Permutasyon-o-Kombinasyon-o-Binom-o-Olasilik

advertisement
Permütasyon – Kombinasyon – Binom – Olasılık
ÖRNEK :
A dan B ye 3
değişik yol B den
A
C ye iki değişik
yol vardır.
A dan (B den geçme
değişik yolla gidilebilir?
1. Saymanın temel kuralları :
Bir çokluğu saymak için üç yöntem uygulanır.
Bunlar : Eşleme – toplama ve çarpma
yöntemleridir.
1
a
B
2
C
b
3
koşulu ile) C ye kaç
a) Eşleme Yöntemi :
ÇÖZÜM :
Saymak istediğimiz çokluğun elemanları ile 1
den başlayan doğal sayıları 1-1 eşlersiniz. En
son eşlenen sayı o çokluğun sayısını verir.
Örneğin bir grupta bulunan öğrencileri saymak
eşleme yöntemi ile saymaktır.
Yollar (1, a) (1, b) (2, a) (2, b) (3, a) (3, b)
olmak üzere 6 yol bulunur.
Çarpma yöntemi ile daha çabuk 3 . 2=6
olarak bulunur.
b) Toplam Yöntemi :
ÖRNEK :
KONYA kelimesindeki harflerle beş harfli
anlamlı yada anlamsız kaç sözcük yazılabilir ?
Daha önce ayrı ayrı sayılan kümelerin eleman
sayılarını toplayarak, bunların tümünden oluşan
kümenin eleman sayısını bulma yöntemidir.
Örneğin cebimizdeki para çokluğunu bulmak
için üzerilerinde yazılı miktarların toplamını
alırsınız.
ÇÖZÜM :
Beş harfi yandaki
c) Çarpma Yöntemi :
1;
2;
Sayılması istenen çokluk ayrı ayrı gruplardan
oluşuyorsa, her gruptaki çoklukların sayıları
ile grup sayısının çarpımları alınır..Sayılması
istenen miktar bulunmuş olur.
Bu yöntemle çokluk sayısını bulmaya çarpma
yöntemi denir.
3;
4;
5;
5
4
3
2
1
Numaraya 5 değişik harf yazılabilir.
Numaraya 4 değişik harf yazılabilir.
(Çünkü bir harf 1 numaraya yazılmıştır.)
Numaraya 3 değişik harf yazılabilir.
Numaraya 2 değişik harf yazılabilir.
Numaraya ise 1 harf kalır. Yazılabilecek sözcük sayısı, çarpma yöntemi
gereğince 5 . 4 . 3 . 2 . 1 = 120 olarak
bulunur.
Örneğin yandaki dikdörtgende bulunan karelerin
ÖRNEK :
İki torbanın birinde siyah ve diğerinde beyaz
ve üzerlerinde 1,2,3,4,5 numaraları yazılı 5 er
bilye vardır.
Bu torbaların her birinden birer bilye çekilerek
ikililer elde ediliyor. Bu ikililerin sayısı kaçtır ?
sayısını bulalım. Burada
6 sütun ve her sütunda
4 kare olduğundan kare sayısını bulmak için
bunlar çarpılır. 6 . 4 = 24 bulunur. Bu yolla
kare sayısı bulma yöntemi çarpma kuralını
kullanma yöntemidir.
Bu
yöntemle
inceleyelim.
çözülebilen
ÇÖZÜM :
Çarpma yöntemi ile 5.5 = 25 ikili bulunur.
problemleri
ÖRNEK :
1
A = 1, 2, 3, 4, 5 kümesinin elemanlarını
kullanarak 300 den büyük üç basamaklı kaç
tane sayı yazabiliriz. (Bir kez kullandığınız
rakamı bir daha kullanabilirsiniz)
Tanım : 1, 2, 3, 4........n (1 den n e kadar doğal
sayıların çarpımı n nin yanına bir ünlem
işareti konularak gösterilir ve n faktöryel diye
okunur.)
1.2.3.4.5........n = n !
tanıma uymayan 0 ! ve 1 ! gösterimleri
kullanılabilir ve değerleri 1 dir. 0! = 1; 1! = 1
dir.
ÇÖZÜM :
Üç basamaklı sayının yüzler basamağına
ancak 3, 4, 5 rakamlarından biri gelir. Diğer
basamaklara ise 5 rakamdan biri getirilebilir.
yüzler
onlar
birler
Faktöryel hesapları
1. n!(n+1) = (n+1)!
3
.
5
.
5 = 75
2.
n!
= (n-1)!
n
3. r!(r+1)(r+2) ... n = n
Çarpma yöntemi ile 3.5.5 = 75 sayı yazılabilir.
4.
ÖRNEK :
A = 1, 2, 3, 4, 5 kümesinin elemanları ile
rakamlar tekrarsız ve 300 den büyük üç
basamaklı kaç sayı yazabilirsiniz.
n!
= (r+1)(r+2)(r+3).n
r!
olduğunu hatırlayınız.
ÖRNEK :
7!
in sonucu kaçtır?
5!
3
.
4
.
ÇÖZÜM :
7!
5!.6.7
=
= 6.7 = 42 bulunur.
5!
5!
3 = 36
yüzler basamağına 3 değişik rakam onlar
basamağına (yüzler basamağına bir rakam
yazıldığı için) 4 değişik rakam ve birler basamağına da 3 değişik rakam yazılabilir.
Çarpma yöntemi gereği bu değişik değerler
çarpılır.
ÖRNEK :
8!
5!.6.7.8

