Cebir Notları - Murat Matematik
advertisement
www.mustafayagci.com, 2005 Cebir Notları Mustafa YAĞCI, [email protected] Permutasyon Matematikçiler üçe ayrılır: Sayı saymayı bilenler ve bilmeyenler… Matematikle ilk tanışmamız sayı saymayla başlamıştır desek sanırım yanılmış olmayız. Daha 1,5 yaşında bir bebek daha ne olduğunu bilmese bile 1, 2, 3, 4, … diye en azından 10’a kadar sayabilir. Bunların birer rakam olduğunu bile bilmeden… Çünkü ‘’sıfır’’ı bilen bebek ben görmedim. Biraz büyüdükçe artık sayıları değil nesneleri saymaya başlar. 3 elma, 2 araba, 4 kitap diye… Bizim ‘’saymak’’ dediğimiz şey bu kadar basit değil! Bu dersimizin başında önce saymayı öğreneceğiz. Sonsuza kadar saymayı bilen bir adam bile bazen bazı şeyleri sayamaz. En azından buna ömrü izin vermez. Demek sayı saymayı bilen her zaman nesneleri sayabilir diyemeyiz. Nesneler sonlu miktarda olsalar bile! Sayma için bilinen 3 farklı metot vardır: i. Eşleme yoluyla sayma ii. Toplama yoluyla sayma iii. Çarpma yoluyla sayma İlk ikisi zaten günlük hayatta da kullandığımız sayma yöntemleridir. Birilerinin bunları kullanarak nesneleri sayması onun matematik biliyor olması anlamına gelmez. Ama üçüncü şıktaki saymayı bilmiyorsan, aslında saymayı bilmiyorsundur. Şimdi sırasıyla bunları öğreneceğiz: Eşleme yoluyla sayma. Bir sınıftaki öğrenci sayısını, bir apartmanın kaç katlı olduğunu, bir pakette kaç sigara bulunduğunu, sonlu bir kümenin eleman sayısını filan belirlemek için söz konusu elemanları sayma sayıları ile birebir eşlemeye eşleme yolu ile sayma denir. Örneğin, kitabın ilk sayfasına ‘’1’’, ikinci sayfasına ‘’2’’, üçüncü sayfasına ‘’3’’, … gibi isim vererek o kitapta kaç sayfa olduğunu bulabiliriz. Zaten başka yolu da yoktur. Bu işlem en temel sayma işlemidir. Ama bu her zaman geçerli bir yol değildir. Aslında geçerlidir de elverişli değildir desek daha doğru olur. Bir yüz kenarlı çokgenin tüm köşegenlerinin kaç tane olduğu sorulsa mesela n’apacaksın? Diyelim inat ettin, yüzgeni çizdin, tüm köşegenlerini de çizip, bismillah deyip saymaya başladın. Ya yüzgen değil, bingen olsa veya milyongen? Olamaz mı, sen inat edersin de ben edemem mi? O halde saymanın başka yolları da olmalı. Yoksa biz sayamıyoruz diye orada köşegen yok demek değil! Aşağıda vereceğimiz ikinci sayma metodu da bu derdimize derman olmayacak ama çözümlerimizde bunu kullanacağız. Toplama yoluyla sayma. A ve B ayrık iki küme olsun, yani kesişimleri boşküme olsun. A ve B kümelerinin toplam kaç elemanı olduğunu bulmak için A∪B kümesinin elemanlarını saymalıyız, ki o da s(A) + s(B)’dir. Örneğin, bir sınıftaki öğrenci sayısını eşleme yoluyla tek tek sayabileceğimiz gibi, eğer biliniyorsa sınıftaki kız öğrenciler kümesinin eleman sayısı ile sınıftaki erkek öğrencilerin eleman sayılarını toplayarak da sonuca ulaşabiliriz. Örneğin, bu sınıfta 22 kız öğrenci ve 23 erkek öğrenci varsa, bu sınıfta 22 + 23 = 45 öğrenci vardır deriz. İşte buna toplama yoluyla sayma işlemi denir. Örnek. A kentinden B kentine 40 farklı karayolu ve 20 farklı demiryolu vardır. A’dan B’ye gitmek isteyen biri kaç yoldan emeline ulaşabilir? Çözüm: 40 + 20 = 60 farklı yol olduğundan, bu ‘’biri’’ 60 farklı şekilde A’dan B’ye gider. Bu A ile B kentleri neredeyse, merak ettim bak şimdi, senelerdir ders anlatırım, herkes A’dan B’ye veya B’den A’ya gidiyor, bu kadar farklı yolu tabii yaparlar. ☺ Örnek. |x + 1| < 3 eşitsizliğini sağlayan kaç farklı x tamsayısı vardır? Çözüm: –3 < x + 1 < 3 olduğundan –4 < x < 2 olur. Bu eşitsizlikleri sağlayan x tamsayıları {–3, – 2, –1, 0, 1} olmak üzere 5 tanedir. Sabaha kadar Mustafa YAĞCI Permutasyon mutlak değer bil, saymayı bilmiyorsan 5’i bulamazsın!☺ ii. İstanbul’dan Adana’ya kaç farklı dönüş seçeneği vardır? Dönüş için de aynı olay geçerlidir. 4⋅3 = 12 farklı yoldan dönülebilir. Çarpma yoluyla sayma. A, B, C boş kümeden farklı birer sonlu küme olmak üzere; A ve B kümelerinden sırasıyla birer eleman seçerek oluşturulabilecek bütün sıralı ikililerin sayısı s(A×B) = s(A)⋅s(B) veya A, B, C kümelerinden birer eleman seçerek oluşturulabilecek bütün sıralı üçlülerin sayısını s(A×B×C) = s(A)⋅s(B)⋅s(C) şeklinde çarpma işlemi yaparak buluruz. iii. Adana’dan İstanbul’a kaç farklı gidiş-dönüş seçeneği vardır? Gidiş-dönüş için 12⋅12 = 144 farklı yol vardır. iv. Adana’dan İstanbul’a giden bir aracın, Adana’ya dönerken daha önceden kullandığı yolu kullanmamak üzere kaç farklı dönüş seçeneği vardır? Hangisi kullanıldı bilinmez ama Adana’dan Ankara’ya ve Ankara’dan İstanbul’a gidilen yollardan biri kullanıldı. Dolayısıyla İstanbul’dan Ankara’ya kullanılmadık 2, Ankara’dan Adana’ya 3 yol kaldı. 2⋅3 = 6 dönüş seçeneği vardır. Örneğin, 3 farklı gömleği, 4 farklı pantolonu olan biri kendine 3⋅4 = 12 değişik kıyafet yapabilir. Buna bir de 5 farklı kravat eklediğinizi düşünün. 3⋅4⋅5 = 60 farklı kıyafet olur. İşte bu çarpma yolu ile sayma kuralı, eşleme ve-ya toplama kuralı ile saatler, belki de bir ömür alacak toplamları birkaç saniyede bizim için yapar. İlerde farklı örneklerini göreceksiniz. Örnek. A’dan B’ye 2, B’den C’ye 4 farklı yol bulunmaktadır. C’den A’ya dönüş için ise 5 farklı yol vardır. Soru bu ya, bazı yollar için gidişe izin var ama dönüşe yok. Bu şartlar altında A’dan B’ye uğramak kaydıyla C’ye gidip, geri A’ya dönmek isteyen birinin önünde kaç değişik seçenek vardır? Çözüm: Şimdi kim oturup da şehir çizecek, sonra şehirleri birbirine bağlayan yollar çizecek? Biz derdimizi kutu çizerek halledelim. Aslında kutu bile çizmesek de olur ama ilerde çok işimize yarayacak bu iş. A’dan B’ye gitmeye bir kutu, B’den C’ye gitmeye bir kutu, C’den geri A’ya dönmeye de bir kutu olmak üzere toplam 3 kutu çizelim. 