Examkin

Tekrarlı Permütasyon

33 soru

Soru 21Öğrencilerin %0'i bunu doğru yanıtladıSoru →

Bir belediyenin festival süslemeleri için elinde özdeş 4 kırmızı, özdeş 3 beyaz ve özdeş 2 mavi bayrak bulunmaktadır. Bu bayrakların tamamı festival alanındaki düz bir ipe yan yana asılacaktır.

Buna göre, mavi bayrakların ipin ne başında ne de sonunda yer aldığı kaç farklı sıralama yapılabilir?

Cevabı ve açıklamayı göster

Cevap: 735

Cevap

735
Soruda 9 bayrağın dizilişi sorulmaktadır ancak mavi bayrakların uçlarda (1. ve 9. sıra) olmaması istenmektedir. Bu durumu hesaplamanın en pratik yolu, önce mavi bayrakları güvenli bölgeye (iç kısımdaki 7 yere) yerleştirmek, ardından kalan bayrakları boşluklara dizmektir. Mavi bayraklar için 7 uygun yerden 2'si seçilir (C(7,2) = 21). Kalan 4 kırmızı ve 3 beyaz bayrak ise kendi aralarında tekrarlı permütasyon ile sıralanır (7!/(4!.3!) = 35). Sonuç bu iki değerin çarpımıdır: 21 × 35 = 735.

Adım Adım Çözüm

1
Toplam bayrak sayısını ve diziliş pozisyonlarını belirle.
Toplam 9 bayrak (4K, 3B, 2M) ve 9 pozisyon vardır.
Sıralama yapılacak toplam nesne sayısını bulmak için.
2
Mavi bayraklar için uygun olan ve olmayan pozisyonları analiz et.
1. ve 9. pozisyonlar yasaktır. Mavi bayraklar kalan 7 iç pozisyondan (2, 3, 4, 5, 6, 7, 8) ikisine yerleştirilmelidir.
Sorudaki 'başta ve sonda olmama' kısıtlamasını matematiksel modele dökmek için.
3
Mavi bayrakların yerleşim sayısını hesapla.
7 uygun pozisyondan 2'si seçilir: C(7, 2) = (7×6)/2 = 21 farklı şekilde yerleştirilebilir.
Özdeş mavi bayrakların gelebileceği yerleri belirlemek için (Kombinasyon).
4
Kalan bayrakların (4 Kırmızı, 3 Beyaz) kendi aralarındaki sıralamasını hesapla.
Geriye kalan 7 boşluğa 7 bayrak dizilir: 7! / (4! × 3!) = 5040 / (24 × 6) = 35 farklı şekilde sıralanır.
Tekrarlı permütasyon formülü ile diğer özdeş nesnelerin sıralamasını bulmak için.
5
İki bağımsız durumun sonucunu çarp.
21 × 35 = 735.
Saymanın temel ilkesi (çarpma kuralı) gereği.

Anahtar Kavram

Tekrarlı Permütasyon ve Kısıtlı Sıralama
Soru 22Soru →

KAYMAKAMKAYMAKAM kelimesinin harflerinin yerleri değiştirilerek yazılabilen 88 harfli anlamlı veya anlamsız kelimelerin kaç tanesinde her MM harfinden hemen sonra bir AA harfi gelir?

Cevabı ve açıklamayı göster

Cevap: 180

Cevap

Her MM harfinden sonra AA harfinin geldiği toplam 180180 farklı kelime yazılabilir.
KAYMAKAM kelimesinde her M harfinden sonra bir A harfi gelmesi istendiği için 2 tane (MA) paketi oluşturulur. Bu durumda elimizde sıralanacak 6 birim kalır: İki adet (MA), iki adet K, bir adet A ve bir adet Y. Bu birimlerin kendi içindeki tekrarları (2 tane MA ve 2 tane K) dikkate alınarak 6! / (2! * 2!) işlemi yapıldığında sonuç 180 olarak bulunur.

Adım Adım Çözüm

1
Harf sayılarının ve koşulun belirlenmesi
K:2,A:3,M:2,Y:1K: 2, A: 3, M: 2, Y: 1 adet harf bulunmaktadır. Koşul gereği her MM'den sonra bir AA gelmelidir.
Tekrarlı permütasyon hesabı için hangi harften kaç tane olduğu ve gruplandırma şartı tespit edilmelidir.
2
Paketlerin ve kalan harflerin oluşturulması
22 adet (MA)(MA) paketi, 22 adet KK, 11 adet YY ve boşta kalan 11 adet AA harfi elde edilir.
22 adet MM harfi olduğu için 22 tane (MA)(MA) grubu oluşturulur; toplamda 33 olan AA harflerinden biri dışarıda kalır.
3
Yeni birimlerin sıralanması
Toplam 66 birim: {(MA),(MA),K,K,A,Y}\{(MA), (MA), K, K, A, Y\}. Dizilim sayısı: 6!2!×2!\frac{6!}{2! \times 2!}
22 adet (MA)(MA) paketi ve 22 adet KK harfi kendi aralarında özdeş olduğu için tekrarlı permütasyon formülü uygulanır.
4
Hesaplamanın tamamlanması
7202×2=7204=180\frac{720}{2 \times 2} = \frac{720}{4} = 180
Faktöriyel değerleri oranlanarak kesin sonuç bulunur.

Anahtar Kavram

Tekrarlı permütasyonda belirli harflerin yan yana (veya belirli bir sırada) olması istendiğinde, bu harfler tek bir paket olarak kabul edilir ve bu paketin tekrarlanma durumu paydaya yazılır.

