimesi

Şekildeki sokak ızgarasında $A$ 'dan $B$ 'ye en kısa yoldan gitmek isteyen biri her adımda ya bir birim sağa (S) ya da bir birim yukarı (Y) gider. $B$ , $A$ 'nın $4$ birim sağında ve $3$ birim yukarısındadır; bu yüzden her en kısa yol tam olarak $4$ tane S ve $3$ tane Y adımından oluşur.

Şekil 3 —

4

birim sağa,

3

birim yukarı giden bir ızgara. Kırmızı yol,

S S Y S Y Y S

kelimesine karşılık gelir. Her en kısa yol böyle bir kelimedir; her kelime de bir en kısa yoldur.

Böylece yolları saymak, $S, S, S, S, Y, Y, Y$ harflerinin dizilişlerini saymaya dönüşür:

$\frac{7 !}{4 ! \cdot 3 !} = 35$

Genel olarak $m$ birim sağa ve $n$ birim yukarı giden en kısa yolların sayısı $\frac{( m + n )!}{m ! \cdot n !}$ 'dir.

Adım mı, nokta mı? Hesapta kullanılan sayılar birim adım sayılarıdır. Bu ızgarada $5$ dikey ve $4$ yatay sokak, $5 \cdot 4 = 20$ kesişim noktası ve $4 \cdot 3 = 12$ kare vardır; ama bunların hiçbiri adım sayısı değildir. Önce "kaç birim sağa, kaç birim yukarı?" sorusunu cevapla.

Üç boyutta. Üç boyutlu bir ızgarada sağa $a$ , ileri $b$ , yukarı $c$ birim gidilecekse yol, $a$ tane S, $b$ tane İ ve $c$ tane Y harfinden oluşan bir kelimedir: $\frac{( a + b + c )!}{a ! \cdot b ! \cdot c !}$ . Örneğin $2$ sağa, $2$ ileri, $1$ yukarı için $\frac{5 !}{2 ! \cdot 2 ! \cdot 1 !} = 30$ yol vardır.

11. Belirli Noktadan Geçen, Geçmeyen ve Kapalı Yollu Izgaralar

Bir noktadan geçen yollar. Şekil 3'teki $C$ noktası, $A$ 'nın $1$ birim sağında ve $2$ birim yukarısındadır. $C$ 'den geçen bir yol iki parçadan oluşur: $A$ 'dan $C$ 'ye bir yol, ardından $C$ 'den $B$ 'ye bir yol. İlk parçanın her seçeneği ikinci parçanın her seçeneğiyle birleşebildiği için çarpılır:

$A \to C$ : $1$ S, $2$ Y: $\frac{3 !}{1 ! \cdot 2 !} = 3$ .
$C \to B$ : $3$ S, $1$ Y: $\frac{4 !}{3 ! \cdot 1 !} = 4$ .
$C$ 'den geçen yollar: $3 \cdot 4 = 12$ .

Bir noktadan geçmeyen yollar. Tümleyenle bulunur: $35 - 12 = 23$ .

Kapalı bir sokak. İki komşu nokta $P$ ile $Q$ arasındaki birim parça kapalıysa, önce bu parçayı kullanan yollar sayılır: $A \to P$ yolları $\cdot$ $Q \to B$ yolları. Sonra bu sayı tüm yollardan çıkarılır. Kapalı parçayı kullanan bir yol, $P$ noktasına ulaşıp hemen $Q$ noktasına geçen yoldur; bu yüzden aradaki parça için $1$ yol vardır. Bu yöntemi Örnek 8'de bir noktadan geçme koşuluyla birlikte kullanacağız.

12. Merdiven ve Adım Problemleri

$6$ basamaklı bir merdiveni her adımda $1$ ya da $2$ basamak çıkarak kaç farklı şekilde çıkabiliriz? Adımların sırası önemlidir: önce $2$ sonra $1$ çıkmak, önce $1$ sonra $2$ çıkmaktan farklıdır.

Durumları 2'lik adım sayısına göre ayıralım. $k$ tane 2'lik adım atılırsa geriye $6 - 2 k$ tane 1'lik adım kalır; toplam adım sayısı $6 - k$ olur. Bu adımları dizmek, bir tekrarlı permütasyondur:

2'lik adım	1'lik adım	Toplam adım	Diziliş
$0$	$6$	$6$	$1$
$1$	$4$	$5$	$\frac{5 !}{1 ! \cdot 4 !} = 5$
$2$	$2$	$4$	$\frac{4 !}{2 ! \cdot 2 !} = 6$
$3$	$0$	$3$	$1$

Toplam $1 + 5 + 6 + 1 = 13$ farklı çıkış vardır.

Çözümlü Sorular

Örnek

Soru

$3$ özdeş kırmızı ve $2$ özdeş mavi bayrak, bir direğe yukarıdan aşağıya tek sıra hâlinde asılacaktır. Kaç farklı diziliş elde edilir?

Bayraklar renklerinden başka bir şeyle ayırt edilemiyor. Hangi dizilişler birbirinden gerçekten farklıdır? Önce listelemeyi dene.

Yanlış yol: " $5$ bayrak var, $5! = 120$ diziliş" demek, bayrakları numaralıymış gibi saymaktır. Örneğin $K_{1} K_{2} K_{3} M_{1} M_{2}$ ile $K_{2} K_{1} K_{3} M_{1} M_{2}$ direkte aynı görünür; ikisi de "kırmızı, kırmızı, kırmızı, mavi, mavi" dizilişidir.
Listele: Her dizilişi, mavi bayrakların hangi sıralarda olduğuna göre yazalım (yukarıdan aşağıya, $K$ kırmızı, $M$ mavi): $M M K K K, M K M K K, M K K M K, M K K K M, K M M K K, K M K M K, K M K K M, K K M M K, K K M K M, K K K M M$ . Toplam $10$ diziliş.
Formülle say: Kırmızılar kendi aralarında $3!$ , maviler $2!$ şekilde yer değiştirebilir; bu yer değiştirmeler yeni diziliş üretmez: $\frac{5 !}{3 ! \cdot 2 !} = \frac{120}{12} = 10$
Sağlama: $120$ etiketli dizilişin her biri, gerçek bir dizilişi $3! \cdot 2! = 12$ kez tekrar eder; $120 \div 12 = 10$ , listeyle aynıdır.

