Çözüm - SABİS

OLASILIK TEOREMLERİ
Permütasyon
• n Elemanlı bir kümeden r eleman çekilerek sıra önemli olmak
kaydıyla sıralanması halinde bunun kaç farklı şekilde
sıralandığını gösteren sayıya permütasyon adı verilir ve
şöyle formüle edilir;
n Pr  Prn  n  (n  1)  (n  2)      [n  (r  1)]  n Pr 
n!
(n  r )!
• Burada (!) işareti faktöriyel olarak adlandırılır ve bunun
altındaki bütün pozitif tam sayıların çarpılacağı anlamına
gelir. n! = n.(n-1).(n-2)......2.1 olarak yazılır Özel olarak
0!=1’e eşittir.
• n çok büyük olduğu zaman n!’in hesaplanması zor
olacağından stirling formülü olarak tanımlanan aşağıdaki
formül kullanılmaktadır.

1 n
n!  e x dx  (2n  )  
3 e
0
x
n
n
• Permütasyon birçok probleme uygulanabilmekle birlikte,
uygulamada dikkat edilmesi gereken bazı durumlar vardır.
Eğer bir problemde şu üç şart gerçekleşiyorsa permütasyonu
doğrudan uygulamak mümkündür.
•
1- Kümedeki bütün elemanlar birbirinden farklı
olmalıdır,
•
2- Herhangi bir eleman için hiçbir kısıtlama
getirilmemelidir,
•
3Hiçbir
eleman
bir
defadan
fazla
kullanılmamalıdır.
• Örnek: nP4 = 5 nP3 ise n’in değeri nedir?
n!
n!
 5
• Çözüm: n P4  5n P3 
(n  4)!
(n  3)!
n(n  1)( n  2)( n  3)( n  4)!
n(n  1)( n  2)( n  3)!

 5
(n  4)!
(n  3)!
•
(n-3) = 5  n = 8 olur.
Örnek: 10 farklı ampul
a)10 farklı yere kaç değişik şekilde takılabilir?
b) 5 farklı yere kaç değişik şekilde takılabilir?
Çözüm:
a) 10!= 3628800
10!
b)
P 
10 5
(10  5)!
 30240
• Örnek: Bir rafta birbirinden farklı 5 tane Matematik, 2 tane
Fizik ve 3 tane Kimya kitabı vardır. Aynı tür kitaplar
birbirinden ayrılmamak üzere, kaç değişik şekilde yan yana
sıralanabilir?
• Çözüm: 5 Matematik kitabını 1 kitap, 2 Fizik kitabını 1 kitap
ve 3 Kimya kitabı da 1 kitap olarak düşünülürse, bunlar 3!
şeklinde sıralanır. 5 Matematik kitabı kendi arasında 5!, 2
Fizik kitabı kendi arasında 2! ve 3 Kimya kitabı da kendi
arasında 3! şeklinde sıralanabilir. Şu halde kitaplar bir rafa;
• 3!*5!*2!*3! = 8640 farklı şekilde sıralanır.
• Örnek: 8! = a ise ( 10! – 9! ) ifadesi aşağıdakilerden
hangisine eşittir?
• Çözüm
10! – 9! = 10 * 9! – 9! = 9! ( 10 – 1) = 9! * 9 bu ifade
= 9 * 8! * 9 şeklinde yazılırsa,
= 81 * 8! = 81 a olur.
• Örnek: 4 farklı istatistik ve 5 farklı matematik kitabı,
matematik kitapları birbirinden ayrılmamak üzere bir rafa kaç
değişik biçimde dizilebilir?
• Çözüm: Matematik kitapları birbirinden ayrılmayacağı için
hepsi bir kitap olarak düşünülebilir.
• Bu durumda 5 kitap 5! şekilde sıralanır. Ayrıca 5 matematik
kitabı da kendi arasında 5! şekilde sıralanır. O halde tüm
sıralamalar;
•
5! . 5! = 120 . 120 = 14.400 olur.
• Örnek: 20 kişinin katıldığı bir şiir yarışmada ilk üç dereceye
girenler farklı şekillerde ödüllendirileceklerdir. Yarışma kaç
değişik şekilde sonuçlanabilir?
• Çözüm: Örnekte her derecenin farklı ödülü olduğuna göre
sıra önemli olduğundan permütasyon uygulanması gerekir.
20!
20! 20  19  18  17!