2 4 5 Demek ki, bu adamın önünde 40 farklı seçenek varmış. Saymanın temel ilkesi. Sonuç olarak ayrık r tane işten, 1’incisi n1 değişik yoldan, 2’ncisi n2 değişik yoldan, … r’incisi nr değişik yoldan gerçekleştirilebiliyorsa; bu r tane işten her biri n1 + n2 + n3 + … + nr değişik yoldan gerçekleştirilebilir ve bu şekilde sayma işlemine toplama kuralı denir. Bu r tane işin hepsi birlikte, sıralı bir biçimde n1⋅n2⋅n3⋅…⋅nr değişik yoldan gerçekleştirilebilir ve bu şekildeki sayma işlemine genel çarpım kuralı veya saymanın temel ilkesi denir. Örnek. a, b, c farklı asal sayılar ve m, n, p birer sayma sayısı olduğuna göre ambncp sayısının kaç tane pozitif böleni vardır? Çözüm: Demek ki bu sayının m tane a çarpanı, n tane b çarpanı, p tane c çarpanı varmış. Bu çarpanların herhangi çarpımları bize bu sayının farklı pozitif bölenlerini verir. Canım ister, a’dan 1 tane b’den 2 tane alır çarparım, canım ister b’den 3 tane c’den 2 tane alır çarparım. Ama 2 tane b varsa 3 tane b alamam tabii ki. Demek ki kaç farklı a, b veya c seçebiliyorsam, o kadar farklı pozitif bölen mevcut. Yalnız unutmayın ki bundan hiç almıyorum demek de bir seçenektir. Yani a çarpanını m + 1 değişik şekilde, b çarpanını n + 1 şekilde, c çarpanını da p + 1 şekilde seçebiliriz. O halde saymanın temel ilkesine göre (m + 1)⋅(n + 1)⋅(p + 1) Örnek. Adana’dan Ankara’ya 3, Ankara’dan İstanbul’a 4 farklı yol bulunmaktadır. Adana Ankara İstanbul i. Adana’dan İstanbul’a kaç farklı gidiş seçeneği vardır? Adana’dan Ankara’ya giden yollardan herhangi birini seçin. Hala Ankara’dan İstanbul’a gitmek için önünüzde 4 seçenek var. Ve bu diğer iki Adana-Ankara yolu seçimi için de geçerlidir. Dolayısıyla 3⋅4 = 12 farklı yoldan gidilebilir. 2 Mustafa YAĞCI Permutasyon kadar farklı seçenek mevcut, bundan dolayı bu sayının pozitif bölenleri bu kadardır. 8. 60 sayısının kaç farklı pozitif çift böleni vardır? Bazen bize bu sayının tek veya çift pozitif bölenlerinin kaç tane olduğunu sorar. Örneğimizde a’nın çift, b ve c’nin de tek sayı olduğunu farzedelim. a ile çarpılan her şey çift olmak zorundadır. Dolayısıyla içinde a olmayan çarpımlar bize kaç tane pozitif tek böleni olduğunu verir. O halde pozitif tek bölen sayısı (n + 1)⋅(p + 1) tanedir. Toplam pozitif bölen sayısından tekleri çıkartırsak çift pozitif bölen sayısı da m⋅(n + 1)⋅(p + 1) olarak bulunur. Örnek. 5 kişinin katıldığı bir sınav başarı yönünden kaç farklı şekilde sonuçlanabilir? Çözüm: Sadece 1 kişi için kaç farklı seçenek var, ona bir bakalım. Ya başarılı olacak, ya başarısız. Yani 2 seçenek var. O halde 5 kişi için 2⋅2⋅2⋅2⋅2 = 25 = 32 farklı seçenek vardır. Sorunun çözümü için yine kutuları çizmek mümkün: 2 2 2 2 2 Her adam için bir kutu çizilir ve her adamın kaç değişik şekilde sınavı sonuçlandırabileceği yazılır. Bunların çarpımı sonucu verecektir. Unutmayın, kutuları, hikayelerin başrol oyuncuları için çiziyoruz. Yani cümlelerin özneleri için. Çok kullanacağımız bu yönteme biz kutu yöntemi diyeceğiz. Alıştırmalar 1. A köyünden B köyüne 5 yol, B köyünden C köyüne de 3 farklı yol vardır. A’dan B’ye uğramak kaydıyla C’ye giden birinin dönüş için kaç farklı seçeneği vardır? Örnek. 8 kişi arasından önce bir başkan, sonra kalanlar arasından iki başkan yardımcısı, sonra da kalanlar arasından bir sekreter seçilecektir. Bu seçim kaç türlü yapılabilir? Çözüm: Tahmin etmişsinizdir, başkana bir, yardımcılarına iki, sekretere de bir olmak üzere 4’lü kutu çizeceğiz. 8 7 6 5 8⋅7⋅6⋅5 = 1680 olduğundan 1680 farklı seçim yapılabilir. 2. 3 farklı cep telefonu ve 4 farklı hattı bulunan bir kimse kaç değişik şekilde görüşme yapabilir? 3. Bir öğrenci kendini eksik hissettiği 5 dersi her hafta hem okulda, hem dershanede dinliyor ama yine anla-mıyor. Bir de bunlardan özel ders almaya başlıyor. Bu öğrenci haftada en az kaç kere ders dinliyordur? Örnek. İki zar ile bir madeni para birlikte atıldığında kaç farklı durum oluşabilir? Çözüm: İki tane zarlar için, bir tane de para için olmak üzere 3’lü kutu yapacağız. Zarların 6’şar, paranın ise 2 yüzü olduğunu unutmayın. İki yüzlü şeyleri sevmeyin! Ya para veya zarlardan biri dik gelirse geyiğini de yapmayın! 6 6 2 6⋅6⋅2 = 72 olduğundan 72 farklı durum vardır. 4. Bir lokantada 2 çeşit çorba, 5 çeşit yemek, 3 çeşit tatlı vardır. Her çeşitten birer tane yemek isteyen birinin kaç değişik seçeneği vardır? 5. 2 farklı takım elbisesi, 3 farklı ayakkabısı, 4 farklı şapkası bulunan bir kişi, bu giysilerle kaç farklı şekilde giyinebilir? Örnek. 4 elemanlı bir kümeden 3 elemanlı bir kümeye kaç farklı fonksiyon tanımlanabilir? Çözüm: Tanım kümesindeki 4 eleman için 4’lü bir kutu oluşturalım: 3 3 3 3 6. 60 sayısının kaç farklı pozitif böleni vardır? 7. 60 sayısının kaç farklı pozitif tek böleni vardır? 3 Mustafa YAĞCI Permutasyon Her eleman değer kümesindeki canının istediği 3 elemanla da eşlenebilir. Bundan dolayı 3⋅3⋅3⋅3 = 34 = 81 farklı fonksiyon tanımlamak mümkündür. 16. 49 toptan rastgele 6’sını seçip rasgele bir sıraya diziyorlar. Bu sırayı bilmek için en az kaç değişik tahminde bulunmak gerekir? Örnek. 