Sonuç:

10

Örnek

Soru

KELEBEK kelimesinin harflerinin tümü kullanılarak, anlamlı veya anlamsız, $7$ harfli kaç farklı kelime yazılabilir?

Önce harf sayımı yap: hangi harf kaç kez geçiyor? Birden fazla geçen her harf için bölme gerekir.

Harf sayımı: $K$ iki kez, $E$ üç kez, $L$ bir kez, $B$ bir kez geçer. Kontrol: $2 + 3 + 1 + 1 = 7$ .
Formül: $\frac{7 !}{2 ! \cdot 3 !} = \frac{5040}{12} = 420$
Yanlış yol: Yalnız $E$ 'leri görüp $\frac{7 !}{3 !} = 840$ yazmak. Bu sayımda iki $K$ hâlâ farklıymış gibi düşünülür: örneğin $K_{1} E L E B E K_{2}$ ile $K_{2} E L E B E K_{1}$ ayrı sayılır. Bu yüzden her kelime iki kez sayılmış olur; $840 \div 2 = 420$ .
Sağlama (yer seçerek): Önce üç $E$ için $7$ yerden $3$ 'ünü seç: $\frac{7 !}{3 ! \cdot 4 !} = 35$ . Kalan $4$ yerden $2$ 'sine $K$ 'leri koy: $\frac{4 !}{2 ! \cdot 2 !} = 6$ . Son $2$ yere $L$ ve $B$ : $2$ yol. Toplam $35 \cdot 6 \cdot 2 = 420$ .

Sonuç:

420

Örnek

Soru

ANTALYA kelimesinin harflerinin tümü kullanılarak yazılan, anlamlı veya anlamsız, $7$ harfli kelimelerden kaç tanesi $A$ harfiyle başlar?

Başa bir $A$ konduktan sonra geriye kaç tane $A$ kalır?

Harf sayımı: $A$ üç kez; $N$ , $T$ , $L$ , $Y$ birer kez geçer.
Birinci harf $A$ olarak sabitlenir. Geriye $6$ harf kalır: $A, A, N, T, L, Y$ . Artık yalnız iki $A$ vardır.
Kalan harflerin dizilişleri: $\frac{6 !}{2 !} = \frac{720}{2} = 360$
Yanlış yol: $\frac{6 !}{3 !} = 120$ yazmak. Başa konan $A$ kalan harflerin arasında değildir; paydada hâlâ $3!$ bırakmak, olmayan bir $A$ için bölmektir.
Sağlama (oranla): Tüm kelimeler $\frac{7 !}{3 !} = 840$ tanedir. Etiketli düşünürsek ilk harf, $7$ harften her biri olabilir ve bunların $3$ 'ü $A$ 'dır; yani kelimelerin $\frac{3}{7}$ 'si $A$ ile başlar. $840 \cdot \frac{3}{7} = 360$ .

Sonuç:

360

Örnek

Soru

TEKERLEK kelimesinin harflerinin tümü kullanılarak, anlamlı veya anlamsız, $8$ harfli kelimeler yazılıyor.

a) Üç $E$ harfinin üçünün birden yan yana olmadığı kaç kelime vardır?

b) Hiçbir iki $E$ harfinin yan yana olmadığı kaç kelime vardır?

a) şıkkında tümleyeni kullan: tüm kelimelerden, üç $E$ 'nin tek blok olduğu kelimeleri çıkar. b) şıkkında önce $E$ olmayan harfleri diz, sonra $E$ 'leri boşluklara yerleştir.

Harf sayımı: $T$ bir, $E$ üç, $K$ iki, $R$ bir, $L$ bir kez geçer ( $1 + 3 + 2 + 1 + 1 = 8$ ). Tüm kelimeler: $\frac{8 !}{3 ! \cdot 2 !} = \frac{40 320}{12} = 3360$
Üç $E$ yan yana: $[E E E]$ bloğu tek nesnedir. $[E E E], T, K, K, R, L$ olmak üzere altı nesnede $K$ iki kez geçer: $\frac{6 !}{2 !} = 360$ . Yanlış yol: Bloğu ayrıca $3!$ ile çarpıp $2160$ bulmak. Blok içindeki üç $E$ özdeştir; $E E E$ yalnız tek şekilde yazılır.
a) şıkkı: $3360 - 360 = 3000$ .
b) şıkkı (boşluk yöntemi): $T, K, K, R, L$ harfleri $\frac{5 !}{2 !} = 60$ şekilde dizilir. Bu beş harfin arasında ve uçlarında $6$ boşluk vardır. Üç özdeş $E$ farklı üç boşluğa konur; yalnız hangi boşlukların seçildiği önemlidir. $6$ boşluktan $3$ 'ünü seçmek, $3$ "dolu" ve $3$ "boş" işaretini dizmektir: $\frac{6 !}{3 ! \cdot 3 !} = 20$ . Sonuç: $60 \cdot 20 = 1200$ .
İki sonuç neden farklı? a) şıkkındaki $3000$ kelimenin içinde $E E T E K K R L$ gibi, iki $E$ 'nin yan yana ama üçüncünün ayrı olduğu kelimeler de vardır.
Sağlama: Tam olarak iki $E$ 'nin yan yana olduğu kelimeleri ayrıca sayalım: $T, K, K, R, L$ dizilir ( $60$ ), sonra $[E E]$ bloğu ve tek $E$ farklı iki boşluğa konur. Bu ikisi birbirinden farklı nesneler olduğu için $6 \cdot 5 = 30$ yol vardır: $60 \cdot 30 = 1800$ . Gerçekten de $1200 + 1800 = 3000$ .

Sonuç: a)

3000

1200

Örnek

Soru

ANKARA kelimesinin harfleri kullanılarak, anlamlı veya anlamsız, $3$ harfli kaç farklı kelime yazılabilir? (Bir harf, kelimede geçtiği sayıdan fazla kullanılamaz.)