= 7.8 = 56 bulunur.
5!.3! 5!.1.2.3
ÖRNEK :
n!
= 72 ise n kaçtır?
(n - 2)!
Bu hesapları daha çabuk yapabilmek için
(faktöriyel) hesapları kullanılır.
ÇÖZÜM :
n! = (n-1).n  n(n-1) = 72
(n - 2)!
faktöriyel hesapları hatırlayalım.
n2 – n – 72 = 0 dır.
2
Bu ise (n-9)(n+8) = 0; n = 9 ve N = -8
bulunur. n = -8 olamaz (neden?) o halde n =
9 olmalıdır.
ÖRNEK:
(n - 2)! = 30 is n kaçtır?
(n - 4)!
ÖRNEK :
n!
n!
n!
+3
+
sonucu nedir?
(n - 3)!
(n - 2)!
(n - 1)!
ÇÖZÜM:
tanımdan (n-2)! = (n-4)! (n-3)(n-2) dir. O halde
ÇÖZÜM :
(n - 2)!
= (n-3)(n-2) olacağından
(n - 4)!
(n-3)(n-2) = 30  n2 – 5n – 24 = 0
n!
n!
n!
+ 3
+
paydalarını n!
(n - 3)!
(n - 2)!
(n - 1)!
olacak biçimde genişletip toplayalım.
(n-8)(n+3) = 0  n = 8 , n = -3
n = -3 olamaz (neden?) ; n = 8 bulunur.
n!.n(n - 1)(n - 2)  3n!.n(n - 1)  n!.n =
n!
n!.n[(n - 1)(n - 2)  3(n - 1)  1] =
n!
ÖRNEK :
7.
n!
(n  1)!
= 20 .
ise n kaçtır?
(n - 3)!
(n - 1)!
n(n2 – 3n + 2 + 3n – 3 + 1) = n.n2 = n3
bulunur.
ÇÖZÜM :
n!
(n  1)!
= (n-2)(n-1).n ;
= n.(n+1) o halde 7
(n - 3)!
(n - 1)!
n(n-1)(n-2) = 20n.(n+1) den
7(n2-3 n+2) = 20(n+1)
7n2 – 41n – 6 = 0 denklemi bulunur.
(n = -
1
olamaz.)
7
ÖRNEK :
(n+!)[n.n! + (2n-1).(n-1)! + (n-1).(n-2)!]
çarpımının sonucu nedir?
ÇÖZÜM:
(n+1)[ n.n! + (2n-1).(n-1)! + (n-1).(n-2)!] =
(n+1)[ n.n! + (n-1).(2n-1) . (n-1)!+(n-1)!] =
(n+1) [(n-1)! . (n2 + 2n – 1 + 1)]
= (n+1) (n-1)! . n(n+2)
= (n-1)! n.(n+1)(n+2) = (n+2)! bulunur.
3
PERMÜTASYON
Permütasyonla ilgili örnek Problemler
n elemanlı bir kümenin elemanlarını bir sırada
yazmaya onun bir Permütasyonu denir.
ÖRNEK :
Ankara’da arabalara üç harf ve 2 rakam
kullanılarak plaka verilmektedir. (kullanılan
harf sayısı 25 ve aynı harf birden fazla
kullanılmaktadır.) Buna göre kaç arabaya
plaka verilebilir.
Örneğin üç elemanlı bir a,b,c kümesinde
a,b,c bir permütasyon (a, c, b) başka bir
permütasyondur.
Permütasyonların sayısı
n elemanlı bir kümenin elemanlarının pemütasyonlarının sayısı P(n, n) biçiminde
gösterilir.
ÇÖZÜM :
A
Değeri P(n, n) = n! dir.
(çarpma kuralı ile bulunduğuna dikkat ediniz.)
3
4
n-1
n-2
3
çarpma kuralı
ile
25
10
10
harf rakam rakam
n-r+1
ÇÖZÜM :
r tane
Çarpma kuralı gereği bu değişik şeylerin
çarpımı kadar gün değişik kıyafet giyer.
2.2.4.3.3 = 144 gün