İpuçları

1
Kelime içindeki her M harfini sağındaki A harfi ile birleştirip tek bir sembol gibi düşünün.
2
Toplamda 2 adet 'MA' paketi oluşturduktan sonra, geriye kalan harfleri (K, K, A, Y) listelemeyi unutmayın.
3
Sıralayacağınız yeni birimler {(MA), (MA), K, K, A, Y} şeklindedir. Burada hem (MA) paketleri hem de K harfleri ikişer kez tekrar etmektedir.

Daha Fazla Pratik

Benzer bir mantıkla, 'KELEBEK' kelimesinde tüm E harflerinin yan yana olduğu durumları hesaplayarak pekiştirme yapabilirsiniz.

Alternatif Yöntem

Önce M ve A harflerinin yerlerini sabitleyip (M_A_M_A) boşluklara diğer harfleri yerleştirme yöntemi de kullanılabilir, ancak paketleme yöntemi tekrarlı permütasyon için en hızlı yoldur.
Tahmini Süre:1m 30s
Soru 23Soru →

Bir yayınevi deposunda, dağıtıma hazırlanan özdeş 4 adet Matematik, özdeş 3 adet Tarih ve özdeş 2 adet Coğrafya soru bankası tek bir raf üzerinde yan yana dizilecektir. Tarih kitaplarının tamamının bir arada olması, ancak Coğrafya kitaplarının birbirine temas etmemesi koşuluyla bu kitaplar kaç farklı şekilde dizilebilir?

Cevabı ve açıklamayı göster

Cevap: 75

Cevap

Kitaplar verilen koşullara göre 75 farklı şekilde dizilebilir.
Soruda iki temel kısıtlama vardır: Tarih kitaplarının ayrılmaması ve Coğrafya kitaplarının birleşmemesi. Önce Tarih kitapları (3 adet) tek bir paket (T) haline getirilir. Elimizde (T) paketi ve 4 adet Matematik (M) kitabı kalır. Coğrafya kitaplarını en son yerleştireceğimiz için kenara ayırırız. {T, M, M, M, M} kümesinin tekrarlı permütasyonu 5!4!1!=5\frac{5!}{4!1!} = 5 farklı şekilde sıralanır. Bu 5 nesne, aralarında ve uçlarında toplam 6 boşluk yaratır. Coğrafya kitaplarının yan yana gelmemesi için bu 6 boşluktan 2 tanesini seçip özdeş Coğrafya kitaplarını yerleştiririz: C(6,2)=15C(6,2) = 15. Çarpma kuralı gereği toplam dizilim 5×15=755 \times 15 = 75 bulunur.

Adım Adım Çözüm

1
Tarih kitaplarını bloklama
Tarih kitapları (T, T, T) bir arada olacağı için bunları tek bir nesne (X) gibi düşünelim. Elimizde yerleştirmemiz gereken diğer nesneler: 4 adet özdeş Matematik (M) kitabı.
'Bir arada olma' koşulu için bloklama yöntemi kullanılır.
2
Coğrafya kitapları hariç temel dizilimi hesaplama
Nesnelerimiz: {X, M, M, M, M}. Toplam 5 nesne var, 4'ü (M) özdeş. Permütasyon sayısı: 5!4!1!=5\frac{5!}{4!1!} = 5.
Ayraç (boşluk) yöntemini uygulamadan önce, ayrılacak nesneler dışındaki iskelet dizilim hesaplanır.
3
Coğrafya kitapları için boşlukları belirleme
5 nesnenin (X ve 4M) oluşturduğu dizilimde, Coğrafya kitaplarının gelebileceği toplam boşluk sayısı: _N_N_N_N_N_\_ N \_ N \_ N \_ N \_ N \_ şeklindedir. Toplam 6 adet uygun boşluk vardır.
n tane nesne yan yana dizildiğinde n+1 tane boşluk oluşur.
4
Coğrafya kitaplarını boşluklara yerleştirme
2 özdeş Coğrafya kitabını 6 boşluğa yerleştirmek için kombinasyon kullanılır: C(6,2)=6×52=15C(6, 2) = \frac{6 \times 5}{2} = 15.
Kitaplar özdeş olduğu için sadece yer seçimi yapılır (Kombinasyon), sıralama yapılmaz.
5
Sonucu hesaplama
Temel dizilim sayısı ile yerleşim sayısının çarpımı: 5×15=755 \times 15 = 75.
Saymanın çarpma kuralı gereği bağımsız aşamaların sonuçları çarpılır.

Anahtar Kavram

Tekrarlı permütasyon problemlerinde 'bir arada olma' koşulu için bloklama, 'yan yana gelmeme' koşulu için ise ayraç (boşluk) yöntemi birlikte kullanılır.
Soru 24Soru →

Bir kamu kurumunun arşiv biriminde, dosyaları numaralandırmak için özel bir etiketleme sistemi kullanılmaktadır. Her bir dosya numarası için elimizde şu rakam etiketleri bulunmaktadır:

{0,0,1,1,2,2,3} \{ 0, 0, 1, 1, 2, 2, 3 \}

Bu etiketlerin tamamı kullanılarak oluşturulabilecek 7 basamaklı ve çift kaç farklı doğal sayı (dosya numarası) yazılabilir?