Kelimeleri desene göre ayır: üç harf aynı, iki harf aynı, üç harf farklı.

Harf sayımı: $A$ üç kez; $N$ , $K$ , $R$ birer kez geçer. Farklı harfler: ${A, N, K, R}$ .
$X X X$ deseni: Üç kez geçen tek harf $A$ 'dır: yalnız $AAA$ . $1$ kelime.
$X X Y$ deseni: İki kez kullanılabilen tek harf $A$ 'dır. Farklı harf $N$ , $K$ ya da $R$ olabilir: $3$ seçim. Her seçim $\frac{3 !}{2 !} = 3$ şekilde dizilir (ör. $AA N, A N A, N AA$ ). $3 \cdot 3 = 9$ kelime.
$X Y Z$ deseni: $4$ farklı harften $3$ 'ü seçilir; bu, dışarıda kalacak harfi seçmekle aynıdır: $4$ yol. Seçilen üç harf $3! = 6$ şekilde dizilir. $4 \cdot 6 = 24$ kelime.
Toplam: $1 + 9 + 24 = 34$ .
Yanlış yol: " $6$ harften $3$ 'ünü sırayla seç" deyip $6 \cdot 5 \cdot 4 = 120$ yazmak. Bu sayım üç $A$ 'yı farklıymış gibi düşünür: $A_{1} N K$ , $A_{2} N K$ , $A_{3} N K$ dizilişleri aynı kelime olan $A N K$ 'yi üç kez sayar. Yalnız farklı harflerden $4 \cdot 3 \cdot 2 = 24$ yazmak da $AA N$ ve $AAA$ gibi kelimeleri unutur.
Sağlama: $X X Y$ desenindeki $9$ kelimeyi listeleyelim: $AA N, A N A, N AA, AA K, A K A, K AA, AA R, A R A, R AA$ . Gerçekten $9$ tane.

Sonuç:

34

Örnek

Soru

$0, 1, 2, 3, 4$ rakamları kullanılarak, her rakam en çok iki kez kullanılmak şartıyla, dört basamaklı kaç farklı sayı yazılabilir?

Önce $0$ 'ın başa gelebildiği dört haneli kodları desene göre say ( $X Y Z W$ , $X X Y Z$ , $X X Y Y$ ). Sonra $0$ ile başlayanları düşün.

Kodları desene göre say ( $0$ başta olabilir):

$X Y Z W$ (dördü farklı): rakamlar sırayla seçilir: $5 \cdot 4 \cdot 3 \cdot 2 = 120$ .
$X X Y Z$ (biri iki kez, ikisi birer kez): iki kez geçecek rakam $5$ yolla, birer kez geçecek iki rakam kalan $4$ rakamdan $6$ yolla seçilir ( $\frac{4 \cdot 3}{2}$ ). Diziliş: $\frac{4 !}{2 !} = 12$ . Toplam $5 \cdot 6 \cdot 12 = 360$ .
$X X Y Y$ (ikisi ikişer kez): iki kez geçecek iki rakam $\frac{5 \cdot 4}{2} = 10$ yolla seçilir. Diziliş: $\frac{4 !}{2 ! \cdot 2 !} = 6$ . Toplam $10 \cdot 6 = 60$ .
Kod sayısı: $120 + 360 + 60 = 540$ .

Sağlama (tümleyen): Kısıtsız $5^{4} = 625$ koddan, bir rakamın üç kez geçtiği $5 \cdot 4 \cdot 4 = 80$ kod ve dört kez geçtiği $5$ kod çıkarılır: $625 - 85 = 540$ .
$0$ ile başlayanlar: Koşul beş rakamın hepsine aynı biçimde uygulanır; bu yüzden her rakam eşit sayıda kodun başında yer alır. $0$ ile başlayan kodlar $540 \div 5 = 108$ tanedir. (Doğrudan sayım: başta $0$ varsa kalan üç hane için $5^{3} = 125$ seçenekten, $0$ 'ın en az iki kez daha geçtiği $3 \cdot 4 + 1 = 13$ ve sıfırdan farklı bir rakamın üç kez geçtiği $4$ seçenek çıkar: $125 - 17 = 108$ .)
Sayı adedi: $540 - 108 = 432$ .
Yanlış yollar: $X X Y Y$ desenini atlarsak $480$ kod, buradan da $384$ sayı bulunur. $X X Y Y$ desenini sayıp dizilişini bölmeden $4! = 24$ alırsak bu desen için $10 \cdot 24 = 240$ kod, toplamda $120 + 360 + 240 = 720$ kod buluruz; oysa $1122$ ile $2211$ gibi dizilişlerde aynı rakamların yer değiştirmesi yeni kod üretmez. $0$ ile başlayanları çıkarmayı unutursak $540$ buluruz. Hepsi yanlıştır.

Sonuç:

432

Örnek

Soru

$n$ kişi tek sıra hâlinde dizilecektir. Bu kişiler arasındaki Ada, Barış ve Cem'in soldan sağa bu sırayla yer alması isteniyor (aralarında başka kişiler olabilir). Bu koşulu sağlayan $120$ farklı diziliş olduğuna göre $n$ kaçtır?

Ada, Barış ve Cem'in kendi aralarındaki $3!$ sıralamadan yalnız biri isteniyor.

Üç kişinin iç sırası sabit olduğundan onları özdeşmiş gibi sayarız: diziliş sayısı $\frac{n !}{3 !}$ olur.
$\frac{n !}{6} = 120 \Rightarrow n! = 720 \Rightarrow n = 6$ .
Yanlış yol: Önce üç kişiye yer seçip ( $\frac{n !}{3 ! ( n - 3 )!}$ ), diğerlerini dizip ( $(n - 3)!$ ), sonra bir de üç kişiyi kendi aralarında $3!$ şekilde dizmek. Bu çarpım $n!$ eder ve "bu sırayla" koşulunu yok sayar. $n! = 120$ denklemi $n = 5$ gibi yanlış bir sonuç verir.
Sağlama ( $n = 6$ ile yer seçerek): $6$ yerden üç kişiye ait $3$ yer $\frac{6 !}{3 ! \cdot 3 !} = 20$ yolla seçilir; bu yerlere Ada, Barış, Cem soldan sağa tek şekilde yerleşir; kalan $3$ kişi $3! = 6$ şekilde dizilir. $20 \cdot 6 = 120$ .