o halde p(n,r) = n(n-1)(n-2)(n-3) . . (n-r+1)
çarpımıdır. Bunu basitleştirmek için paydayı 1
kabul edip pay ve paydayı (n-r)! İle çarpalım,
ÖRNEK :
Bir otomobilde 5 kişilik yer vardır. (sürücü yeri
dahil) 2 sinin sürücü belgesi bulunan beş kişi
bu otomobilde kaç değişik biçimde seyahat
edebilir ?
P(n,r)= [n(n - 1)(n - 2) . . (n - r  1)][(n - r)(n - r - 1)n.2.1]
(n - r)(n - r - 1) . . . 2.1
buna göre, P(n,r) =
5
Bir erkek öğrencinin 2 çift ayakkabısı, 2
ceket, 4 pantolon 3 gömleği ve üç değişik
kravatı bulunmaktadır. Bunları kullanarak
(hergün bir şeyi farklı olarak) giyinecektir. Kaç
gün değişik kıyafetle çıkabilir ?
r
n-3
C
ÖRNEK :
.....
n
rakam
S = 25.25.25.10.10 = 1562500 arabaya plaka
verilir.
n elemanlı kümenin r elemanlı bir alt
kümesinde r tane eleman vardır. Bunların
yerlerine kaç tane eleman yazılabileceğini
altına
yazalım
ve
çarpma
kuralını
uygulayalım.
2
B
25 25
harf harf
n elemanlı bir kümenin r elemanlı alt
kümelerinin permütasyonlarının sayısı P(n, r)
ile gösterilir. P(n,r) yi hesaplıyalım.
1
harf
n! formülü bulunur.
(n - r)!
ÇÖZÜM :
4
S harfi iki kez olduğu için bu ikisi aynıdır. O
halde
sürücü
6!
= 3.4.5.6 = 360 bulunur.
2!
2
4
3
2
1
n elemandan bazıları aynı ise örneğin n1
tanesi aynı n2 tanesi de başka aynı ise
bunlarla n elemanın permütasyonlarının
n!
sayısı
dir.
n1!.n 2 !
sürücü yerine 2 değişik kişi oturabilir. Diğer
yerlere sıra ile 4, 3, 2, 1 değişik kişi oturabilir.
O halde çarpma kuralı gereği 2.4! = 48
değişik biçimde oturabilirler.
ÖRNEK :
A = 1, 2, 3, 4, 5 kümesinin elemanları ile üç
basamaklı, rakamları tekrarsız kaç sayı
yazılabilir.
ÖRNEK :
MARMARA kelimesindeki harflerle 7 harfli
anlamlı yada anlamsız kaç sözcük yazılabilir ?
ÇÖZÜM :
MARMARA kelimesindeki harflerden 2 tanesi
M, üç tanesi A ve iki tanesi de R dir.
7!
3! 4.5.6.7
O halde,
=
= 5.6.7 = 210
2! 3! 2!
3! 2! 2!
sözcük yazılabilir.
ÇÖZÜM :
yüzler
onlar
birler
5
4
3
değişik rakam
yazılır.
çarpma kuralı gereğince 5.4.3 = 60 sayı
yazılabilir.
ÖRNEK :
4 tane 2 rakamı, 2 tane 5 rakamı ve diğerleri
4, 6 rakamları olan 8 rakamları olan 8
rakamla kaç değişik sekiz basamaklı sayı
yazılabilir ?
ÖRNEK :
MERSİN kelimesindeki 6 harfle anlamlı yada
anlamsız kaç sözcük yazılabilir ?
ÇÖZÜM :
8!
5.6.7.8