4 elemanlı bir kümeden 5 elemanlı bir kümeye kaç farklı bire-bir fonksiyon tanımlanabilir? Çözüm: Tanım kümesindeki 4 eleman için 4’lü bir kutu oluşturalım: 5 4 3 2 Bu sefer tanım kümesindeki her eleman değer kümesinde canının istediğiyle eşleşemez. Bire-bir fonksiyonun tanımına göre iki eleman tek elemanla eşleşemez. O halde 5⋅4⋅3⋅2 tane bire-bir fonksiyon tanımlamak mümkündür. 17. İki zar atıldığında oluşabilecek tüm durumlarda üst yüze gelen sayıların çarpımı kaç durumda tek sayı olur? 18. Birler basamağı tek sayı, onlar ve yüzler basamağı çift sayı olan kaç tane değişik üç basamaklı sayı yazılabilir? 19. Alıştırmalar Bir futbol takımı 6 kişi arkada 5 kişi önde olmak üzere kaç farklı şekilde fotoğraf çektirebilir? 9. 10 kişilik bir gruptan önce bir başkan sonra bir yardımcı kaç değişik şekilde seçilebilir? 20. 10. Bir futbol takımı en uzun 6 kişi arkada, en kısa 5 kişi önde olmak üzere kaç farklı şekilde fotoğraf çektirebilir? 7 kişinin katıldığı bir sınav başarı yönünden kaç değişik şekilde sonuçlanabilir? 21. Bir kimse, bilgisayarındaki dosyalara 1 Türkçe harf ve 2 rakamdan oluşan isimler vermektedir. Bu sistemle en çok kaç dosyayı isimlendirebilir? 11. 18 takımlı bir ligde bir hafta sonunda oynanan tüm maçların sonuçlarını (ev sahibi takım yener, misafir takım yener, berabere biter şeklinde) garanti bilmek için en az kaç tahminde bulunmak gerekir? 22. 3 elemanlı bir kümeden 4 elemanlı bir kümeye kaç farklı fonksiyon tanımlanabilir? 12. 10 takımlı bir futbol liginde sezon sonu ilk üç takım kaç değişik şekilde oluşabilir? 23. 3 elemanlı bir kümeden 4 elemanlı bir kümeye kaç farklı bire-bir fonksiyon tanımlanabilir? 13. 10 takımlı bir futbol liginde belli üç takımın ilk üç sırayı paylaşacakları önceden bellidir. Sezon sonu kaç değişik sıralama oluşabilir? 24. 6 farklı oyuncak 3 çocuğa kaç değişik şekilde verilebilir? 14. 25. 81 ili olan ülkemizde kendi alfabemizle 01 MY 001 şeklinde kaç değişik araç plakası yazmak mümkündür? 3 mektup 5 posta kutusuna kaç farklı şekilde atılabilir? 26. 15. 5 insan 2 farklı asansöre kaç değişik şekilde binebilir? Bir haritadaki 12 şehrin 4’ü kırmızıya, 3’ü sarıya, 5’i maviye kaç farklı şekilde boyanabilir? 4 Mustafa YAĞCI Permutasyon Bunu ister yukardaki gibi birler basamağının 3 ayrı hakkı var diye yapabiliriz, ki bunlar {1, 3, 5}’tir, istersek de yazılabilecek tüm üç basamaklı sayılardan çift olanları çıkararak yapabiliriz: 125 – 50 = 75 bulunur. 27. 5 insan 5 kişilik bir arabaya 2 öne, 3 arkaya olmak üzere kaç değişik şekilde binebilir? 28. İkisi ehliyetli 5 kişi, 5 kişilik bir arabaya, ehliyetliler öne, ehliyetsizler arkaya olmak üzere kaç değişik şekilde binebilir? 5) Rakamları farklı kaç değişik üç basamaklı sayı yazılabilir? 5 4 3 Yüzler basamağına 5 farklı rakam da gelebilir. Yalnız onlar basamağına böyle diyemeyiz. Çünkü oluşturacağımız sayının rakamlarının farklı olduğu söyleniyor. Hangi rakamı yüzler basamağına kullandıysak kullandık, fark etmez, onlar basamağına 4 hakkımız kalır. Aynen bunun gibi birler basamağına da 3 hakkımız kalır. O halde 5⋅4⋅3 = 60 tane böyle sayı yazılabilirmiş. Aynı işlemleri birler basamağından başlayarak yüzler basamağına doğru giderek de yapabilirdik, sonuç değişmezdi. İsterseniz deneyin! Kişiye özel sayı oluşturmak. Tek basamaklı pozitif kaç tane sayı vardır? 10 değil mi? Hatta biz bunlara rakam deriz. Peki, iki basamaklı kaç sayma sayısı var? Bundan kolay ne var: 90. Peki üç basamaklı? 900. Dört? 9000. Beş? 90000. Ne kadar da kolay! Sen öyle san! Her zaman bu kadar basit değil. Bazen şöyle sorar: Şu şu şu rakamlarla şu kadar basamaklı kaç sayı var? Şu sayıdan büyük, şu sayıdan küçük, şu kadar basamaklı, tek veya çift kaç basamaklı sayı var? Üstüne üstlük bir de şu sayıya bölünsün. Hıı, unutmadan bir de şu sayıyla başlamasın! Olur, başka emriniz? İşte notlarımızın bu kısmında şımarıkça sorulan bu sorulara cevap arayacağız. Örnek soru-çözümlerle anlatalım: 6) Rakamları farklı kaç değişik üç basamaklı çift sayı yazılabilir? 3 4 2 Bu sefer birler basamağından başlayacağız. Sayının çift olması istendiğinden birler basamağına 2 hakkımız var, hangisi gelirse gelsin, ortadaki kutuya 4 hak kalır. Aynı şekilde başa da 3. Bunları çarparsak 3⋅4⋅2 = 24 çıkar. Bu sorunun çözümüne yüzler basamağından başlanabilir miydi? Deneyelim: İlk kutuya 5 hak var, ikinci kutuya 4. Eee, son kutuya kaç? 2 diyorsun ama ya bu sayıyı çift yapan değerler ilk kutularda kullanılmışlarsa? Belki de son kutuya hiç hak kalmadı! Belki de 1 tane kaldı, belki de 2’si de hala duruyor. Demek ki kutu yönteminde ilk önce mecbur olduğumuz sayıları yerleştirmemiz gerekir. Başlamaya mecbur olmadığımız kutular, ne kaldıysa onunla yetinmek zorundalar. Örnek. Sadece 1, 2, 3, 4, 5 rakamları kullanılarak; 1) Üç basamaklı kaç değişik sayı yazılabilir? 5 5 5 Birler, onlar ve yüzler basamağı için 5’er farklı seçeneğimiz var. O halde cevabımız 125 olmalı. 2) Dört basamaklı kaç değişik sayı yazılabilir? 5 5 5 5 Aynen yukardaki gibi ama bu sefer 4 basamak olduğundan 54 = 625 değişik seçenekle karşı karşıyayız. 7) Rakamları farklı kaç değişik üç basamaklı tek sayı yazılabilir? 3 4 3 Bu soruda da mecbur olduğumuz basamak son basamak. O halde son kutuya 3 yazalım. Rakamları farklı istendiğinden, birer birer azalarak diğer kutulara sayılarımızı yerleştirip çarpalım: 3⋅4⋅3 = 36 bulunur. Bu soruyu, istersek yazılabilecek tüm rakamları farklı değişik üç basamaklı sayılardan çift olanları çıkararak da bulabilirdik: 60 – 24 = 36. 3) Üç basamaklı kaç değişik çift sayı yazılabilir? 