Cevabı ve açıklamayı göster

Cevap: 270

Cevap

Doğru cevap 270'tir.
Verilen kümede {0,0,1,1,2,2,3} rakamları vardır. Sayının çift olması için birler basamağı 0 veya 2 olmalıdır. Bu iki durum, kalan rakam havuzundaki 0 sayısını değiştirdiği için ayrı ayrı incelenmelidir. Birler basamağı 0 olduğunda hesaplanan 150 ihtimal ile birler basamağı 2 olduğunda hesaplanan 120 ihtimal toplanarak 270 sonucuna ulaşılır.

Adım Adım Çözüm

1
Problemin kısıtlarını analiz et
Rakamlar: {0,0,1,1,2,2,3}. Toplam 7 rakam. Sayı 7 basamaklı olmalı (Başa 0 gelemez). Sayı çift olmalı (Son basamak 0 veya 2 olmalı).
Permütasyon hesabını doğru kurgulamak için durumları belirlememiz gerekir.
2
1. Durum: Sayının son basamağının 0 olduğu durumları hesapla
Son basamak 0 ise geriye {0,1,1,2,2,3} kalır. Toplam dizilim: 6!/(2!2!) = 180. Başa 0 gelenler (İstenmeyen): 0 başta, 0 sonda ise geriye {1,1,2,2,3} kalır: 5!/(2!2!) = 30. Geçerli durum: 180 - 30 = 150.
Tekrarlı permütasyon formülü ve başa 0 gelmeme kuralı uygulanır.
3
2. Durum: Sayının son basamağının 2 olduğu durumları hesapla
Son basamak 2 ise geriye {0,0,1,1,2,3} kalır. Toplam dizilim: 6!/(2!2!) = 180. Başa 0 gelenler (İstenmeyen): 0 başta, 2 sonda ise geriye {0,1,1,2,3} kalır: 5!/(2!) = 60. Geçerli durum: 180 - 60 = 120.
Burada havuzda iki adet 0 kaldığı için başa gelme olasılığı daha yüksektir, bu yüzden sonuç 1. duruma göre daha az çıkar.
4
Toplam geçerli sayı adedini bul
1. Durum (150) + 2. Durum (120) = 270.
Ayrık durumlar toplanır.

Anahtar Kavram

Bu soru, tekrarlı permütasyon konusundaki 'sıfırın başa gelememesi' kuralı ile 'çift sayı olma' kuralının, eldeki rakamların adetlerine göre asimetrik sonuçlar doğurduğu durumları analiz etmeyi gerektirir.

İpuçları

1
Sayının çift olabilmesi için son basamağına {0, 2} rakamlarından biri gelmelidir. Bu iki durumu ayrı ayrı inceleyiniz.
2
Son basamağa 0 koyduğunuzda elinizde kalan rakamlar ile, son basamağa 2 koyduğunuzda elinizde kalan rakamlar birbirinden farklıdır (özellikle kalan 0 sayısı açısından).
3
Sona 0 geldiğinde kalan küme {0,1,1,2,2,3}'tür. Sona 2 geldiğinde kalan küme {0,0,1,1,2,3}'tür. Her iki durumda da başa 0 gelen dizilimleri toplam permütasyondan çıkarmayı unutmayınız.

Daha Fazla Pratik

Benzer mantığı pekiştirmek için: {0,0,1,2,3,4,5} rakamları ile 7 basamaklı ve 5 ile bölünebilen kaç sayı yazılabileceği sorusu çözülebilir.

Alternatif Yöntem

Tüm dizilimlerden (tekler dahil) istenmeyen durumları çıkarmak yerine, doğrudan istenen durumları inşa etmek (yapıcı metot) burada daha güvenlidir çünkü 'çift sayı' kısıtı çok belirleyicidir.
Tahmini Süre:4m 0s
Soru 25Soru →

Bir kütüphaneci, elinde bulunan özdeş 33 matematik, özdeş 22 türkçe ve 11 tarih kitabını bir rafa yan yana dizecektir. Bu kitaplar raf üzerinde kaç farklı şekilde dizilebilir?

Cevabı ve açıklamayı göster

Cevap: 6060

Cevap

Kitaplar raf üzerinde 6060 farklı şekilde dizilebilir.
Toplam 66 nesnenin dizilimi 6!6! kadardır. Ancak 33 matematik kitabı kendi arasında 3!3! kadar, 22 türkçe kitabı ise 2!2! kadar yer değiştirdiğinde dizilim değişmez. Bu nedenle 6!/(3!×2!)6! / (3! \times 2!) işlemi yapılarak 6060 sonucuna ulaşılır.

Adım Adım Çözüm

1
Toplam nesne (kitap) sayısını belirle.
n=3+2+1=6n = 3 + 2 + 1 = 6
Dizilecek toplam eleman sayısını bilmemiz gerekir.
2
Tekrarlayan (özdeş) nesne sayılarını gruplandır.
33 tane matematik, 22 tane türkçe kitabı özdeştir.
Tekrarlı permütasyon formülünde paydaya yazılacak değerleri belirlemek için gereklidir.
3
Tekrarlı permütasyon formülünü uygula.
6!3!×2!×1!=7206×2×1=72012=60 \frac{6!}{3! \times 2! \times 1!} = \frac{720}{6 \times 2 \times 1} = \frac{720}{12} = 60
Aynı türden nesnelerin kendi aralarındaki yer değişimleri yeni bir dizilim oluşturmadığı için toplam durumu bu tekrarlara bölmeliyiz.