Sonuç:

n = 6

Örnek

Soru

Şekil 4 —

B

noktası

A

'nın

5

birim sağında ve

3

birim yukarısındadır.

C

noktası

A

'nın

2

birim sağında ve

1

birim yukarısındadır. Çarpı ile işaretli birim sokak kapalıdır.

Şekildeki sokak ızgarasında yalnız sağa ve yukarı birer birim ilerlenerek $A$ 'dan $B$ 'ye gidilecektir. Kapalı sokak kullanılamadığına göre, $C$ noktasından geçen kaç farklı en kısa yol vardır?

Yolu $A \to C$ ve $C \to B$ diye iki parçaya ayır. Kapalı sokak hangi parçanın üzerinde?

Adımları belirle: Izgarada $6 \cdot 4 = 24$ kesişim noktası vardır; ama sayılacak olan birim adımlardır. $A \to C$ : $2$ S, $1$ Y. $C \to B$ : $3$ S, $2$ Y.
$A \to C$ yolları: $\frac{3 !}{2 ! \cdot 1 !} = 3$ . Kapalı sokak bu bölgede değildir.
$C \to B$ yolları (kısıtsız): $\frac{5 !}{3 ! \cdot 2 !} = 10$ .
Kapalı sokağı kullanan $C \to B$ yolları: Kapalı parçanın sol ucu $P$ , sağ ucu $Q$ olsun. $P$ , $C$ 'nin $1$ birim sağında ve $1$ birim yukarısındadır: $C \to P$ için $2$ yol. $Q$ noktasından $B$ 'ye $1$ S, $1$ Y kalır: $2$ yol. Kapalı parçayı kullanan yollar $2 \cdot 1 \cdot 2 = 4$ .
Kullanılabilir $C \to B$ yolları: $10 - 4 = 6$ .
Sonuç: İki parça art arda yürünür; ilk parçanın her yolu ikinci parçanın her yoluyla birleşir: $3 \cdot 6 = 18$ .
Yanlış yollar: $C$ 'den $B$ 'ye giderken " $4$ nokta sağa, $3$ nokta yukarı" deyip $\frac{7 !}{4 ! \cdot 3 !} = 35$ yazmak, nokta sayısını adım sayısı sanmaktır; $C$ ile $B$ arasındaki satırda $4$ nokta vardır ama aralarında yalnız $3$ birim adım vardır. Doğrusu $3$ S, $2$ Y ile $10$ 'dur. Parçaları toplamak ( $3 + 6 = 9$ ) da yanlıştır; parçalar çarpılır. Kapalı sokağı unutmak ise $3 \cdot 10 = 30$ verir.
Sağlama: $C$ 'den başlayıp her noktaya, sol ve alt komşusundan gelen yol sayılarını toplayarak yazarsak (kapalı parçadan gelen yolu saymadan) $B$ noktasında $6$ buluruz. $3 \cdot 6 = 18$ doğrulanır.

Sonuç:

18

Pekiştirme Soruları

Konuyu pekiştirmek için hazırlanmış özgün sorular.

Çözümlü Sorular

Her soruyu önce kendin dene; takıldığında Çözüme Bak.

Soru 1Kolay

Bir madenî para art arda

8

kez atılıyor ve sonuçlar atış sırasıyla yazılıyor (örneğin

Y T T Y T Y T T

;

Y

yazı,

T

tura). **Tam olarak**

3

kez yazı gelen kaç farklı sonuç dizisi vardır?

Tam $3$ yazı gelen her sonuç dizisi, $3$ tane $Y$ ve $5$ tane $T$ harfinin bir dizilişidir. Aynı harfler birbirinden ayırt edilemez.
Tekrarlı permütasyonla: $\frac{8 !}{3 ! \cdot 5 !} = \frac{40 320}{6 \cdot 120} = 56$ .
$8! = 40320$ , yazıları ve turaları numaralıymış gibi saymaktır. $\frac{8 !}{3 !} = 6720$ yalnız yazılara bölüp turaları farklı saymaktır. $8 \cdot 7 \cdot 6 = 336$ , yazı gelen atışları seçerken seçim sırasını da saymaktır. $2^{8} = 256$ ise yazı sayısına hiç bakmadan bütün dizileri sayar.
Sağlama: yazı gelen $3$ atışın hangileri olduğunu seçmek yeterlidir; bu $8$ yerden $3$ yer seçmektir ve yine $\frac{8 \cdot 7 \cdot 6}{3 \cdot 2 \cdot 1} = 56$ eder.

Sonuç:

56

Soru 2Kolay

BABAANNE kelimesinin harflerinin tümü kullanılarak, anlamlı veya anlamsız,

8

harfli kaç farklı kelime yazılabilir?

Harf sayımı: $A$ üç kez, $B$ iki kez, $N$ iki kez, $E$ bir kez geçer. Kontrol: $3 + 2 + 2 + 1 = 8$ .
Her tekrar grubu ayrı ayrı fazla sayıldığı için paydaya her grubun faktöriyeli yazılır: $\frac{8 !}{3 ! \cdot 2 ! \cdot 2 !} = \frac{40 320}{24} = 1680$ .
$\frac{8 !}{3 ! \cdot 2 !} = 3360$ , $N$ grubunu unutmaktır; $\frac{8 !}{3 !} = 6720$ yalnız $A$ 'lara bölmektir; $8! = 40320$ hiç bölmemektir. $\frac{8 !}{2 ! \cdot 2 !} = 10080$ ise $B$ ve $N$ gruplarına bölüp $A$ grubunu unutmaktır.
Sağlama (yer seçerek): $A$ 'lara $8$ yerden $3$ 'ü $56$ yolla, $B$ 'lere kalan $5$ yerden $2$ 'si $10$ yolla, $N$ 'lere kalan $3$ yerden $2$ 'si $3$ yolla seçilir; son yere $E$ gelir. $56 \cdot 10 \cdot 3 = 1680$ .