= 840 tane sekiz basamaklı
4! . 2!
2!
değişik sayı yazılabilir.
ÇÖZÜM :
P(6, 6) = 6! Kadar sözcük yazılabilir.
n elemandan (a) tanesi aynı ise
ÖRNEK :
5 arkadaştan ikisi kızdır. Bunlar 5 kişilik bir
bankta oturmak istiyorlar.
İki kız daima yan yana oturmak koşulu ile bu
banka kaç değişik biçimde oturabilirler ?
bunların permütasyonlarının sayısı n!
a!
ÖRNEK :
SİVAS kelimesindeki harflerle anlamlı yada
anlamsız 6 harfli kaç sözcük yazılabilir.
ÇÖZÜM :
Kız öğrenciler A ve B ise (A, B) yi, bir kişi gibi
düşünürsek 4 kişi gibi olur ve 4! Kadar
otururlar. Ancak (A, B) de (A, B) ve (B, A) gibi
iki değişik hal vardır. Çarpma kuralı
ÇÖZÜM :
5
gereğince; 2! . 4! = 2.24 = 48 değişik biçimde
otururlar.
ÇÖZÜM :
Altının altılı permütasyonu kadar sıraya
konulabilir. P(6, 6) = 6! = 720 değişik sırada
yerleştirilebilir.
ÖRNEK :
5 arkadaştan ikisi küstür. 5 kişilik bir bankta
oturmak istiyorlar.
İki küs arkadaş yan yana gelmemek koşulu
ile kaç değişik biçimde otururlar ?
ÖRNEK :
Bir öğrencinin 3 matematik, 2 fizik ve 4 türkçe
kitabı vardır. Her branştaki kitaplar yan yana
gelmek koşulu ile bir rafa kaç değişik biçimde
yerleştirilebilir ?
ÇÖZÜM :
Önce iki kişi yan yana olmak koşulu ile
oturabilme bulunur. Bu sayı 2!4! dir. (bir
önceki problemi inceleyiniz)
5 öğrenci bu banka 5! değişik biçimde
otururlar. Bu sayıdan yan yana oturma
sayısını çıkarırsak; yan yana aturmama
sayısı bulunur.
5! – 2!4! = 120 – 48 = 72 değişik biçimde
otururlar.
ÇÖZÜM :
Matematik kitapları 3!, fizik kitapları 2! ve
Türkçe kitapları 4! Kadar sıraya konur. Ancak
bunlar Matematik, Fizik ve Türkçe olmak üzere
üç branştır. Bunlar da kendi arasında 3! kadar
sıraya konabilir. Yani (M, F, T) yada (M, T, F)
gibi değişik 3! sırada dizilebilir. O halde
çarpma kuralı gereği
3!2!4! . 3! = 6.2.24.6 = 1728 değişik biçimde
yerleştirilebilir ?
ÖRNEK :
(3, 3, 3, 2, 2, 4, 4, 4) rakamları ile 8
basamaklı kaç değişik sayı yazılabilir ?
ÖRNEK :
6 arkadaş sinemaya gitti. Boş olan 4 tane
numaralı sandalye ye kaç değişik biçimde
oturabilirler ?
ÇÖZÜM :
Üç tane 3, iki tane 2 ve üç tane 4 olduğu için
8!
5.6.7.8