Anahtar Kavram

Tekrarlı Permütasyon

İpuçları

1
Toplam kaç kitap olduğunu ve bunlardan hangilerinin tamamen aynı (özdeş) olduğunu listeleyin.
2
Özdeş nesne sorularında toplam sayının faktöriyeli, özdeş olan grupların sayılarının faktöriyellerine bölünür.
3
Formülünüz şöyle olmalı: 6!6! değerini 3!3! ve 2!2! değerlerinin çarpımına bölün.

Daha Fazla Pratik

Benzer bir mantıkla 'MATEMATİK' kelimesindeki harflerin yerleri değiştirilerek kaç farklı kelime yazılabileceğini hesaplayabilirsiniz.
Tahmini Süre:1m 0s
Soru 26Soru →

Görsel Sanatlar dersinde bir öğrenci; elindeki özdeş 3 mavi, özdeş 3 kırmızı ve özdeş 3 sarı boncuğu bir ipe dizecektir.

Dizilimde aşağıdaki kurallara uyulması zorunludur:
1. Mavi boncukların tamamı yan yana olacaktır.
2. Herhangi iki sarı boncuk yan yana gelmeyecektir.
3. Dizilim, mavi boncuk ile bitmeyecektir.

Buna göre, bu şartları sağlayan kaç farklı dizilim oluşturulabilir?

Cevabı ve açıklamayı göster

Cevap: 36

Cevap

Kurallara uygun 36 farklı dizilim vardır.
Mavi boncuklar tek blok (X) sayılır. X ve 3 Kırmızı (K) boncuk 4 farklı şekilde sıralanır. Oluşan 5 boşluğa 3 Sarı (S) boncuk C(5,3)=10 şekilde yerleşir. Toplam 40 dizilim vardır. Ancak dizi X ile biterse (KKKX) ve en sona S gelmezse dizi Mavi ile biter. Bu istenmeyen durum sayısı, KKKX iskeletinde son boşluğun boş kaldığı, diğer 4 boşluğa 3 S'nin yerleştiği C(4,3)=4 durumdur. Sonuç 40 - 4 = 36'dır.

Adım Adım Çözüm

1
Mavi boncukları bloklama ve iskelet oluşturma
Maviler (M) tek bir 'X' birimi kabul edilir. Eldeki birimler: X, K, K, K. Bunların sıralanışı 4!/3! = 4 farklı şekilde olur: {XKKK, KXKK, KKXK, KKKX}.
Mavi boncukların bir arada olma şartı nedeniyle bloklama yöntemi kullanılır.
2
Sarı boncukları boşluklara yerleştirme (Ayraç Yöntemi)
4 birimlik iskelet (Örn: _ K _ K _ K _ X _) 5 boşluk yaratır. 3 sarı boncuk bu 5 boşluğa, her boşluğa en fazla bir tane gelecek şekilde C(5,3) = 10 farklı şekilde yerleşebilir.
Sarıların yan yana gelmeme şartı için boşluk (gap) yöntemi kullanılır.
3
Toplam olası durumları hesaplama (Son kural hariç)
4 (iskelet) × 10 (sarı yerleşimi) = 40 toplam durum.
Çarpma kuralı gereği iskelet ve sarı boncuk yerleşimleri çarpılır.
4
İstenmeyen durumları (Mavi ile bitenler) çıkarma
Dizilim, sadece iskelet 'KKKX' şeklinde bitiyorsa VE son boşluğa sarı boncuk gelmiyorsa mavi ile biter. İskeletin sonu X olan 1 durum vardır. Bu durumda son boşluk (X'in sağı) boştur. Kalan 4 boşluğa 3 sarı boncuk C(4,3) = 4 farklı şekilde yerleşir. İstenmeyen durum sayısı: 1 × 4 = 4.
Mavi boncuk ile bitmeme şartını sağlamak için tüm durumlardan mavi ile bitenler çıkarılır.
5
Sonucu bulma
40 (Tüm durumlar) - 4 (İstenmeyen durumlar) = 36.
Tüm geçerli durumlardan kısıtlamaya uymayanlar çıkarılarak sonuç bulunur.

Anahtar Kavram

Tekrarlı Permütasyon ve Ayraç Yöntemi

İpuçları

1
Mavi boncukların hepsini tek bir nesne (X) gibi düşünün. Kırmızıları da K harfi ile gösterin.
2
Sarı boncukların yan yana gelmemesi için, önce diğer boncukları (X ve K'ları) sıralayın, sonra oluşan boşluklara sarıları yerleştirin.
3
Tüm şartları sağlayan yerleşimlerden, 'sonunda Mavi boncuk olan' (yani X bloğu ile biten ve sonrasında sarı olmayan) durumları çıkarın.

Daha Fazla Pratik

Benzer bir soruyu 'en az bir sarı boncuk başta veya sonda olacak' şartıyla çözmeyi deneyin.

Alternatif Yöntem

İki ayrı durumu toplayarak çözebilirsiniz: 1) İskeletin Kırmızı ile bittiği durumlar (Sonra sarı gelse de gelmese de olur), 2) İskeletin Mavi ile bittiği ancak en sona Sarı boncuğun geldiği durumlar.
Tahmini Süre:3m 0s
Soru 27Soru →

0,1,1,2,2,3,30, 1, 1, 2, 2, 3, 3 rakamlarının yerleri değiştirilerek oluşturulabilecek 77 basamaklı çift doğal sayıların sayısı kaçtır?