Sonuç:

1680

Soru 3Kolay

Bir rafa

7

kutu soldan sağa yan yana dizilecektir. Kutulardan

k

tanesi birbirinin aynısı (özdeş) olan kırmızı kutulardır; diğer kutuların her biri farklı bir renktedir ve hiçbiri kırmızı değildir. Kutular

210

farklı şekilde dizilebildiğine göre

k

kaçtır?

$7$ kutunun $k$ tanesi özdeş, diğerleri birbirinden farklıdır. Diziliş sayısı yalnız kırmızı grubun faktöriyeline bölünür: $\frac{7 !}{k !}$ .
$\frac{7 !}{k !} = 210 \Rightarrow k! = \frac{5040}{210} = 24 \Rightarrow k = 4$ .
$24$ , $k!$ değerini $k$ sanmaktır; $7$ kutudan $24$ 'ü özdeş olamaz. $k = 2$ için $\frac{7 !}{2 !} = 2520$ , $k = 3$ için $\frac{7 !}{3 !} = 840$ , $k = 5$ için $\frac{7 !}{5 !} = 42$ bulunur; bunlar $210$ değildir.
Sağlama (yer seçerek): $7$ yerden kırmızı kutulara ait $4$ yer $\frac{7 !}{4 ! \cdot 3 !} = 35$ yolla seçilir; kalan $3$ yere farklı renkli $3$ kutu $3! = 6$ şekilde dizilir. $35 \cdot 6 = 210$ .

Sonuç:

4

Soru 4Kolay

0, 0, 1, 1, 2

rakamlarının tümü kullanılarak beş basamaklı kaç farklı sayı yazılabilir?

Önce bütün dizilişleri sayalım: $0$ iki kez, $1$ iki kez, $2$ bir kez geçer. $\frac{5 !}{2 ! \cdot 2 !} = 30$ .
Başta $0$ olan dizilişler sayı değildir. Başa bir $0$ konunca geriye $0, 1, 1, 2$ kalır; artık yalnız **bir** $0$ vardır: $\frac{4 !}{2 !} = 12$ . Sayı adedi $30 - 12 = 18$ .
$30$ , baştaki $0$ 'ı çıkarmayı unutmaktır. $24$ , çıkarılacak dizilişleri sayarken $0$ 'ın tekrar sayısını azaltmayıp $\frac{4 !}{2 ! \cdot 2 !} = 6$ yazmaktan gelir. $12$ , çıkarılması gereken sayının kendisidir. $60 = \frac{5 !}{2 !}$ ise paydaya yalnız bir grubu yazmaktır.
Sağlama (baş basamaktan başlayarak): baş basamak $1$ ise kalan $0, 0, 1, 2$ rakamları $\frac{4 !}{2 !} = 12$ şekilde, baş basamak $2$ ise kalan $0, 0, 1, 1$ rakamları $\frac{4 !}{2 ! \cdot 2 !} = 6$ şekilde dizilir. $12 + 6 = 18$ .

Sonuç:

18

Soru 5Orta

8

basamaklı bir merdiven, her adımda ya

1

ya da

3

basamak çıkılarak tırmanılacaktır. Adımların sırası önemlidir; örneğin önce

3

sonra

1

basamak çıkmak, önce

1

sonra

3

basamak çıkmaktan farklıdır. Bu merdiven kaç farklı şekilde çıkılabilir?

Durumları $3$ 'lük adım sayısına göre ayıralım. $k$ tane $3$ 'lük adım atılırsa $8 - 3 k$ tane $1$ 'lik adım kalır; $3 k \leq 8$ olduğundan $k$ yalnız $0$ , $1$ ya da $2$ olabilir.
$k = 0$ : sekiz tane $1$ 'lik adım, tek diziliş: $1$ . $k = 1$ : bir $3$ 'lük, beş $1$ 'lik, toplam $6$ adım: $\frac{6 !}{1 ! \cdot 5 !} = 6$ . $k = 2$ : iki $3$ 'lük, iki $1$ 'lik, toplam $4$ adım: $\frac{4 !}{2 ! \cdot 2 !} = 6$ .
Durumlar ayrık olduğundan toplanır: $1 + 6 + 6 = 13$ . $3$ , adımların sırasını yok sayıp yalnız durum sayısını saymaktır. $12$ , hepsi $1$ 'lik olan durumu; $7$ , iki tane $3$ 'lük adım atılan durumu unutmaktır. $6$ ise yalnız bir durumun sayısıdır.
Sağlama: $k = 2$ durumunu listeleyelim: $3311$ , $3131$ , $3113$ , $1331$ , $1313$ , $1133$ . Gerçekten $6$ tane; ve her birinde basamak toplamı $3 + 3 + 1 + 1 = 8$ .

Sonuç:

13

Soru 6Orta

İSTANBUL kelimesinin harflerinin tümü kullanılarak, anlamlı veya anlamsız,

8

harfli kelimeler yazılacaktır. Sesli harfler soldan sağa alfabetik sırada, yani önce

A

, sonra

\dot{I}

, sonra

U

olacak biçimde yer alacaktır (aralarında başka harfler olabilir). Kaç farklı kelime yazılabilir?