 20  19  18  6840
20 P3 
(20  3)! 17!
17!
Tekrarlı permütasyon
• n eleman içeren bir kümede r1 eleman birbirinin aynısı, r2
eleman birbirinin aynısı,...... rk eleman birbirinin aynısı ise n
elemanın Permütasyon sayısı
n!
• r1! r2 !.....rk ! şeklinde hesaplanır.
• Örnek: ÇANAKKALE kelimesinin harfleri ile kaç farklı kelime
yazılabilir?
• Çözüm: Kelimede A, 3 kez tekrarlanmış, K, 2 kez
tekrarlanmış, n = 9 (harf sayısı) olduğuna göre;
n!
9!

 30240 olur.
r1! r2 !.....rk ! 3!2!
• Problem: Bir sınıfta bulunan 15 öğrenciye 3 farklı test
verilecektir. Her testi alan öğrenci sayısı aynıdır. Dağıtım kaç
farklı şekilde gerçekleştirilir. (Cevap: 756756 ) 15!
 756756
5!5!5!
• Dairesel Permütasyon:
• n tane farklı elemanın daire şeklinde bir yere sıralamasına, n
elemanın dönel (dairesel) sıralaması adı verilir. Dairesel
sıralamada en baştaki ile en sondaki eleman yan yana gelir. Bu
nedenle n elemanın dönel (dairesel) sıralamalarının sayısı düz
bir hatta sıralanmaya göre 1 eksik eleman alınarak bulunur. Yani
n elemanın dönel (dairesel) sıralamalarının sayısı (n-1)! olur.
• Örnek: 7 kişilik bir komisyon bir masa etrafında oturacaktır.
• Bu komisyon yuvarlak bir masa etrafında kaç farklı şekilde
oturabilir?
• Bu komisyon düz bir masa boyunca kaç farklı şekilde oturabilir?
• Komisyon başkanı ve yardımcısı yan yana gelmek şartıyla
yuvarlak bir masa etrafında kaç farklı şekilde oturabilirler?
• Çözüm:
• a) (7-1)! = 6! = 720
• b) 7! = 5040
• c) (6-1)! *2! = 5!*2! = 240
Kombinasyon
• Permütasyon
sıranın
önemli
olduğu
problemlere
uygulanmaktadır. Ancak bazı problemlerde sıranın önemi
yoktur. Böyle durumlarda Permütasyon uygulamak doğru
olmaz. Sıra önemli olmak şartıyla a,b,c,d harflerinden üçerli
gruplar oluşturulduğunda aşağıdaki sonuçlar elde edilir.
abc
acb
bac
bca
cab
cba
r! = 3! =6
abd
acd
bcd
adb
adc
bdc
bad
cad
cbd
bda
cda
cdb
dab
dac
dbc
dba
dca
dcb
r! = 3! =6
r! = 3! =6
r! = 3! =6
• Tablodan görüleceği üzere üçerli grupların sayısı yani,
Permütasyon sayısı;
4!
•
 24 olacaktır.
(4  3)!
• Sıra önemli olduğundan yukarıdaki her satır sadece bir alt
kümenin permütasyonlarından ibarettir.
• {a,b,c,d} Kümesinin her biri üç elemandan oluşan birbirinden
farklı dört alt kümesi ({a,b,c}, {a,b,d}, {a,c,d}, {b,c,d}) vardır. n
elemanı bulunan bir kümeden seçilen r elemanın
permütasyonları, her alt kümeyi r! defa içinde
bulundurmaktadır.
Dolayısıyla
n
elemanın
r
li
kombinasyonuna ulaşabilmek için nPr ’yi r! ile bölmek gerekir.
Böylece sıranın önemi ortadan kalkmış olur.
• Buna göre kombinasyon, n elemanı olan bir kümeden her biri
r eleman içeren birbirinden farklı alt kümelerin kaç farklı
şekilde seçilebileceğini gösteren sayıdır ve bu sayı şöyle
bulunur.
 n
n!


n Cr  
 r  (n  r )! r!
 
• Bu kombinasyon sayısına aynı zamanda binom katsayısı
adı da verilmektedir.
• Alfabenin ilk dört harfi ile teşkil edilen 3’erli kombinasyonların
sayısı;
 n
 4  4!
n!
  