Cevabı ve açıklamayı göster

Cevap: 240

Cevap

Verilen rakamlarla 240 farklı 7 basamaklı çift doğal sayı yazılabilir.
Çift sayı olması için son basamak {0} veya {2} olmalıdır. Sıfırın başa gelme kısıtlaması nedeniyle bu iki durum ayrı ayrı hesaplanır. Sonu 0 olanlar için 90 durum, sonu 2 olanlar için (başta 0 olmayanlar dahil) 150 durum bulunur. Toplamda 240 farklı sayı yazılabilir.

Adım Adım Çözüm

1
Sayının çift olması için birler basamağının çift rakam olması gerekir.
Birler basamağı 0 veya 2 olabilir. Bu durum iki ayrı kuralda incelenmelidir.
Sıfırın (0) hem çift sayı şartını sağlaması hem de başa gelememe kuralını etkilemesi nedeniyle ayrı incelenmesi gerekir.
2
1. Durum: Sayının sonunun 0 ile bitmesi durumunu hesapla.
Kalan rakamlar: 1, 1, 2, 2, 3, 3. Permütasyon sayısı: 6! / (2! . 2! . 2!) = 720 / 8 = 90.
Son basamak 0 olduğunda, 0 başa gelemeyeceği için ayrıca çıkarmaya gerek yoktur.
3
2. Durum: Sayının sonunun 2 ile bitmesi durumunu hesapla.
Kalan rakamlar: 0, 1, 1, 2, 3, 3. Toplam dizilim: 6! / (2! . 2!) = 180.
Bu dizilimlerin içinde 0'ın başa geldiği geçersiz durumlar da vardır.
4
2. Durum için geçersiz (0 ile başlayan) dizilimleri çıkar.
Başa 0, sona 2 sabitlendiğinde araya (1, 1, 2, 3, 3) kalır. Dizilim: 5! / (2! . 2!) = 120 / 4 = 30. Geçerli Sayı: 180 - 30 = 150.
7 basamaklı sayı olması için 0 ile başlayanlar çıkarılmalıdır.
5
Her iki durumun sonuçlarını topla.
Toplam = 90 + 150 = 240.
İki durum birbirinden bağımsızdır (bir sayı aynı anda hem 0 hem 2 ile bitemez), bu yüzden toplanır.

Anahtar Kavram

Tekrarlı permütasyon problemlerinde, '0' rakamı varsa ve özel şartlar (çift sayı vb.) isteniyorsa, 0'ın birler basamağında olduğu durum ile diğer çift sayıların birler basamağında olduğu durumlar ayrı ayrı incelenmelidir.

İpuçları

1
Sayının çift olması için birler basamağına hangi rakamlar gelebilir?
2
0 rakamı hem çiftlik şartını sağlar hem de başa gelemez. Bu yüzden son basamağın 0 olduğu durum ile 2 olduğu durumu ayrı ayrı hesaplamalısın.
3
Sonu 0 ise kalanları sırala. Sonu 2 ise tüm sıralamadan 0 ile başlayanları çıkar.

Daha Fazla Pratik

Rakamlar arasında 0 bulunmayan bir küme ile çift sayı oluşturma sorusu çözerek farkı pekiştirin.

Alternatif Yöntem

Tüm durumlar (çift olma şartı olmadan) hesaplanıp, tek sayı olma durumları çıkarılarak da bulunabilir, ancak bu soruda tek sayılar (1 ve 3 ile bitenler) daha fazla durum oluşturacağı için bu yöntem daha uzundur.
Tahmini Süre:2m 30s
Soru 28Soru →

"MARMARA" kelimesindeki harflerin yerleri değiştirilerek yazılabilecek 7 harfli anlamlı ya da anlamsız kelimelerin kaç tanesi M harfi ile başlayıp A harfi ile biter?

Cevabı ve açıklamayı göster

Cevap: 30

Cevap

M harfi ile başlayıp A harfi ile biten 30 farklı kelime yazılabilir.
Doğru cevap olan 30 değeri, kelimenin başındaki M ve sonundaki A harfleri sabitlendiğinde, geriye kalan 1 tane M, 2 tane A ve 2 tane R harfinin kendi aralarındaki tekrarlı diziliş sayısıdır. Toplam 5 harf olduğu için 5! değeri, tekrar eden A'ların (2!) ve R'lerin (2!) faktöriyel değerlerine bölünerek sonuca ulaşılır.

Adım Adım Çözüm

1
Sabitlenecek harflerin belirlenmesi
Kelimenin ilk harfi 'M', son harfi 'A' olarak belirlenir. Bu harfler yer değiştirmeyecektir.
Soruda kelimenin M ile başlayıp A ile bitmesi şartı koşulmuştur.
2
Kalan harflerin ve tekrar sayılarının listelenmesi
"MARMARA" kelimesinde toplam 2 tane M, 3 tane A ve 2 tane R vardır. Birer tane M ve A kullanıldıktan sonra geriye kalanlar: 1 tane M, 2 tane A, 2 tane R.
Ortadaki 5 boşluğa yerleştirilecek harfler ve bunların kaçar kez tekrar ettiği belirlenmelidir.
3
Tekrarlı permütasyon formülünün uygulanması
Kalan 5 harfin dizilişi: 5!1!×2!×2!=1201×2×2=1204=30\frac{5!}{1! \times 2! \times 2!} = \frac{120}{1 \times 2 \times 2} = \frac{120}{4} = 30
Özdeş nesnelerin (tekrar eden harflerin) farklı dizilişlerini hesaplamak için toplam faktöriyel, tekrar edenlerin faktöriyellerine bölünür.