5 5 2 Birler basamağı için {2, 4} olmak üzere 2 hakkımız var, diğer basamaklar için herhangi bir sınırlamamız yok. O halde cevabımız 5⋅5⋅2 = 50’dir. 4) Üç basamaklı kaç değişik tek sayı yazılabilir? 5 5 3 5 Mustafa YAĞCI Permutasyon 8) Rakamları farklı, 300’den büyük üç basamaklı kaç değişik çift sayı yazılabilir? 10) Rakamları çarpımı çift olan üç basamaklı kaç değişik sayı yazılabilir? Bir sayının rakamları çarpımının çift olması için ne olması gerekir? En az bir rakamı çift olmalı. Bu ne demek? Sadece bir rakamı çift olsa da olur, iki rakamı çift olsa da olur, üç rakamının üçü çift olsa da olur. E, bunlar için üç hatta daha çok kutu gerekir. Biz bunun yerine tüm sayılardan rakamları çarpımı tek olanları çıkartacağız. Zira bu çok kolay. Çünkü bir sayının tüm rakamları tek sayı oldu mu, rakamlarının çarpımı zaten tek olur. Üç basamaklı 125 değişik sayı yazılabileceğini bulmuştuk. Şimdi de tüm rakamları tek sayı olan kaç tane üç basamaklı değişik sayı yazabileceğimizi bulalım: 3 3 3 Her kutuya mecburen {1, 3, 5} rakamlarından biri gelmeli. Rakamları farklı istenmediğinden 3⋅3⋅3 = 27 tane böyle sayı yazılabileceğini anlarız. O halde sorunun cevabı 125 – 27 = 98’tir. Yukardaki kutular niye boş, merak ediyorsunuz değil mi? Anlatayım: Mecbur olduğumuz kaç kutu var? Bu sefer 2. Çünkü hem son basamağa çift sayılar gelecek, hem de ilk basamağa ‘’3’’ veya daha büyük rakamlar. Eee, hangisinden önce başlamamız gerekir? İkisinden de başlayamazsın! Kutu yöntemini kullanabilmek için başlamaya mecbur olduğun kutu sayısı en çok 1 olmalı. O halde ne yapacağız? İki farklı kutu çizeceğiz. Bir mecburiyetimizi birinde, diğer mecburiyetimizi ise diğerinde gidereceğiz. Sorunu bir de başka türlü açıklayayım: Son basamağa {2, 4} olmak üzere iki hakkımız var ya, eğer son basamağa ‘’2’’ gelirse bu ilk basamak için tehdit oluşturmaz ama ya ‘’4’’ gelirse? ‘’4’’ü son basamakta kullandığımız için artık ilk basamakta kullanamayız. İşte bundan dolayı bir sona ‘’2’’nin geldiği kutu çizeceğiz, bir de ‘’4’’ün geldiği. Son basamağı ‘’2’’ olan: 3 3 1 Son basamakta ‘’2’’ kullanıldığından ilk basamakta ‘’4’’ü kullanabiliriz. İki rakam kullanıldığından onlar basamağına 3 hakkımız kalır. Bun-dan dolayı bu seçeneğin cevabı 9’dur. Son basamağı ‘’4’’ olan: 2 3 1 Burada da son basamakta ‘’4’’ kullanıldığından ilk basamağa sadece {3, 5} sayıları kalır. Yine iki rakam kullanıldığından ortadaki kutuya 3 hak kalır. Bu seçeneğin de cevabı 6’dır. İki seçenek sonuçları toplanırsa 9 + 6 = 15 bulunur. Örnek. {0, 1, 2, 3, 4, 5} kümesinin elemanları kullanılarak kaç değişik rakamları farklı üç basamaklı çift sayı yazılabilir? Çözüm: Bu sorunun, üstte on şıkta çözdüğümüz sorudan farkı var. Çünkü bu sefer ‘’0’’ sayısı da kullanılacak. Diğer rakamların hepsi ilk basamakta kullanılabilecekken, sıfırın böyle bir hakkı yok. ‘’Kullanmayız biter hocam, ne var ki?’’ diyorsundur, haklısın ama bu soruda bir de sayının çift olması isteniyor. Yani ‘’0’’ son basamakta kulanılırsa, ilk rakam için artık tehdit oluşturmaz ama ya son rakam da ‘’0’’ değil de ‘’2’’ veya ‘’4’’ kullanılmışsa? İşte bu yüzden iki farklı kutu çizmek zorunda kalacağız. Ama son rakamın çift olma zorunluluğu olmasa tek kutu işimizi görürdü, bunu da bilin… Son basamağı ‘’0’’ olan: 5 4 1 Son basamağı ‘’2’’ veya ‘’4’’ olanlar: 4 4 2 İlk durumda 20, ikinci durumda ise 32 değişik sayı elde ettik, bunları toplarsak 20 + 32 = 52 değişik sayı yazılacağını anlarız. 9) 1200’den büyük dört basamaklı 5 ile bölünebilen 4 basamaklı kaç değişik sayı yazılabilir? Rakamları farklı denmediğinden bu sefer tehlike yok gibine geliyor değil mi? Sadece mecbur olduğumuz tek şey var, o da son rakamın ‘’5’’ olması zannediyorsun. Hayır, durum bu kadar basit değil. Çünkü ilk rakam ‘’1’’ olsa, ikinci rakam ‘’1’’ olamaz. Ama ilk rakam ‘’2, 3, 4, 5’’ rakamlarından biri olsa ikinci rakam ‘’1’’ olabilir. O halde yine 2 kutu çizmemiz gerekir. İlk basamağı ‘’1’’ olan: 1 4 5 1 İlk basamağı ‘’1’’ olmayanlar: 4 5 5 1 İlk seçenekte 20, ikinci seçenekte 100 sayı olduğundan cevabımız 120 olmalıdır. Alıştırmalar 29. M = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7} kümesinin elemanlarıyla üç basamaklı rakamları farklı kaç değişik sayı yazılabilir? 6 Mustafa YAĞCI Permutasyon sağına da 2 aday kaldı. En sağa da 1 kişi. O halde 5⋅4⋅3⋅2⋅1 = 5! = 120 değişik şekilde oturabilirler. ii. Madem Ahmet ile Mehmet ayrılmak istemiyorlar, biz de onları bir iple bağlayalım. Artık Ahmet nereye giderse, Mehmet de oraya gideceğinden sanki tek kişi gibi oldular. 5 kişi bir sıraya 5! değişik şekilde oturuyorsa 4 kişi de 4! = 24 değişik şekilde oturur. Ama bu 24 durumun hepsinde Ahmet ile Mehmet yer değiştirebilirler. Bundan dolayı cevap 48 olmalıdır. iii. Toplam durumdan yan yana olma durumlarını çıkartırsak, yan yana olmama durumlarını bulmuş oluruz. O halde cevap 120 – 48 = 72’dir. iv. Ahmet’i A ile, Mehmet’i M ile diğer üç insanı da X ile gösterelim. AXMXX, XAXMX ve XXAXM durumları mümkündür. Bir de A ile M yer değiştirirler, onu da unutmayacağız. Üç tane farklı X insanı kendi arasında 3! kadar yer değiştirirler, bir de A ile M’nin yer değiştirme durumu olduğundan cevabımız 3!⋅2! = 12’dir. 30. A = {1, 2, 3 ,4} kümesinin elemanlarıyla üç basamaklı rakamları farklı kaç çift sayı yazılabilir? 31. B = {0, 1, 2, 3, 4} kümesinin elemanlarıyla üç basamaklı rakamları farklı 400’den küçük kaç çift sayı yazılabilir? 