= 560 değişik sayı yazıla3! 2! 3! 1.2.1.2.3
bilir.
ÇÖZÜM :
Yerler değişik numarada olduğu için
permütasyondur.(sıra önemli) O halde
6!
P(6,4) =
= 360 bulunur.
2!
ÖRNEK :
Beş değişik oyuncak 3 çocuğa kaç değişik
biçimde dağıtılabilir ?
ÖRNEK :
İki torbanın her birinde, üzerlerinde 1 den 12 ye
kadar numara bulunan bilyeleri vardır. Her
birinden 1 bilye alınarak ikili gruplar elde
ediliyor. Kaç değişik ikili elde edebilirsiniz. ?
ÇÖZÜM :
Oyuncalar değişik olduğu için bu bir sıralama
problemi ve permütasyondur. 5 elemanın üçlü
permütasyonudur. O halde
5!
5!
P(5, 3) =
=
= 60 değişik biçimde
2!
(5 - 3)!
dağıtılabilir.
ÇÖZÜM :
Her birinde değişik 12 şer bilye olduğu için
bunların çarpımı kadar değişik ikili elde edilir.
12.12 = 144 (değişik ikili)
ÖRNEK :
6 kitap, kitaplıkta bir rafa kaç değişik biçimde
sıralanabilir ?
ÖRNEK :
6
6 kişiden ikisi önde 4 ü arkada olmak üzere
sıralanarak fotoğraf çektirilecektir. Kaç poz
resim çekilebilir.
gereği 5.P(5, 4) = 5.
ÖRNEK :
10 kişi üzeri numaralı 8 sandalyeye kaç değişik
şekilde oturabilir
ÇÖZÜM :
6!
;arkadakiler = P(4, 4) = 4!
4!
6!
dir. O halde P(6,2).P(4,4) =
. 4! = 6! = 720
4!
poz bulunur. (hepsinin aynı sırada olmasının
sonucu değiştirmeyeceğine dikkat ediniz.)
Önde P(6, 2) =
ÇÖZÜM :
P (10,8) =
ÖRNEK :
P(n, 4) = 42.P(n, 2) ise n kaçtır. P (n, r) n
elemanlı r li permütasyonların sayısıdır.
ÇÖZÜM :
P(n,4) = 42P(n,2) 
den
n!
n!
= 42.
(n - 4)!
(n - 2)!
(n - 4)! (n - 3)(n - 2)(n - 1)n
(n - 4)!
= 42.
5!
= 600 sayı bulunur.
1!
(n - 2)! . (n - 1).n
(n - 2)!
sadeleşme yapılarak (n-2) . (n-3) = 42
bulunur. O halde
n2 – 5n + 6 – 42 = 0
n2 – 5n – 36 = 0
(n-9)(n+4) = 0  n = 9 ; n = -4
(n= -4) olamaz. O halde n = 9 dur.
ÖRNEK :
1, 2, 3, 4, 5, 6 kümesinin elemanları ile yazılabilen 5 rakamlı sayılardan kaç tanesinde 2
rakamı vardır.
ÇÖZÜM :
2 rakamı hepsinde bulunacağı için 2 yi ayrı
tutarsak geriye kalan 5 elemanın 4 lü permütasyonları kadar (2 hariç) dört rakamlı sayı
yazılabilir. 2 sayısı bu 4 rakamlı sayıda 5 değişik yerde olabileceği için çarpma yöntemi
7
10!
kadar değişik biçimde oturabilir.
2!
A ve B kızlar ise (A, B) yi bir eleman olarak
alırsak artık 4 kişi olur ve 3! kadar otururlar.
Ancak iki kız (A, B) biçiminde olduğu gibi (B,