   
 4 olur.
 r  (n  r )! r!  3  3!1!
• Özel olarak nC0 = 1 ve nCn = 1 e eşittir.
• Ayrıca permütasyon ve kombinasyon arasında şöyle bir ilişki
vardır.
Pr
ve
n Cr 
r!
n
n
Pr  r! n C r
• Yukarıdaki ifadelere göre kombinasyonu permütasyona bağlı
olarak şöyle ifade etmek mümkündür
Toplam permütasyo n sayisi
Kombinasyo n 
Her alt kümenin permütasyo n sayisi
• Örnek: 10 üyesi olan bir dernekte 3 kişilik bir komisyon kaç
değişik şekilde teşkil edilebilir.
• Çözüm: komisyonda bulunan şahısların seçim sırası önemli
olmadığına göre kombinasyon formülü uygulanır.
10 
10!
10! 10.9.8.7!
C    


 120
10 3  3  (10  3)! 3! 7! 3!
7! 3!
• Örnek: A={1,2,3,4,5,6} kümesinin elemanları ile 3 basamaklı
sayılar yazılacaktır.
a) Bu kümedeki rakamlarla üç basamaklı kaç sayı yazılabilir.
(Seçim iadeli)
b) Her rakam bir defa kullanılmak şartıyla (seçim iadesiz) kaç
farklı sayı yazılabilir.
c) b şıkkındaki sayıların kaç tanesinde 4 rakamı bulunur.
d) Bu sayıların kaç tanesinde 4 ve 5 rakamları bulunur.
•
•
•
•
•
•
•
•
e) Bu sayıların kaç tanesinde 4, 5 ve 6 rakamları vardır.
f) Bu sayıların kaçı 300’den büyüktür.
g) Bu sayılardan kaç tanesinin son rakamı 1’dir.
h) Bu sayılardan kaçı 1 ile başlar 6 ile biter.
Çözüm:
a) 6x6x6 = 216
b) 6P3= 6x5x4=120
5!
c)
5
C2  3!
3! 2!
 3! 10  6  60 veya 6 P3  5 P3  120  60  60
• d)
4!
x3! 4  6  24 olur
4 C1  3! 
1!(4 - 1)!
• e) 3 P3  3!  3! 6 olur.
(3  3)!
• f)
4x5x4 = 80
• g) 1x5x4=20
h) 1x4x1=4
• Örnek: Bir düzlem üzerinde 10 nokta yer almaktadır.
Noktalar üçü bir doğru üzerinde olmayacak şekilde
yerleştirilmiştir.
• a) Bu noktalardan kaç doğru geçer?
• b) Bu doğrulardan kaç tanesi A noktasından (10 noktadan
biri) geçer
• c) Bu noktalar kaç üçgen teşkil eder
• d) Bu üçgenlerden kaç tanesinin bir köşesi A’dır.
• e) Bu doğrularla kaç dörtgen oluşturulabilir?
• Çözüm:
• a) İki noktadan bir doğru geçtiğine ve AB doğrusu aynı
zamanda BA doğrusu olduğuna göre;
10 
10!
10! 10.9.8!
  


 45 dogru gecer
8! 2!
 2  (10  2)! 2! 8! 2!
•
b) A noktası dışında kalan 9 nokta ile A birleştirilerek 9
doğru elde edilir.
• c) 3 nokta ile bir üçgen teşkil edildiğine göre;
10 
10!
10.9.8.7!
  

 120 ucgen olur.
7! 3!
 3  (10  3)! 3!
•
• d) i) Söz konusu üçgenlerin bir köşesi A’da bulunacağına göre
diğer iki köşe:
9
9!
  
 36
 2  (9  2)! 2!
• ii) Bir köşesi A’da bulunmayan üçgen sayısı
9
9!
9!
9.8.7.6!
  


 84
6! 3!
 3  (9  3)! 3! 6! 3!
• Toplam üçgen sayısı 120 olduğuna göre 120-84=36 üçgenin bir
köşesi A noktası alır.
10 
10!
10! 10  9.8.7  6!
  


 210 olur.
• e)  4  (10  4)! 4! 6! 4!
6! 4!
Binom katsayıları
Binom katsayılarını genel olarak şöyle ifade edebiliriz. (a+b)n
ifadesi açıldığında an-rbr ’nin katsayısı r adet b ve n-r adet
a’yı seçmek için mevcut olan hal sayısına eşittir. Dolayısıyla
a b’nin katsayısı, n elemanlı bir Kümeden r elemanı olan bir
alt küme seçmek için mevcut olan hal sayısına eşittir. Yani
kısaca  n  dur.
 