32. C = {0, 1, 2, 3, 5, 8, 9} kümesinin elemanlarıyla 3000 ile 8000 arasında kaç farklı sayı yazılabilir? 33. D = {0, 1, 2, 3, 4, 5, 9} kümesinin elemanlarıyla yazılabilecek üç basamaklı rakamları farklı sayıların kaç tanesi 15 ile kalansız bölünür? 34. E = {1, 2, 3, … } kümesinin elemanlarıyla yazılabilecek rakamları farklı üç basamaklı sayıların adedi 120 ise s(E) kaçtır? Örnek. 7 kişilik bir sıraya 5 kişi kaç farklı şekilde oturabilir? Çözüm: Yine 5 kişi olduğundan 5’li bir kutu çizeceğiz. 7 6 5 4 3 İlk adamın oturmak için 7 seçeneği var. İkincisinin 6. Üçüncüsünün 5. Dördüncüsünün 4. Sonuncusunun ise 3. Bundan dolayı cevabımız 7⋅6⋅5⋅4⋅3 = 2520 Oturma, dizilme, sıralanma. ‘’Sakın kıpraşma!’’ manasında değil tabii ki…☺ Şimdi de bir miktar kimsenin/nesnenin boş buldukları bir yere/sıraya/rafa kaç değişik biçimde oturabileceğini/dizilebileceğini/sıralanacağını bulmaya çalışacağız. İşimiz yok ya! Yine örneklerle açıklayalım ama ilerde permutasyon konusunda bu soruları farklı şekillerde çözebileceğimizi de belirtelim. Bazen daha kısa ama bazen daha uzun. Örnek. 4 farklı matematik, 3 farklı geometri kitabı bir rafa; i. Kaç farklı şekilde dizilebilir? Matematik kitapları birbirlerinden, geometri kitapları da birbirlerinden farklı olduğundan aslında 7 farklı kitap vardır. Bundan dolayı cevap 7! olur. Örnek. Ahmet ve Mehmet’in aralarında bulunduğu 5 kişi bir sıraya; i. Kaç değişik şekilde oturabilir? ii. Ahmet ile Mehmet yan yana olmak üzere kaç değişik şekilde oturabilir? iii. Ahmet ile Mehmet birbirlerine küsler ve bundan dolayı yan yana olmak istemiyorlarsa kaç değişik şekilde oturabilirler? iv. Ahmet ile Mehmet arasında her defasında sadece 1 kişi olmak kaydıyla kaç değişik şekilde oturabilirler? Çözüm: i. 5 kişi olduğundan 5’li bir kutu çizelim. 5 4 3 2 1 Sıranın en başına 5 kişinin 5’i de oturabilir. Onun sağına aday 4 kişi kaldı. Böylece ortaya 3, ortanın ii. Geometri kitapları birbirinden ayrılmamak üzere kaç değişik şekilde dizilebilir? Madem geometri kitapları birbirinden ayrılmayacak, bunları bir iple birbirlerine bağlayalım. Hepsi birlikte hareket edeceğinden tek bir kitapmış gibi davranırlar. 4 matematik kitabıyla birlikte ortada 5 kitap varmış gibi olur. 5 kitap da bir rafa 5! kadar değişik şekilde dizilir. Ama geometri kitapları da bu 120 dizilişin her birinde kendi aralarında yer değiştirebilirler. Bundan dolayı cevap 5!⋅3! = 720’dir. 7 Mustafa YAĞCI Permutasyon ederseniz, A kümesinin 3’lü permutasyonlarının sayısı 6 yani 3!, 4’lü permutasyonlarının sayısı da 24 yani 4! çıktı, demek ki bu hesaplamanın faktöryelle bir alakası olmalı diye şüpheye düştük. Yanılmadık, var! Ama tabii ki r! değil. Öyle olsaydı 1’li permutasyonların sayısı 1! = 1 çıkmalıydı, halbuki A kümesinin a, b, c, d olmak üzere 4 farklı 1’li permutasyonu vardır. O halde n’nin r’li permutasyonlarının sayısı kaç? Şimdi bu soruya cevap arayacağız. Başlıyoruz: Alıştırmalar 35. 4 kişi 8 kişilik bir sıraya kaç değişik şekilde oturabilirler? 36. Belli üç kişi bir arada olmak kaydıyla 7 kişi bir sıraya kaç değişik şekilde oturabilir? 37. Belli üç kişinin üçü birden yanyana olmamak üzere 7 kişi bir sıraya kaç farklı şekilde oturabilirler? n’nin r’li permutasyonlarının sayısı. Önce r tane eleman seçeceğiz, sonra bu r tane elemanı değişik değişik sıralara dizeceğiz. Bunu yapabilmek için başkan ve yardımcılarını seçtiğimiz örneği aklınıza getirin. 1 başkan, 2 yardımcı ve 1 sekreter seçtiğimizden 4’lü bir kutu çizmiştik. Burada da r tane eleman seçeceğimizden r’li bir kutu çizeceğiz. Nasıl ki başkana 8 aday var diye başkan kutusuna 8 yazmıştık, burada da ilk elemanın kutusuna n yazacağız. Sonraki kutuya (n – 1), bir sonrakine (n – 2) filan yazacağız ve bu böyle devam edecek. r.inci kutuya ise (n – r + 1). Şimdi geriye bunları çarpmak kaldı. n(n – 1)(n – 2)…(n – r + 1) 38. 5 farklı matematik, 4 farklı fizik kitabı bir rafa aynı dersin kitapları yan yana olmak üzere kaç değişik şekilde dizilebilir? 39. 3 farklı matematik, 4 farklı fizik, 5 farklı kimya kitabı bir rafa dizilecektir. Matematik kitapları birbirinden ayrılmamak üzere kaç değişik şekilde diziliş sağlanabilir? 40. = Üstteki soruda fizik kitabı ile başlayıp, fizik kitabı ile biten bir sıralama kaç değişik şekilde yapılabilir? n(n − 1)(n − 2)...(n − r + 1)(n − r )(n − r − 1)...3.2.1 = ( n − r )(n − r − 1)...3.2.1 n! (n − r )! Permutasyon. r < n olduğu bir durumda, n tane farklı nesnenin r tanesini aynı anda seçerek sıraya dizersek, yani bu nesnelerle bir sıralı r’li oluşturursak, bu sıralamaya n’nin r’li bir permutasyonu denir. Oluşturabileceğimiz tüm sıralı r’liler de n’nin r’li permutasyonlarının tümünü verir. Kaç farklı sıralı r’li yapılabiliyorsa, n’nin r’li permutasyonu o kadardır denir. Zor değilmiş değil mi? İşte bu n’nin r’li n permutasyonu sayısı da P veya P(n, r) ile gösr terilir. Unutmamamız gereken bu eşitliği tekrar yazalım: n! P(n, r) = (n − r )! Örneğin, A = {a, b, c, d} kümesinden aynı anda 3 eleman seçelim. Bunlar da örneğin a, b, c olsun. O halde ‘’bca’’, A kümesinin 3’lü bir permutasyonudur. Peki seçtiğimiz bu elemanları başka türlü sıraya dizebilir miydik? Tabii ki, abc, acb, bac, bca, cab, cba gibi 6 farklı şekilde dizilebilirlerdi. O halde A’nın 3’lü permutasyonlarının sayısı 6’dır deriz. Eğer 4 elemanın 4’ünü de seçseydik, abcd, abdc, acbd, acdb, … gibi 24 farklı diziliş meydana gelirdi ki A’nın 4’lü permutasyonlarının