Anahtar Kavram

Tekrarlı Permütasyon

İpuçları

1
Kelimenin başına ve sonuna gelecek harfleri yazın ve onları bir daha hareket ettirmeyin.
2
Geriye kalan 5 boşluğa hangi harflerin kaldığını ve bu harflerden hangilerinin özdeş (aynı) olduğunu listeleyin.
3
Ortadaki 5 harf (M, A, A, R, R) olduğu için tekrarlı permütasyon formülünü n=5, n1=2 (A için), n2=2 (R için) şeklinde uygulayın.

Daha Fazla Pratik

Farklı bir örnek olarak 'KELEBEK' kelimesiyle benzer bir kısıtlama altında kaç kelime yazılabileceğini deneyebilirsiniz.
Tahmini Süre:1m 15s
Soru 29Soru →

Bir kamu kurumu, sekiz katlı bir hizmet binasının her katına birer adet güvenlik kamerası yerleştirecektir. Kurumun elinde özdeş 33 adet A marka, özdeş 33 adet B marka ve özdeş 22 adet C marka kamera bulunmaktadır.

A marka kameraların herhangi ikisinin alt alta gelen katlarda bulunmaması şartıyla, bu kameralar binaya kaç farklı şekilde yerleştirilebilir?

Cevabı ve açıklamayı göster

Cevap: 200

Cevap

A marka kameraların herhangi ikisinin yan yana gelmediği toplam 200 farklı yerleşim yapılabilir.
Doğru çözüm için öncelikle kısıtlama olmayan 5 kamera (3B, 2C) yerleştirilir. Bu yerleşim 5!3!2!=10\frac{5!}{3!2!} = 10 farklı şekilde yapılır. Bu yerleşimlerin her birinde, A marka kameraların yerleştirilebileceği (herhangi ikisinin yan yana gelmesini önleyen) 6 farklı boşluk bulunur. 3 özdeş A kamerasını bu 6 boşluğa (63)=20\binom{6}{3} = 20 farklı şekilde yerleştirebiliriz. Sonuç olarak 10×20=20010 \times 20 = 200 farklı durum oluşur.

Adım Adım Çözüm

1
A marka kameralar dışındaki diğer 5 kameranın dizilim sayısını hesaplayın.
5!3!×2!=10\frac{5!}{3! \times 2!} = 10
Özdeş 3 adet B ve 2 adet C marka kameranın kendi aralarındaki farklı sıralanışlarını bulmak için tekrarlı permütasyon kullanılır.
2
Dizilen 5 kameranın arasında ve uçlarında oluşan boşluk sayısını belirleyin.
6 boşluk
5 nesne yan yana dizildiğinde, nesnelerin arası ve iki uç nokta dahil olmak üzere toplam 5+1=65+1=6 farklı yerleştirme noktası oluşur.
3
3 adet özdeş A marka kamerasını bu boşluklara yerleştirin.
(63)=20\binom{6}{3} = 20
Herhangi iki A markasının yan yana gelmemesi için, bu 6 boşluktan 3 tanesi seçilmeli ve özdeş kameralar buralara yerleştirilmelidir.
4
Toplam yerleşim sayısını bulun.
10×20=20010 \times 20 = 200
Bağımsız seçimlerin sonuçları çarpılarak tüm olası durumlar hesaplanır.

Anahtar Kavram

Tekrarlı permütasyon problemlerinde 'herhangi ikisi yan yana gelmeme' şartı varsa, önce diğer nesneler dizilir ve oluşan boşluklara şartlı nesneler yerleştirilir.
Soru 30Soru →

Bir kamu kurumunun hizmet içi eğitim programı kapsamında 6 gün sürecek bir planlama yapılacaktır. Programda içerikleri bakımından özdeş 3 gün mevzuat, 2 gün kişisel gelişim ve 1 gün protokol eğitimi yer alacaktır.

Mevzuat eğitimlerinin üçünün de arka arkaya gelmediği kaç farklı program hazırlanabilir?

Cevabı ve açıklamayı göster

Cevap: 48

Cevap

48 farklı program hazırlanabilir.
Soruda 'mevzuat eğitimlerinin üçünün de arka arkaya gelmediği' durumlar sorulmaktadır. Bu tür sorularda en pratik yöntem, tüm olası dizilimlerden istenmeyen durumu (yani üçünün yan yana olduğu durumu) çıkarmaktır. Tüm durumlar 60, üçünün yan yana olduğu durumlar 12 olarak hesaplanır. Sonuç 60 - 12 = 48'dir.

Adım Adım Çözüm

1
Tüm olası dizilimlerin sayısını hesapla (koşulsuz).
6! / (3! · 2! · 1!) = 720 / 12 = 60
Tekrarlı permütasyon formülü kullanılarak, toplam eleman sayısının faktöriyeli, tekrar eden elemanların faktöriyellerine bölünür.
2
İstenmeyen durumların (üç mevzuat eğitiminin yan yana olduğu) sayısını hesapla.
4! / (2! · 1!) = 24 / 2 = 12
Üç mevzuat eğitimi (MMM) tek bir blok kabul edilir. Elimizde {Blok, K, K, P} olmak üzere 4 eleman olur. K'ler 2 tane olduğu için tekrarlı permütasyon uygulanır.
3
Tüm durumlardan istenmeyen durumları çıkar.
60 - 12 = 48
'Üçünün arka arkaya gelmediği' durumlar, tüm durumlardan 'üçünün arka arkaya geldiği' durumların çıkarılmasıyla bulunur.