İSTANBUL kelimesinin $8$ harfi birbirinden farklıdır. Sesli harfler $A$ , $\dot{I}$ , $U$ 'dur; bunların kendi aralarındaki $3! = 6$ sıralamadan yalnız **biri** isteniyor.
Bu yüzden sesli harfleri özdeşmiş gibi sayarız: $\frac{8 !}{3 !} = \frac{40 320}{6} = 6720$ .
$40320 = 8!$ , koşulu yok saymaktır; aynı sonuç, sesli harflere yer seçip bir de kendi içlerinde $3!$ ile çarpmaktan da çıkar. $720 = 6!$ , sesli harfleri yan yana bir blok sanmaktır; oysa aralarında başka harfler olabilir. $56$ yalnız sesli harflerin yerlerini seçmek, $120 = 5!$ ise yalnız sessiz harfleri dizmektir; doğru sayım bu ikisinin çarpımıdır.
Sağlama (yer seçerek): $8$ yerden sesli harflere ait $3$ yer $\frac{8 !}{3 ! \cdot 5 !} = 56$ yolla seçilir; bu yerlere $A, \dot{I}, U$ soldan sağa tek şekilde yerleşir; kalan $5$ yere $S, T, N, B, L$ harfleri $5! = 120$ şekilde dizilir. $56 \cdot 1 \cdot 120 = 6720$ .

Sonuç:

6720

Soru 7Orta

1, 1, 2, 2, 2, 3

rakamlarının tümü kullanılarak altı basamaklı sayılar yazılıyor. Bu sayılardan kaç tanesi **çifttir**?

Bir sayının çift olması için birler basamağı çift olmalıdır. Elimizdeki tek çift rakam $2$ olduğundan son basamak $2$ 'dir.
Son basamağa bir $2$ konunca geriye $1, 1, 2, 2, 3$ kalır; artık iki tane $2$ vardır. Bunların dizilişleri: $\frac{5 !}{2 ! \cdot 2 !} = \frac{120}{4} = 30$ .
$10 = \frac{5 !}{2 ! \cdot 3 !}$ , sona konan $2$ 'yi kalanlardan düşmemektir. $60$ , bütün sayıların sayısıdır ( $\frac{6 !}{2 ! \cdot 3 !} = 60$ ). $20$ , "üç farklı rakamdan biri çift" diye $60$ 'ı $3$ 'e bölmektir; oysa rakamlar eşit sayıda değildir. $120 = 5!$ ise kalan rakamları farklı saymaktır.
Sağlama (oranla): Rakamları geçici olarak etiketlersek son basamağa $6$ rakamın her biri eşit sayıda gelir (rakamlar arasında $0$ olmadığından baş basamak kısıtı yoktur). Bunların $3$ 'ü $2$ olduğundan sayıların $\frac{3}{6} = \frac{1}{2}$ 'si $2$ ile biter: $60 \cdot \frac{1}{2} = 30$ .

Sonuç:

30

Soru 8Orta

KARABÜK kelimesinin harflerinin tümü kullanılarak yazılan, anlamlı veya anlamsız,

7

harfli kelimelerden kaç tanesinin hem ilk harfi hem de son harfi sesli harftir?

Harf sayımı: $K$ iki, $A$ iki kez; $R$ , $B$ , $\ddot{U}$ birer kez geçer. Sesli harfler $A, A, \ddot{U}$ 'dür. Uçlara gelecek sesli harf çiftine göre üç durum vardır: baş $A$ ve son $A$ ; baş $A$ ve son $\ddot{U}$ ; baş $\ddot{U}$ ve son $A$ .
Baş $A$ , son $A$ : ortada $K, K, R, B, \ddot{U}$ kalır: $\frac{5 !}{2 !} = 60$ . Baş $A$ , son $\ddot{U}$ : ortada $K, K, A, R, B$ kalır; artık tek bir $A$ vardır: $\frac{5 !}{2 !} = 60$ . Baş $\ddot{U}$ , son $A$ : ortada yine $K, K, A, R, B$ kalır: $60$ .
Durumlar ayrık olduğundan toplanır: $60 + 60 + 60 = 180$ .
$90$ , uçlara konan $A$ 'ları kalan harflerden düşmeyip her durumda paydada fazladan bir $2!$ bırakmaktır ( $30 + 30 + 30$ ). $240$ , iki $A$ 'yı farklı sayıp "baş $A$ , son $A$ " durumunu iki kez saymaktır. $120$ , $A \ddot{U}$ ile $\ddot{U} A$ uçlarından birini unutmaktır; $60$ ise yalnız bir durumun sayısıdır.
Sağlama (oranla): tüm kelimeler $\frac{7 !}{2 ! \cdot 2 !} = 1260$ tanedir. Harfleri geçici olarak etiketlersek $7$ harften baş ve son için sıralı bir çift $7 \cdot 6 = 42$ eşit olası şekilde seçilir; bunların $3 \cdot 2 = 6$ 'sı iki sesli harftir. $1260 \cdot \frac{6}{42} = 180$ .

Sonuç:

180

Soru 9Orta

KELEBEK kelimesinin harfleri kullanılarak, anlamlı veya anlamsız,

4

harfli kaç farklı kelime yazılabilir? (Bir harf, kelimede geçtiği sayıdan fazla kullanılamaz.)

Harf sayımı: $E$ üç, $K$ iki, $L$ bir, $B$ bir kez geçer. Dört harfli kelimeleri desene göre ayıralım; $X X X X$ deseni olamaz, çünkü hiçbir harf dört kez geçmez.
$X X X Y$ : $X$ yalnız $E$ olabilir; $Y$ için $K$ , $L$ , $B$ 'den biri: $3$ seçim, her biri $\frac{4 !}{3 !} = 4$ şekilde dizilir: $12$ . $X X Y Y$ : iki kez kullanılabilen harfler yalnız $E$ ve $K$ 'dir: $1$ seçim, $\frac{4 !}{2 ! \cdot 2 !} = 6$ diziliş: $6$ .
$X X Y Z$ : $X$ için $E$ ya da $K$ ( $2$ yol); $Y$ ve $Z$ , kalan üç harften ikisi ( $3$ yol); diziliş $\frac{4 !}{2 !} = 12$ : $2 \cdot 3 \cdot 12 = 72$ . $X Y Z W$ : dört farklı harf $E, K, L, B$ , diziliş $4! = 24$ . Toplam $12 + 6 + 72 + 24 = 114$ .
$840 = 7 \cdot 6 \cdot 5 \cdot 4$ , harfleri farklıymış gibi seçip dizmektir. $108$ , $X X Y Y$ desenini; $102$ , $X X X Y$ desenini; $42$ ise $X X Y Z$ desenini atlamaktan gelir. Sağlama: en büyük desen $X X Y Z$ 'yi listeyle denetleyelim: $X = E$ için ${Y, Z}$ $= {K, L}, {K, B}, {L, B}$ ; $X = K$ için ${E, L}, {E, B}, {L, B}$ , yani $6$ seçim, her biri $12$ diziliş: $72$ .