sayısı da 24’tür derdik. Dikkat Uyarı. Biraz önceki işlemlerin başında bulduğumuz P(n, r) = n⋅(n – 1)⋅(n – 2)⋅…⋅(n – r + 1) eşitliği gereği, n’nin r’li permutasyonunu yani P(n, r)’yi pratik yoldan hesaplamak isteyenler n’den başlayan ve birer birer azalan r tane sayıyı çarpmalılar. Örneğin, P(11, 2) = 11⋅10, P(10, 3) = 10⋅9⋅8, P(15, 4) = 15⋅14⋅13⋅12 gibi… 8 Mustafa YAĞCI Permutasyon Teorem. P(n, 0) = 1. n! n! = Kanıt: P(n, 0) = = 1. (n − 0)! n! 44. Herkesin birbirine hediye aldığı bir toplulukta toplam 110 hediye verilmişse, bu toplulukta kaç kişi vardır? Teorem. P(n, 1) = n n! n(n − 1)! = = n. Kanıt: P(n, 1) = (n − 1)! (n − 1)! Soru. A = {a, b, c, d} kümesinin içinde ‘’a’’ bulunan 3’lü permutasyonlarının sayısı kaçtır? Çözüm: Önce ‘’a’’yı n’olur n’olmaz diye kenara bir ayıralım. A kümesinin ‘’a’’ dışındaki elemanlarının kaç değişik 2’li permutasyonu var onu hesaplayalım, sonra bunların arasına ‘’a’’yı koyarız. P(3, 2) = 6 olur. Bu altı 2’li permutasyonun hepsinde ‘’a’’yı en başa da koyabiliriz, iki elemanın arasına da, en sona da… O halde 3⋅6 = 18 tane içinde ‘’a’’ bulunan 3’lü permutasyon vardır. Teorem. P(n, n) = n! n! n! Kanıt: P(n, n) = = = n! (n − n)! 0! Soru. P(n, 4) = 4⋅P(n, 3) olduğuna göre n kaçtır? n! n! =4 Çözüm: (n − 4)! (n − 3)! olduğundan (n – 3)! = 4(n – 4)! yani (n – 3)(n – 4)! = 4(n – 4)! olur ki n = 7 dir. Bu soruyu ilerde kombinasyon dersinde farklı bir şekilde daha çözeceğiz. Ben size o yolu tavsiye ederim. Soru. A ={a, b, c, d, e, f, g} kümesinin ‘’a’’ ve ‘’b’’ elemanlarını yan yana bulunduran 5’li permutasyonlarının sayısı kaçtır? Çözüm: Biz ‘’a’’ ile ‘’b’’ elemanlarını, birbirlerinden ayrılmasınlar diye, ‘’ab’’ gibi tek bir elemanmış gibi düşünelim. O halde şu an A kümesi 7 değil, 6 elemanlı olur. ‘’ab’’ elemanını yine n’olur n’olmaz diye kenara ayıralım. Kalan 5 eleman ile değişik sıralı 3’lüler yapıp, aralara bu ‘’ab’’ elemanını serpiştireceğiz. Böylece 5’li permutasyonlar oluşacak. c, d, e, f, g elemanlarıyla P(5, 3) = 60 tane sıralı 3’lü yapılabilir. Bu ‘’ab’’leri en başa koyabileceğimiz gibi, birinci ile ikinci elemanın arasına da koyabiliriz, ikinci ile üçüncü elemanların arasına da, en sona da. Yani 4 seçenek var. O halde içinde ‘’ab’’ bulunan 5’li permutasyon sayısı 60⋅4 = 240’tür. Son dikkat edilmesi gereken ise soruda ‘’ab’’ bulunan demiyor, ‘’a’’ ile ‘’b’’nin yan yana bulunduğu diyor, yani ‘’ba’’ olsa da olur demek istiyor. Bulduğumuz sonucu 2 ile çarparsak soruyu çözmüş oluruz, cevabımız 240⋅2 = 480. Soru. 10 kişilik bir grupta herkes birbirine tokat atarsa, toplam kaç tokat atılmış olur? Çözüm: (A, B) sıralı ikilisi, A insanı B insanına tokat atmış demek olsun. Bu on insana isim verirsek, bu isimlerle yapabileceğimiz tüm sıralı ikililer bize atılmış bir tokat verir. O halde P(10, 2) = 10⋅9 = 90 tokat atılmış olur. Soru. 10 kişilik bir grupta herkes birbiriyle dans ederse, toplam kaç dans edilmiş olur? Çözüm: (A, B) sıralı ikilisi, A insanı B insanıyla dans etti demek olsun. Ama bu aynı zamanda B insanının da A ile dans etmiş olduğunu söyler. Yani deminki gibi çözeceğiz ama her dansı iki kere saymış olacağımızdan (ama ortada edilmiş tek dans olduğundan) cevabı ikiye böleceğiz. P(10, 2)/2 = 45. Alıştırmalar 41. Kombinasyon dersinde bu soruyu tekrar çözeriz. P(n, 2) + P(n, 3) = 25⋅P(n, 1) ise n kaçtır? Alıştırmalar 42. P(n+2, 2) = 2⋅P(n+1, 2) ise n kaçtır? 45. 43. A = {a, b, c, d, e, f} kümesinin 3’lü permutasyonlarının kaç tanesinde b eleman olarak bulunur? P(10, 2) + P(9, 3) = P(n, 1) ise n kaçtır? 9 Mustafa YAĞCI Permutasyon MATMATİK kelimesinin harfleriyle kaç değişik kelime yazabilirsen o kadar E harfiyle başlar. Bu 8! da tanedir. 2!.2!.2! 46. B = {a, b, c, d, e} kümesinin 4’lü permutasyonlarının kaç tanesinde a veya b eleman olarak bulunur? 47. 3) M harfiyle başlayıp, K harfiyle biten kaç değişik kelime yazılabilir? Şimdi de M’yi başa, K’yı sona koy. ATEMATİ kelimesinin harfleriyle kaç değişik 7 harfli kelime 7! olur. yazabilirsen cevap odur. O halde cevap 2!.2! C = {a, b, c, d, e, f} kümesinin 3’lü permutasyonlarının kaçında a bulunur ama e bulunmaz? 48. F = {1, 2, 3, 4, 5} kümesinin elemanlarıyla içinde 1 ya da 2’yi barındıran kaç farklı 3’lü permutasyon yazılabilir? 4) Sesli harfle başlayıp, sesli harfle biten kaç değişik kelime yazılabilir? Önce kaç tane sesli harfimiz var, ona bakalım. A, A, E, İ olmak üzere 4 tane. Peki, bunlarla kaç farklı şekilde 2 harfli kelime yapabileceğimizi bula4! = 12 . Bu 12 farklı iki harfli kelimenin bilım: 2! rinci harfleri oluşturacağımız 9 harfli kelimenin ilk harfleri, ikinci harfleri de son harfleri olacak. Yalnız, iki durumda (başa E, sona İ ve başa İ, sona E harfleri geldiğinde), ortadaki 7 harfli kelime MTMTKAA olur, diğer 10 durumda ise ortadaki kelime MTMTKS1S2 olur. O halde 7! 7! 7! + 10⋅ = 11⋅ 2⋅ 2!.2!.2! 2!.2! 2!.2! tane değişik kelime yazılabilir. Tekrarlı Permutasyon. n1 tanesi birinci türden, n2 tanesi ikinci türden, n3 tanesi üçüncü türden, … , nr tanesi r’ninci türden olmak üzere n1 + n2 + n3 + … + nr = n tane elemanın birbirlerinden farklı dizilişlerine birer tekrarlı permutasyon denir. Böyle bir diziliş n! n1!.n2 !...n r ! farklı şekilde yapılabilir. Örnek. MUSTAFA kelimesinin harfleri ile anlamlı veya anlamsız kaç değişik 7 harfli kelime yazılabilir? Çözüm: MUSTAFA kelimesinin tüm harfleri farklı olsaydı, bu harflerle 7! tane farklı kelime yazabilirdik ama burada iki tane A olduğundan, yani bunlar kendi aralarında yer değiştirseler bile oluşacak yeni kelime eskisiyle aynı olacağından, 7! sayısı 2!’e bölünmelidir. 