Anahtar Kavram

Tüm Durumlar - İstenmeyen Durumlar Yöntemi

İpuçları

1
Doğrudan 'arka arkaya gelmeyen' durumları saymak zordur. Bunun yerine 'tüm durumlar eksi istenmeyen durumlar' yöntemini kullanmayı deneyin.
2
İstenmeyen durum: 3 mevzuat eğitiminin (M) hepsinin yan yana (MMM) olmasıdır. Bu grubu tek bir eleman gibi düşünerek hesap yapın.
3
Tüm durumlar: 6! / (3!2!1!). İstenmeyen durum (MMM bir arada): 4! / 2!. Bu iki sonucu birbirinden çıkarın.

Daha Fazla Pratik

Benzer mantıkla, 'özdeş boncukların dizilimi ancak belirli renklerin yan yana gelmemesi' üzerine bir soru çözebilirsiniz.
Tahmini Süre:1m 30s
Soru 31Soru →

ANANAS\text{ANANAS} kelimesinin harflerinin yerleri değiştirilerek anlamlı veya anlamsız 6 harfli kaç farklı kelime yazılabilir?

Cevabı ve açıklamayı göster

Cevap: 60

Cevap

ANANAS kelimesindeki harflerle 60 farklı kelime yazılabilir.
ANANAS kelimesinde 6 harf bulunmaktadır. Bu harflerden 3 tanesi A, 2 tanesi N harfidir. Tekrarlı permütasyon kuralına göre sıralama sayısı 6!/(3!⋅2!)6! / (3! \cdot 2!) şeklinde hesaplanır. Bu işlemin sonucu olan 60, yazılabilecek tüm farklı kelimelerin sayısıdır.

Adım Adım Çözüm

1
Toplam harf sayısını ve tekrar eden harfleri belirle.
Toplam harf: 6. Tekrar edenler: 3 tane 'A', 2 tane 'N', 1 tane 'S'.
Tekrarlı permütasyon formülünde kullanılacak nn ve nkn_k değerlerini saptamak gerekir.
2
Tekrarlı permütasyon formülünü uygula.
6!3!×2!×1!\frac{6!}{3! \times 2! \times 1!}
Özdeş nesnelerin kendi aralarındaki yer değişimleri farklı bir sıralama oluşturmadığı için toplam sıralama sayısı bu tekrarlara bölünür.
3
Faktöriyel değerlerini hesapla ve sadeleştir.
7206×2×1=72012=60\frac{720}{6 \times 2 \times 1} = \frac{720}{12} = 60
Matematiksel işlemleri tamamlayarak nihai sıralama sayısına ulaşılır.

Anahtar Kavram

Tekrarlı permütasyon, bazı nesnelerin özdeş olduğu durumlarda toplam sıralama sayısını bulmak için kullanılır. Formül: n!n1!⋅n2!…\frac{n!}{n_1! \cdot n_2! \dots}

İpuçları

1
Kelimedeki harflerin hepsinin birbirinden farklı olup olmadığını kontrol edin.
2
3 tane 'A' ve 2 tane 'N' harfi tekrar etmektedir. Bu harflerin kendi arasındaki yer değişimi yeni bir kelime oluşturmaz.
3
Toplam 6 harf olduğu için 6!6! değerini, tekrar edenlerin sayıları olan 3!3! ve 2!2! değerlerine bölmelisiniz.

Daha Fazla Pratik

İçinde aynı rakamların bulunduğu sayı dizileriyle (örneğin 112233) kaç farklı sayı yazılabileceği üzerine pratik yapabilirsiniz.
Tahmini Süre:45s
Soru 32Soru →

Bir kamu kurumunun bilgi işlem biriminde, veri tabanına erişim için 7 haneli bir güvenlik kodu oluşturulacaktır. Bu kodun oluşturulmasında kullanılacak rakamlar 0,0,2,2,2,5,50, 0, 2, 2, 2, 5, 5 olarak belirlenmiştir.

Buna göre, sıfır rakamı ile başlamayan kaç farklı güvenlik kodu oluşturulabilir?

Cevabı ve açıklamayı göster

Cevap: 150

Cevap

Sıfır rakamı ile başlamayan 150 farklı güvenlik kodu oluşturulabilir.
Verilen rakamların (0,0,2,2,2,5,50, 0, 2, 2, 2, 5, 5) tüm dizilimlerinin sayısı tekrarlı permütasyon ile 7!3!⋅2!⋅2!=210\frac{7!}{3! \cdot 2! \cdot 2!} = 210 olarak bulunur. Bu dizilimlerin 57\frac{5}{7}'si sıfır dışındaki rakamlarla (2,2,2,5,52, 2, 2, 5, 5) başlar. Dolayısıyla 210×57=150210 \times \frac{5}{7} = 150 sonucu doğru cevabı verir.

Adım Adım Çözüm

1
Toplam dizilim sayısını hesapla
7!3!⋅2!⋅2!=50406⋅2⋅2=210 \frac{7!}{3! \cdot 2! \cdot 2!} = \frac{5040}{6 \cdot 2 \cdot 2} = 210
Eldeki 7 rakamın (3 tane 2, 2 tane 5, 2 tane 0) tüm tekrarlı dizilimlerini bulmak için tekrarlı permütasyon formülü kullanılır.
2
Sıfır ile başlayan dizilim sayısını hesapla
6!3!⋅2!⋅1!=7206⋅2⋅1=60 \frac{6!}{3! \cdot 2! \cdot 1!} = \frac{720}{6 \cdot 2 \cdot 1} = 60
Bir tane '0' rakamı başa sabitlendiğinde, kalan 6 hane için 3 tane 2, 2 tane 5 ve 1 tane 0 rakamının dizilimleri hesaplanır.
3
Geçerli durumları bul
210−60=150210 - 60 = 150
Tüm dizilimlerden, sıfır ile başlayan (geçersiz) dizilimler çıkarılarak sonuca ulaşılır.