A) biçiminde de alınabilir.
Çarpma kuralı ile bulunur.
2! . 3! = 12 değişik biçimde oturabilirler.
ÖRNEK :
7 arkadaştan belli iki kişi yan yana gelmemek
koşulu ile daire biçiminde bir masa etrafına
kaç değişik biçimde oturabilirler ?
ÇÖZÜM :
Önce tüm oturabilme sayısı bulunur. Sonra
belli iki kişinin yan yana gelme sayısı bulunur.
Bunlar birbirinden çıkarılınca yan yana
gelmeme sayısı bulunmuş olur.
Tüm oturma sayısı (7-1)! = 6! = 720; belli ikisi
yan yana oturma sayısı
2! (6-1)! = 2.5! = 2.120 = 240 istenilen belli iki
kişinin yan yana oturmama sayısı ise:
720 – 240 = 480 bulunur.
ÖRNEK :
Daire şeklinde bir masa da 4 çocuk ve 4
bayan daima iki bayan arasında 1 çocuk
bulunmak koşulu ile kaç değişik biçimde
oturabilirler ?
DAİRESEL PERMÜTASYON
Bir kümenin elemanlarını bir dairenin çevresi
etrafında sıralamaya dairesel permütasyon
yada dönel sıralama denir. (Dairesel permütasyonlarda bir elemanın bulunduğu yer
önemli değil sadece sağında ve solunda
bulunan elemanlar önemlidir.) n elemanın
Dairesel permütasyonların sayısı :
(n-1)! dir.
ÇÖZÜM :
Önce 4 çocuğu birer
atlayarak 4ün dairesel
permütasyonu kadar
yönü (4-1)! = 3! = 6
değişik biçimde
otururlar. Araya bayanları oturtacağımız için bunların sayısı normal
permütasyondur. 4! = 24 olur. Çarpma kuralı
gereği tüm sayı 3! 4! = 6 . 24 = 144 bulunur.
ÖRNEK :
Beş kişi yuvarlak bir masa etrafına kaç
değişik biçimde oturabilir ?
ÇÖZÜM :
Dairesel permütasyon olduğu için
(5-1)! = 4! = 24 değişik biçimde oturabilirler.
ÖRNEK :
3 erkek, 2 kız arkadaş yuvarlak bir masa
etrafına iki kız daima yan yana oturmak
koşuluyla kaç değişik biçimde oturabilir ?
Anahtarlık Problemleri
Anahtarlıklar havada döndürülebildiği için
(pozitif yada negatif yön önemli değildir.)
dairesel permütasyon sayısının yarısını
ÇÖZÜM :
8
almak gerekir. Ancak daire şeklindeki bir
anahtarlığa maskot ilave edilmişse (anahtar
maskotlu ise) normal permütasyon uygulanır
ve yarısı alınır. (n2 olmak üzere), (n)
anahtar,maskotsuz anahtarlığa
kotlu anahtarlığa
(n - 1)!
; mas2
n!
değişik biçimde takılabilir.
2
ÖRNEK :
5 değişik anahtar halka şeklinde maskotsuz
bir anahtarlığı kaç değişik biçimde takılabilir ?
ÇÖZÜM :
(n - 1)! (5 - 1)! 4!