7! 5040 = 2520. O halde cevabımız = 2! 2 Örnek. 111223 sayısının rakamlarıyla 6 basamaklı ve birbirinden değişik; 1) Kaç sayı yazılabilir? Hepsi farklı rakam olsaydı 6! değişik sayı yazılabilirdi. Üç tane 1, iki tane 2 olduğundan dolayı 6! = 60 değişik sayı yazılabilir. 3!.2! Örnek. MATEMATİK kelimesinin harfleriyle anlamlı ya da anlamsız 7 harfli; 2) 3 ile başlayan kaç sayı yazılabilir? Madem 3 ile başlayacak. 3’ü aldık, başa koyduk. Kalan sayının rakamlarıyla kaç değişik sayı yazabilirsek, onları getirip 3’ün sağına koyacağız. O 5! halde 11122 sayısıyla = 10 sayı yazılabildi3!.2! ğinden cevap 10’dur. 1) Kaç değişik kelime yazılabilir? Hepsi farklı harf olsaydı 9! tane değişik kelime yazabilirdik. Ama iki tane M, iki tane A, iki tane T 9! kadar değişik kelime yaharfinden dolayı 2!.2!.2! zılabilir. 3) Kaç çift sayı yazılabilir? Çift sayı olabilmesi tek durum ile mümkün, sayının son rakamının 2 olmasıyla. Hangisinin olduğunun önemi yok, 2’lerin birini al, sona koy. Ge- 2) E harfiyle başlayan kaç değişik kelime yazılabilir? Madem ki E harfi mecbur başta olacak, al E’yi başa koy. Kaç harf kaldı? 8 değil mi? Yani 10 Mustafa YAĞCI Permutasyon riye ne kaldı? 11123. Bunun rakamlarıyla Çözüm: Canı isterse tüm basamakları teker teker çıkar. Bu 1 seçenektir. Canı isterse sadece 1 kere 3 basamak atlar, diğerlerini teker teker çıkar. Bu da 3111111111 sayılarının kaç değişik şekilde dizilebileceği kadardır. Veya 2 kere 3 basamak atlar, diğerlerini yine tek tek çıkar. Burada da 33111111 sayılarını kaç değişik şekilde sıraya dizebileceğimiz kadardır. Benzer durumda 333111 ve 3333 durumu vardır. O halde cevap: 10! 8! 6! + + + 1 = 60. 1+ 9! 2!.6! 3!.3! 5! = 20 3! sayı yazılacağından cevabımız 20’dir. Örnek. Şekildeki çizgiler bir kentin birbirini dik kesen sokaklarını göstermektedir. A’dan A B’ye en kısa yoldan kaç değişik biçimde gidilebilir? Çözüm: Yolun en kısa B 2 olması için, daima sağa veya 2 yukarıya gitmeliyiz. 1 kere bile 2 A 1 1 1 1 1 1 1 sola veya aşağıya gidersek, yol uzamış olur. O halde yan şekildeki gibi sağa doğru hareket etmeyi ‘’1’’ ile, yukarı doğru çıkmayı ‘’2’’ ile gösterelim. 1111111222 sayısında rakamlar yer değiştirdikçe A’dan B’ye giden yollar da değişir ama hala en kısa yol olur. Demek ki bu sayının rakamları ile kaç farklı 10 basamaklı sayı yazabilirsek, o kadar farklı rota belirlemiş oluruz. 10! Bundan dolayı cevabımız = 120 olmalıdır. 3!.7! B Örnek. A’dan C’ye en kısa yoldan; i. B’ye uğramak kaydıyla ii. B’ye uğramamak kaydıyla kaç farklı şekilde gidilebilir? Alıştırmalar 49. GEOMETRİ kelimesinin harfleriyle anlamlı ya da anlamsız 8 harfli kaç değişik kelime yazılabilir? 50. TASTAMAM kelimesinin harfleriyle A harfiyle başlayıp A harfiyle biten kaç farklı 8 harfli kelime yazılabilir? C 51. B 5 aynı matematik kitabı, 4 aynı fizik kitabı bir rafa kaç değişik şekilde dizilebilir? A 52. C Çözüm: i. A’dan B’ye farklı 2 2 B en kısa yol sayısını, B’den 2 1 1 1 1 C’ye farklı en kısa yol sayı- A 1 1 1 sıyla çarpacağız, cevap o olacak. A’dan B’ye farklı en kısa yol sayısı 1112 sayısının rakamlarıyla kaç değişik dört basamaklı sayı yazılabiliyorsa o kadardır. B’den C’ye farklı en kısa yol sayısı da 111122 sayısının rakamlarıyla kaç değişik altı basamaklı sayı yazılabiliyorsa o ka4! 6! ⋅ = 60 olmadardır. O halde cevabımız 3!⋅1! 4!⋅ 2! lıdır. Üstteki soruda matematik kitabı ile başlayan fizik kitabı ile biten bir sıralama kaç değişik şekilde yapılabilir? 53. 12341234 sayısının rakamlarıyla kaç değişik 8 basamaklı sayı yazılabilir? 54. 12341234 sayısının rakamlarıyla kaç değişik 8 basamaklı çift sayı yazılabilir? 55. ii. Bulmuştuk, toplam 120 farklı yol vardı, bunların 60’ının B’den geçtiğini de demin bulmuştuk, o halde 120 – 60 = 60 yolun B’den geçmeyen en kısa yol olduğunu söyleyebiliriz. YAĞCI kelimesinin harfleriyle yazılabilecek harfleri farklı tüm beş harfli kelimeler alfabetik sıraya dizilirse, baştan 27. kelime ne olur? Örnek. Her defasında sadece 1 veya 3 basamak atlayan bir çocuk, 12 basamaklı bir merdiveni kaç değişik şekilde çıkabilir? YAĞCI kelimesinin harfleriyle yazılabilecek harfleri farklı tüm 5 harfli kelimeler alfabetik sıraya dizilirse, sondan 5. kelime ne olur? 56. 11 Mustafa YAĞCI Permutasyon Dairesel (Dönel) Permutasyon. Sonlu bir kümenin elemanlarının bir çember üzerinde (kapalı bir eğri üzerinde) birbirlerine göre farklı biçimde dizilişlerinin her birine bu elemanların bir dairesel permutasyonu veya dönel sıralaması denir. Toplam diziliş sayısı ise (n – 1)! formülüyle hesaplanır. 57. YAĞCI kelimesinin harfleriyle yazılabilecek harfleri farklı tüm 5 harfli kelimeler alfabetik sıraya dizilirse, YAĞCI baştan hangi sırada olur? 58. YAĞCI kelimesinin harfleriyle anlamlı ya da anlamsız, harfleri farklı en çok 4 harfli kelime kaç değişik biçimde yazılabilir? (n – 1)! sayısı nerden çıktı? n tane nesnenin, bir sıraya n! kadar değişik şekilde dizilebileceğini kanıtlamıştık. Bunu unutmayın. Şimdi bu n tane nesneyi sıraya değil de yuvarlak bir masa etrafına oturtalım. Canımız nasıl isterse öyle oturtalım. Sonra herkes aynı yöne doğru birer sandalye kaysın. Sizce birbirlerine göre başka bir sıralama mı elde ettik, yoksa deminkinin aynısını mı? Aynısını değil mi? Peki bu kaymalar ne kadar sürerse sürsün fark etmez, onu da biliyorsunuz değil mi? Yani n tane dizilişin hepsi aslında birbirlerine göre aynı diziliştir. Onun için ilk bulduğumuz n! sayısını n’ye bölmeliyiz, buradan da (n – 1)! sayısına ulaşırız. 