Sonuç:

114

Soru 10Zor

Aralarında Ada, Barış, Cem, Deniz ve Ece'nin de bulunduğu

7

kişi tek sıra hâlinde dizilecektir. Ada, Barış ve Cem soldan sağa bu sırayla yer alacak (aralarında başka kişiler olabilir); Deniz ile Ece ise yan yana olacaktır. Kaç farklı diziliş vardır?

Deniz ile Ece yan yana olacağı için onları bir blok olarak düşünelim. Dizilecek birimler: Ada, Barış, Cem, [Deniz–Ece] bloğu ve diğer $2$ kişi; toplam $6$ birim.
Bu $6$ birimde Ada, Barış ve Cem'in iç sırası sabittir; onları özdeşmiş gibi sayarız: $\frac{6 !}{3 !} = 120$ . Blok içinde Deniz ile Ece farklı kişilerdir ve $2! = 2$ şekilde sıralanır: $120 \cdot 2 = 240$ .
$120$ , blok içindeki $2!$ sıralamayı unutmaktır. $60 = \frac{6 !}{3 ! \cdot 2 !}$ , blok içi için çarpmak yerine bölmektir. $48 = 4! \cdot 2$ , "bu sırayla" ifadesini "yan yana ve bu sırayla" diye okuyup Ada, Barış, Cem'i de blok yapmaktır. $20$ ise yalnız Ada, Barış ve Cem'in yerlerini seçip diğerlerini dizmeyi unutmaktır.
Sağlama (yer seçerek): $6$ birimlik sırada Ada, Barış, Cem'e ait $3$ yer $\frac{6 !}{3 ! \cdot 3 !} = 20$ yolla seçilir ve bu yerlere tek şekilde yerleşirler. Kalan $3$ yere blok ve diğer iki kişi $3! = 6$ şekilde, blok içi $2$ şekilde dizilir: $20 \cdot 6 \cdot 2 = 240$ .

Sonuç:

240

Soru 11Zor

Birim karelerden oluşan,

6

birim genişliğinde ve

4

birim yüksekliğinde dikdörtgen bir sokak ızgarası veriliyor.

A

sol alt köşe,

B

sağ üst köşedir.

C

noktası

A

'nın

2

birim sağında ve

1

birim yukarısında,

D

noktası ise

A

'nın

4

birim sağında ve

3

birim yukarısındadır. Yalnız sağa ve yukarı birer birim ilerleyerek

A

'dan

B

'ye giden en kısa yollardan kaç tanesi

C

noktasından **geçer** ama

D

noktasından **geçmez**?

Parçaların yol sayıları: $A \to C$ ( $2$ $S$ , $1$ $Y$ ): $\frac{3 !}{2 ! \cdot 1 !} = 3$ . $C \to B$ ( $4$ $S$ , $3$ $Y$ ): $\frac{7 !}{4 ! \cdot 3 !} = 35$ . $C \to D$ ( $2$ $S$ , $2$ $Y$ ): $\frac{4 !}{2 ! \cdot 2 !} = 6$ . $D \to B$ ( $2$ $S$ , $1$ $Y$ ): $3$ .
$C$ 'den geçen yollar: $3 \cdot 35 = 105$ . Bunlardan $D$ 'den de geçenler: $3 \cdot 6 \cdot 3 = 54$ .
İstenen: $105 - 54 = 51$ . $105$ , $D$ koşulunu unutmaktır; $54$ , iki noktadan da geçen yollardır. $17 = 35 - 6 \cdot 3$ , $C \to B$ kısmını doğru bulup $A \to C$ yollarıyla çarpmayı unutmaktır. $26 = (3 + 35) - (3 + 6 + 3)$ ise parçaları çarpmak yerine toplamaktır.
Sağlama (ikinci yol): $C$ 'den $B$ 'ye gidip $D$ 'den geçmeyen yollar $35 - 6 \cdot 3 = 17$ 'dir; her biri $A \to C$ yollarının her biriyle birleşir: $3 \cdot 17 = 51$ .

Sonuç:

51

Soru 12Zor

1, 2, 3, 4

rakamları kullanılarak, her rakam **en çok iki kez** kullanılmak şartıyla, beş basamaklı sayılar yazılıyor. Bu sayılardan kaç tanesi **çifttir**?

Sayının çift olması için birler basamağı $2$ ya da $4$ olmalıdır. Önce son basamağın $2$ olduğu sayıları sayalım. Son basamağa bir $2$ konunca ilk dört basamakta $2$ **en çok bir kez**, $1$ , $3$ , $4$ ise en çok ikişer kez kullanılabilir.
İlk dört basamakta $2$ hiç yoksa basamaklar $1, 3, 4$ ile doldurulur. $X X Y Y$ deseni: ikişer kez geçecek iki rakam $3$ yolla seçilir, diziliş $\frac{4 !}{2 ! \cdot 2 !} = 6$ : $18$ . $X X Y Z$ deseni: iki kez geçecek rakam $3$ yolla seçilir, diğer ikisi birer kez kullanılır, diziliş $\frac{4 !}{2 !} = 12$ : $36$ . Toplam $54$ .
İlk dört basamakta tek bir $2$ varsa $2$ 'nin yeri $4$ yolla seçilir; kalan üç basamak $1, 3, 4$ ile doldurulur: $X Y Z$ deseni $3! = 6$ , $X X Y$ deseni $3 \cdot 2 \cdot \frac{3 !}{2 !} = 18$ , toplam $24$ . Buradan $4 \cdot 24 = 96$ .
Son basamağı $2$ olan sayılar $54 + 96 = 150$ 'dir. Son basamağı $4$ olanlar da aynı yolla $150$ tanedir. Çift sayılar: $150 + 150 = 300$ .
$600$ , çiftlik koşulunu unutup bütün sayıları saymaktır. $408 = 2 \cdot 204$ , sona konan rakamın kullanım hakkını azaltmayıp ilk dört basamağı "her rakam en çok iki kez" diye saymaktır. $512 = 2 \cdot 4^{4}$ , sınırı yok saymaktır. $150$ ise yalnız $2$ ile biten sayılardır.
Sağlama (oranla): bütün sayıların sayısı desen yöntemiyle $600$ bulunur ( $X X Y Y Z$ : $360$ , $X X Y Z W$ : $240$ ). Koşul dört rakama aynı biçimde uygulandığı için son basamağa her rakam eşit sayıda gelir; $4$ rakamın $2$ 'si çift olduğundan $600 \cdot \frac{2}{4} = 300$ .