= 12 bulunur.
2
2
2
ÖRNEK :
6 değişik anahtar halka şeklinde maskotlu bir
anahtarlığa kaç değişik biçimde takılabilir ?
ÇÖZÜM :
n! 6! 720
 
= 360 değişik biçimde takılabilir.
2 2
2
ÖRNEK :
Bir çocuk değişik renkte ve büyüklükte 5
boncukla halka şeklinde bir kolye yapmak
istiyor.(klips takmadan) Bu boncuklar kaç
değişik biçimde yerleştirilebilir ?
ÇÖZÜM :
n - 1! 4! 24
 
= 12 değişik biçim olur.
21
2
2
Not : Eğer klips taksydı diğer yanına geçemen! 5! 120
 
 60 değişik
seydi o zaman
2 2
2
biçimde olurdu.
9
n elemanlı r li kombinasyonlarının sayısı için
şu dört eşitlik ve özelliği gösterebiliriz.
I)  n    n  = 1
 0 n
II)  n    n 
 r  n - r 
III)  n    n    n  1
 r - 1  r   r 
n 1
den küçük
2
en büyük tam sayıya kadar değiştiğinde  n 
r 
n 1
gitgide artan değer alır. r >
içinde gitgide
2
azalan değerler alır. (r ile n-r değerlerinde ise
eşit olmaktadır.)
IV) r sayısı 0 dan başlayarak
ÖRNEK:
Herhangi üçü doğrusal olmayan 10 nokta kaç
doğru belirtir?
ÇÖZÜM:
10 nun ikili kombinasyonları kadar doğru
10! 9.10

belirtilir. 10  
= 45
2
  8! 2! 1.2
KOMBİNASYON
ÖRNEK :
Herhangi üçü doğrusal olmayan 10 noktayla
köşeleri bu noktalar olan kaç üçgen çizilebilir?
n elemanlı bir kümesin r elemanlı bir alt
kümesine n nin r li bir kombinasyonu denir.
Örneğin A = a, b, c, d 4 elemanlı bir
kümenin üçlü kombinasyonları;
ÇÖZÜM :
10 nun üçlü kombinasyonları kadar üçgen
10!
8.9.10

çizilebilir. 10  
= 120
 3  7! 3! 1.2.3
a, b, c , a, b, d, a, c, d, b, c, d olmak
üzere 4 tanedir. Bunların her biri A nın üçlü
bir kombinasyonudur.
n elemanlı bir kümenin r elemanlı kombinasyonların sayısı C(n,r) , Crn veya  n  simger 
leri ile gösterilir. Bu sayı ise
P(n, r)
n!
C(n,r) =
ya da C(n,r) =
dir.
r!
(n - r)! r!
P(n, r)
n!
Bunların  n  =
ya da  n  =
r 
r 
r!
(n - r)! r!
olarak da yazılabileceğini görünüz.
ÖRNEK :
Üçü bir doğru diğer dördü bir doğru üzerinde
olan 7 nokta kaç doğru belirtir?
ÇÖZÜM:
A
D
10
B
E
C
F
G
d1
d2
Verilen doğrular şekilde olduğu gibi d1, d2, d3,
d4, d5 ve a1, a2, a3, a4, a5, a6 olsun. Karşılıklı
kenarları olan dörtgenler paralel kenar olduğu
için paralellerden ikişer ikişer almanız gerekir.
O halde paralel kenar sayısı
Şekilde görüldüğü gibi 3 nokta bir doğru 4
noktada bir doğru üzerindedir. Önce 7 noktadan
 7  = 7! = 21 doğru geçer. 3 noktadan
 2
  5! 2!
 3  = 3! = 3 doğru geçerdi ancak bu 1
 2
 