59. YAĞCI kelimesinin harfleriyle yazılabilecek harfleri farklı tüm 5 harfli kelimelerin kaç tanesi Y harfiyle başlar ama I harfiyle bitmez? 60. YAĞCI kelimesinin harfleriyle sesli harflerin alfabetik sırada olduğu beş harfli anlamlı ya da anlamsız kaç değişik kelime yazmak mümkündür? 61. YAĞCI kelimesinin harfleriyle sessiz harflerin alfabetik sırada olduğu beş harfli anlamlı ya da anlamsız kaç değişik kelime yazmak mümkündür? 62. Örnek. 5 kişilik bir aile yuvarlak masa etrafına kaç değişik şekilde oturabilirler? Çözüm: Kanıtladığımız üzere (5 – 1)! = 4! = 24 değişik şekilde oturabilirler. B A noktasından B noktasına, çizgiler üzerinden gitmek şartıyla en kısa yoldan kaç farklı şekilde gidilebilir? A Örnek. 6 kişilik bir aile yuvarlak masa etrafında yemek yiyecektir. i. Anne ile baba yan yana oturacaksa ii. En küçük çocuk, anne ile babanın arasında olacaksa iii. Anne ile baba yan yana olmayacaksa Bu yemek kaç farklı şekilde yenir? Çözüm: i. Madem anne ile baba ayrılmayacak, onları bir iple bağlayalım. Şimdi 5 kişi oldular. 5 kişi yuvarlak masa etrafına 4! = 24 kadar değişik şekilde otururlar. Bir de anne ile babanın kendi aralarında yer değiştirme durumlarını düşünürsek 24⋅2 = 48 farklı şekilde olabileceğini buluruz. 63. A noktasından B noktasına, çizgilerin dışına çıkmadan ve U’ya uğramak kaydıyla en kısa yoldan kaç değişik A şekilde gidilebilir? B U 64. Üstteki soruda U’dan geçmek yasak ise kaç farklı yol vardır? 65. Her defasında 1 veya 4 basamak atlayan bir çocuk, 12 basamaklı bir merdiveni kaç değişik şekilde çıkabilir? ii. Bu sefer anne-çocuk-babayı bir iple bağlayalım. Oldular 4 kişi. Yuvarlak masa etrafına 4 kişi 3! = 6 değişik şekilde otururlar. Anne ile baba yine kendi aralarında yer değiştirebilirler, ortadaki çocuk, hala ortada olduğundan sorun yok. O halde cevabımız 6⋅2 = 12’dir. iii. 6 kişi yuvarlak masaya 5! = 120 değişik şekilde otururlar. 48 seferinde anne ile babanın yan ya- 66. Rakamları çarpımı 300 den büyük 3 basamaklı rakamları farklı kaç doğal sayı vardır? 12 Mustafa YAĞCI Permutasyon na olduğunu bulmuştuk. O halde 120 – 48 = 72 durumda yan yana değillerdir. yan yana gelirler. İşte bu yüzden maskotlu anahtarlıklar dairesel bile olsalar sıra gibi düşünülmelidirler. Peki, bir anahtarlığı maskotlu diye artık havaya atamaz mıyız? Kim tutar bizi? Yani, hala cevabı ikiye bölmeye devam! İşte bu sebeplerden dolayı sorumuzun cevabı 6!/2 = 720/2 = 360 olmalıdır. Örnek. 4 erkek ve 4 kadın yuvarlak bir masada aynı cins iki kişi yan yana olmayacak biçimde kaç farklı şekilde oturabilirler? Çözüm: Önce centilmen olup, şu kadınları bir oturtalım bakalım. 4 kadın yuvarlak masaya 3! = 6 değişik şekilde oturur. 4 kadın oturunca 4 kişilik boş yer kaldı aralarda. İşte bu boş 4 yere 4 erkek oturacak. Ama artık masanın yuvarlaklığının bir ehemmiyeti kalmadı yani. Onun için erkekler 4! = 24 değişik şekilde otururlar. O halde cevap: 6⋅24 = 144. Alıştırmalar 67. 8 kişi yuvarlak bir masa etrafında otururken kaç değişik şekilde poz verebilirler? Soru. 6 farklı anahtar dairesel bir anahtarlığa kaç farklı şekilde takılabilir? Çözüm: Anahtarlık sorularında diğerlerinden farklı bir durum vardır. Çünkü anahtarlar diğer nesnelerden biraz farklıdır da ondan. Aynı farka sahip her nesneye ait sorularda birazdan bahsedeceğimiz ayrıntıya dikkat ediniz. Anahtar problemlerinde anahtarların önü ile arkası aynı kabul edilir ve yapılan herhangi bir dizilişte aslında 2 farklı dizilişin birlikte yapıldığı düşünülür. Örneğin A, B, C isminde 3 farklı anahtarın olduğunu düşünün. Bunları bir anahtarlığa takın. Örneğin ABC sırasıyla taktınız. Şimdi anahtarlığı elinize alın ve şöyle bir havaya fırlatıp yere düşmesini sağlayın. Tekrar elinize aldığınızda anahtarları CBA diziliminde görmeniz mümkün müdür? Pek tabii ki… İşte bu yüzden anahtarlık problemlerinde 1 diziliş aslında 2 diziliş demek olduğundan bulduğumuz cevabı 2’ye bölmeliyiz. Şimdi dairesel anahtarlığı bir yuvarlak masa, anahtarları da bu yuvarlak masa etrafına oturan insanlar olarak farzedin. Bu problemin cevabı (6 – 1)! = 120 olurdu, o halde bizim anahtarlık probleminin cevabı da 120/2 = 60 olmalıdır. 68. Belli üç kişi birbirlerinden ayrılmamak üzere 7 kişi yuvarlak masa etrafına kaç değişik şekilde oturabilirler? 69. 5 erkek ve 5 kadın, yuvarlak bir masa etrafına 2 erkek arasına 1 kadın gelecek biçimde kaç değişik şekilde oturabilirler? 70. 5 farklı anahtar dairesel bir anahtarlığa kaç farklı şekilde takılabilir? 71. 7 farklı anahtar dairesel ve maskotlu bir anahtarlığa kaç değişik şekilde takılabilir? 72. 6 farklı anahtar belli ikisi yan yana olmak kaydıyla dairesel ve maskotlu bir anahtarlığa kaç değişik şekilde takılabilir? Soru. 6 farklı anahtar dairesel ve maskotlu bir anahtarlığa kaç farklı şekilde takılabilir? Çözüm: Şimdi bu ‘’maskotlu’’ lafı nerden çıktı diyorsunuzdur. ‘’Çiçekli-böcekli’’si de mi var yoksa? Anahtarlık problemlerinde maskotun işlevi yuvarlak masayı sıraya çevirmektir. Çünkü daha önceden yan yana sayılan anahtarları artık birbirlerinden ayırmıştır. Yuvarlak masa ile sıranın da zaten böyle bir ayrımı yok mudur? ABC insanları bir sıraya otursalar A ile C’ye yan yana diyemeyiz ama bir yuvarlak masada her halükarda A ile C 13