r
Binom teoremi: Eğer n pozitif tamsayısı ise;
 n  nr r
(a  b)  r 0   a b
r
n
n
n(n  1) n  2 2
a  na b 
a b  ....  nab n 1  b n olur.
2.1
n!
Genel terim :
a nr b r
r!(n  r )!
n
n 1
• Binom katsayıları şu üç teorem kullanılarak
hesaplanabilir.
• Teorem 1) n pozitif tamsayı ve r=0,1,.....n için
•
n  n 
   

r  n  r
•
 n  1  n   n 

  
   
 r   r  1  r 
kolayca
olur. Bu ifade binom katsayılarının simetrik
olduğunu ifade etmektedir.
• Teorem 2) n pozitif tamsayı ve r=0,1,2,.....n-1 için
olur.
Bu
teoreme
göre
Paskal
üçgenindeki üstteki iki sayının toplamının alttaki sayıya eşit
olduğu anlaşılmaktadır. 2. teorem kullanılarak, binom
katsayıları, paskal üçgeni yardımıyla kolaylıkla hesaplanabilir.
n =0
n =1
n =2
n =3
n =4
n =5
(a+b)0
(a+b)1
(a+b)2
(a+b)3
(a+b)4
(a+b)5
1
1
1
1
1
1
2
3
4
5
1
1
3
6
1
4
10 10 5
1
1
• Teorem 3)
k  m  n   m  n 
  

  
r 0  r  k  r   k 
• Örnek: (a+1/a)8 ifadesinin açılımında sabit terimi bulunuz.
 8  8 r  r
1 8
(a  )    a a olur. Sabit terim icin a 0 olmasi gerekir.
a
r
a 8r a  r nin a 0 olmasi icin 8  r  r  0  r  4 olur.
 8  8 4  4
8!
 a a 
a 0  70 olur.
4!(8  4)!
 4
• Örnek: (3x-5)10 ifadesinin açılımında x6 yı içeren terimi
bulunuz (Cevap: 95681250x6)
• Örnek: (3+5x)4 teriminin açılımını yazınız.
• Çözüm:
 4 4
 4 3
 4 2
 4 1
 4 0
0
2
3
(3  5 x)   3 (5 x)   3 (5 x)   3 (5 x)   3 (5 x)   3 (5 x) 4
0
1
 2
1
 4
4
• (3+5x)4 = 81+540x+1350x+1500x+625x
• Örnek: ( 1 a  3 b) 3 ifadesinin açılımını yazınız.
2
4
• Çözüm:
 3  1   3   3  1   3   3  1 
  a   b     a   b     a 
 0  2   4   1  2   4   2  2 
3
0
2
1
1
 3   3  1   3 
 b     a   b 
 4   3  2   4 
2

1 3
a  3b   a  9b 2  27b 3
 
 a  3    3 
8
 4  4   2  16  64
2
0
3
1 8
• Örnek: ( x  ) ifadesinin açılımında sabit terimi bulunuz.
x
r
8
8
  3 nr  1 
1
3
8
• Çözüm: ( x  )    ( x )  
 x
r 0  r 
x
3
8
 8  3 8 r - r
 8  24 4 r
 ( x )
x    ( x)

r 0  r 
r 0  r 
8
• Sabit terim lı terim dir. Bu durumda
• 24 - 4r = 0 ise r = 6 olur. Bu durumda;
x0
8 
8.7.6!
  
 28
 6  (8  6)! 6!
• Olarak bulunur.
x 24 4 r  x 0
veya,
•
•
•
•
Örnek (2a2 -3b3)n ’in açılımında terimlerden biri ma6b15 ise,
a) n’i bulunuz
b) m’i bulunuz.
Çözüm a) terim ma6b15 ise,
n
 (2a 2 ) n  r (3b3 ) r
r
• a’nın üssü 6, b’nin üssü 15 olduğuna göre bu üsler a ve b
ifadelerinin üsleri de dikkate alınarak şöyle yazılabilir.
• ma2x3b3x5 olur. O halde: n =3+5 = 8 dir.
• b) n =8 olduğuna göre r = 5 olur. Buna göre;
 n  2 nr
 8  2 8 5
3 r
m   (2a ) (3b )   (2a ) (3b3 )5
r
 5
 56x8x(-243 )a 6b15 m  - 108864a 6b15
 8  3 23
  2 a (3)5 b35
 5
4 11
• Örnek ( x  )
x
ifadesinin açılımındaki terimlerden
x’ teriminin katsayısını bulunuz.
"
11
4
11- r 4 r
11
• Çözüm ( x  )     (x) ( )
x
x
r 0  r 
4
( x  )11
x
11 r 11r r
    4 ( x) ( x) 
r 0  r 
11
11

r 0







11
r 11 2 r
4
x


r 
• x’in katsayısı arandığı için x1 e bakmak gerekir.
•
x1  x11 2 r ' den 1=11-2r
10=2r
r=5 olur. Buradan
11
11!
11.10.9.8.7.6!
  

 462
6! 5!
 5  (11  5)! 5!
• 4r = 45 = 1024 dolayısıyla x’in katsayısı 462x1024 =473088
KAYNAKLAR
1. Yüksel, İ., ‘İstatistik ve Olasılık Ders Notları’, 2011.