1! 2!
4!
doğru üzerindedir. 4 noktadan  4  =
=6
2
  2! 2!
doğru geçerdi ama şimdi 1 doğru geçiyor. O
halde 21 – 3 + 1 – 6 + 1 = 14 doğru bulunur.
Pratikte d1 doğrusu üzerinde 3 nokta d2
doğrusu üzerinde 4 nokta var. Bunlardan
3.4 = 12 doğru geçer. d1 ve d2 yi alırsak
12 + 1 + 1 = 14 doğru bulunur.
 5    6   5!  6! = 10.15 = 150 bulunur.
 2  2
    3! 2! 4! 2!
ÖRNEK :
d1 // d2 // d3 // d4
ve a1, a2, a3 doğruları bir A noktasında kesişiyor.
Bu şekilde kaç
tane yamuk vardır?
d1
d2
d3
d4
a1
a2
a3
ÇÖZÜM :
Yamuk, karşılıklı iki kenarı paralel diğer iki
kenarı paralel olmayan dörtgendir. O halde
yamuk sayısı,
ÖRNEK :
Bir sınavda 12 soru sorulmuştur. Baştan 3
soruyu herkesin yapması zorunludur. Diğer
sorulardan 7 tane seçerek yanıtlaması
istenmektedir. sınava giren bir öğrenci bunu
kaç değişik şekilde yapabilir?
 4    3  = 4!  3! = 6.3 = 18 bulunur.
 2  2
    2! 2! 2!
ÇÖZÜM :
12 –3 = 9 sorudan 7 tane seçecektir.
ÖRNEK :
10 voleybol oyuncusundan belli biri kaptandır.
Kaptan daima takımda bulunmak üzere 6
kişilik değişik kaç voleybol takımı kurulabilir?
 9  = 9!  8.9 = 72 değişik seçenek vardır.
7
  7! 2!
2
ÇÖZÜM :
Biri her takımda bulunacağı için 9 oyuncudan
5 ini seçmek gerekir. O halde
 9  = 9!  6.7.8.9 = 126 takım kurulur.
5
4! 5! 1.2.3.4
 
ÖRNEK :
9 kişilik bir gruptan 5’i A, 4’ü B kentine kaç
değişik biçimde gider?
ÖRNEK :
Birbirine paralel 5 doğru ile bunları kesen ve
birbirine paralel 6 doğru çiziliyor. Bu doğrular
kaç tane değişik paralel kenar oluşturur?
ÇÖZÜM :
ÇÖZÜM:
9 kişiden 5’i A kentine gider geriye kalan 4’ü
B ye gider. O halde yalnız A kentine gidenlerin sayısını bulmak yeterlidir.
d1 d2 d3 d4 d5
a1
a2
a3
9   4 =
5  4
   
a4
 9   1  9! = 126 bulunur.
5
 
5! 4!
a5
NOT :  9    9  olduğuna dikkat ediniz.
 4 5
a6
11
ÖRNEK :
10 kişilik bir gruptan 5’i A, 3’ü B ve 2’si C
kentine kaç değişik biçimde gider?
ÇÖZÜM :
10    5    2   10!  5!  1
 5  3  2
      5! 5! 3! 2!
=
10!
7.8.9.10

= 2520
5! 3! 2!
2
ÖRNEK :
C(n,2) = 45 ise n kaçtır?
(C(n,2) , n elemanlı ikili kombinasyonlarının
sayısıdır.)
ÇÖZÜM:
n!
= 45  n(n-1) = 90 ; n = 10 bulunur.
(n - 2)! 2!
ÖRNEK :
bir torbada 5 kırmızı, 12 Beyaz bilye vardır.
Bu torbadaki bilyelerle 1 kırmızı 3 beyaz
olmak üzere kaç değişik grup bilye elde
edilir?
ÇÖZÜM :
 5   12  = 5. 10.11.12 = 1100 grup bulunur.
 1  3 
3!
   
ÖRNEK :
Bir sandıkta bulunan 12 ampulden 4 ü
bozuktur. Bu sandıktan 1 i bozuk 3 ü sağlam
olmak üzere kaç değişik grup oluşturulabilir?
ÇÖZÜM :
4 ü bozuksa 8 i sağlamdır. O halde,
 4    8  = 4. 6.7.8 = 4.56 = 224 grup oluşur.
 1  3 
6
   
12
Download
Related flashcards
Create Flashcards