Sonuç:

300

0/12 soru cevaplandı

Sık Yapılan Hatalar

Özdeş nesneleri farklı sayıp $n!$ yazmak. Özdeş nesnelerin yer değiştirmesi yeni diziliş üretmez; her özdeş grubun faktöriyeline bölünür (Örnek 1).
Paydaya yalnız bir grubun faktöriyelini yazmak. Birden fazla tekrar eden harf varsa her grup için bölme yapılır. Harf sayımı tablosu bu hatayı önler (Örnek 2).
Başa konan harfin tekrar sayısını azaltmamak. Sabitlenen harf artık dizilmez; kalan harflerin yeni tekrar sayılarıyla hesap yapılır (Örnek 3).
Özdeş bloğu kendi içinde $k!$ ile çarpmak. $E E E$ bloğu tek şekilde yazılır. Blok farklı harflerden oluşuyorsa iç diziliş ayrıca sayılır ve içerideki tekrarlara yine bölünür (Örnek 4, Bölüm 4).
"Hepsi birden yan yana değil" ile "hiçbir ikisi yan yana değil"i karıştırmak. Üç ve daha fazla özdeş harfte bunlar farklı sonuçlar verir (Örnek 4).
Bir kelimeden $k$ harf seçerken $P (n, k)$ yazmak. Bu, tekrar eden harfleri farklıymış gibi saymaktır. Desenlere ayırıp her deseni ayrı say (Örnek 5).
Sınırlı tekrarda bir deseni atlamak ya da desenin dizilişini bölmeden saymak. Dört basamakta $X X Y Y$ deseni kolayca unutulur; sayıldığında da dizilişi $4!$ değil $\frac{4 !}{2 ! \cdot 2 !}$ 'dir. Kısıtsız sayıdan yasak desenleri çıkararak sağlama yap (Örnek 6).
Tekrarlı rakamlarda $0$ ile başlayanları çıkarmamak. Sayı yazılırken baş basamak $0$ olamaz (Örnek 6, Bölüm 9).
İç sırası sabit grupta yer seçtikten sonra ayrıca $k!$ ile çarpmak. Yerler seçilince sabit sıralı grup tek şekilde yerleşir (Örnek 7).
Izgarada nokta ya da kare sayısını adım sayısı sanmak. Hesapta yalnız "kaç birim sağa, kaç birim yukarı" kullanılır (Örnek 8, Bölüm 10).
Bir noktadan geçen yolları toplayarak bulmak. İki parça art arda yürünür; yol sayıları çarpılır (Örnek 8).

Özet

Durum	Ne yapılır?	Örnek
Özdeş nesneler	$\frac{n !}{n _{1} ! \cdot n _{2} ! \dots}$	KELEBEK: $420$
Belirli harfle başlama	Harfi sabitle, kalanları yeni tekrar sayılarıyla diz	ANTALYA, $A$ ile: $360$
Özdeşler yan yana	Blok tek nesne, blok içi $1$ yol	TEKERLEK, $E E E$ : $360$
Hiçbir ikisi yan yana değil	Diğerlerini diz, özdeşleri boşluklara koy	TEKERLEK: $1200$
$k$ harfli kelime	Desene göre ayır: seç, sonra diz	ANKARA, $3$ harf: $34$
Sınırlı tekrar	İzin verilen desenleri ayrı say	Örnek 6: $432$
İç sırası sabit	Sabit grubu özdeşmiş gibi say	$\frac{n !}{3 !}$
Izgarada en kısa yol	S ve Y harflerinin dizilişi	$\frac{( m + n )!}{m ! \cdot n !}$
Noktadan geçen yol	Parçaları çarp; geçmeyen için tümleyen	Örnek 8: $18$

Pratik İpucu

Bir soruyu okurken önce şu üç soruyu sor: Hangi nesneler özdeş? Bir koşul bir nesneyi sabitliyor ya da bir grubun sırasını donduruyor mu? Bütün nesneler mi kullanılıyor, yoksa bir kısmı mı seçiliyor? Bütün nesneler kullanılıyorsa formül, bir kısmı seçiliyorsa desen yöntemi işe yarar.

1. Özdeş Nesneler Neden Fazla Sayılır? Etiketleri Silmek

2. Tekrarlı Permütasyon Formülü

3. Kelime Dizilişleri: Tekrar Eden Harfler

4. Koşullu Kelime Dizilişleri: Başta, Sonda, Yan Yana, Ayrı

5. Bir Kelimenin Harflerinden k Harfli Kelimeler: Desene Göre Say

6. Sınırlı Tekrar: "Her Rakam En Çok İki Kez"

7. İç Sırası Sabit Nesneler: Özdeşmiş Gibi Saymak

8. Yer Seçimiyle Aynı Sonuç: C(n, k) Köprüsü

9. Tekrarlı Rakamlarla Sayı Oluşturma

10. Izgarada En Kısa Yol: Sağ–Yukarı Kelimesi

11. Belirli Noktadan Geçen, Geçmeyen ve Kapalı Yollu Izgaralar

12. Merdiven ve Adım Problemleri

Çözümlü Sorular

Pekiştirme Soruları

Çözümlü Sorular

Sık Yapılan Hatalar

Özet

Pratik İpucu

Sayma, Olasılık ve İstatistik — diğer konular