Anahtar Kavram

Tekrarlı permütasyon problemlerinde belirli bir rakamın başa gelmemesi kısıtı, toplam durumdan istenmeyen durumun çıkarılmasıyla veya oranlama yöntemiyle çözülür.

İpuçları

1
Tekrarlı rakamlar olduğu için toplam dizilim sayısını hesaplarken bölme işlemi yapmalısınız.
2
Toplam 7 rakamın 2 tanesi sıfırdır. Bu durumda dizilimlerin 5/7'si sıfır ile başlamaz.
3
Tüm dizilimlerden (210), sıfırın başa sabitlendiği durumları (60) çıkararak sonucu bulabilirsiniz.

Daha Fazla Pratik

Rakamlardan biri '0' olduğunda basamak sayısının değişip değişmediğine dikkat edilen sayı yazma problemlerini inceleyebilirsiniz.

Alternatif Yöntem

Toplam dizilim sayısını (210) bulduktan sonra, sıfır olmayan rakamların tüm rakamlara oranını kullanarak (5/75/7) doğrudan sonuca gidebilirsiniz: 210×57=150210 \times \frac{5}{7} = 150.
Tahmini Süre:1m 15s
Soru 33Soru →

0, 0, 2, 2, 2, 3, 3 rakamlarının yerleri değiştirilerek yazılabilen 7 basamaklı doğal sayıların kaç tanesi tektir ve bu sayılarda herhangi iki sıfır rakamı yan yana gelmemektedir?

Cevabı ve açıklamayı göster

Cevap: 24

Cevap

İstenen şartları sağlayan 24 farklı sayı yazılabilir.
Soru üç temel kısıtlama içerir: Sayının tek olması, sıfırların yan yana gelmemesi ve sayının sıfırla başlamaması. Öncelikle sayı tek olmalı dendiği için sona bir '3' rakamı sabitlenir. Geriye {0,0,2,2,2,3} kalır. Sıfırlar yan yana gelmeyeceği için önce sıfır olmayanlar (2,2,2,3) dizilir; bu 4 durum oluşturur. Bu dizilimin oluşturduğu 5 boşluktan en baştaki hariç diğer 4 boşluğa 2 sıfır C(4,2)=6 şekilde yerleştirilir. Sonuç 4x6=24'tür.

Adım Adım Çözüm

1
Sayının tek olması şartını sağla.
Son basamak 3 olmalıdır.
Sayının tek olması için birler basamağı tek sayı ({3}) olmalıdır. Elimizdeki rakamlardan sadece 3 tektir. Bir tane 3'ü sona sabitledik.
2
Geriye kalan rakamları ve yerleştirilecek boşlukları belirle.
Kalan rakamlar: {0, 0, 2, 2, 2, 3}. Düzenlenecek 'iskelet' rakamlar (sıfır olmayanlar): {2, 2, 2, 3}.
Sıfırlar yan yana gelmeyeceği için önce sıfır dışındaki rakamları dizip, aralarına sıfırları yerleştireceğiz (Ayraç Yöntemi).
3
Sıfır dışındaki rakamların (2, 2, 2, 3) kendi aralarındaki diziliş sayısını hesapla.
4! / (3! · 1!) = 4 farklı dizilim.
Bu rakamlar arasında üç tane 2 özdeştir. Tekrarlı permütasyon formülü uygulanır.
4
Sıfırların gelebileceği uygun boşlukları belirle.
Uygun boşluk sayısı 4'tür.
4 rakam yan yana dizildiğinde 5 boşluk oluşur: _ R _ R _ R _ R _. Ancak sayı 7 basamaklı olacağı için EN BAŞTAKİ boşluğa sıfır gelemez. Bu yüzden 1. boşluk iptal edilir. Geriye 4 uygun boşluk kalır.
5
Sıfırları uygun boşluklara yerleştir ve toplam sayıyı bul.
4 (dizilim) × 6 (yerleştirme) = 24.
2 tane özdeş sıfırı, 4 uygun boşluğa C(4,2) = 6 farklı şekilde yerleştirebiliriz. Çarpma kuralı ile toplam sonuç bulunur.

Anahtar Kavram

Bu soru, Tekrarlı Permütasyon ve Ayraç (Boşluk) Yöntemi kullanılarak, basamak analizi kısıtlamaları altında çözülür.

İpuçları

1
Önce sayının tek olması şartını sağlamak için son basamağı belirleyin.
2
'Yan yana gelmeme' sorularında genellikle önce diğer elemanlar dizilir, sonra oluşan boşluklara şartlı elemanlar yerleştirilir.
3
Sıfır dışındaki {2,2,2,3} rakamlarını dizin. Oluşan boşluklara sıfırları yerleştirirken en baştaki boşluğu kullanmamaya dikkat edin.

Alternatif Yöntem

Tüm durumdan istenmeyen durumu çıkarma yöntemi bu soruda 'yan yana gelmeme' şartı nedeniyle daha karmaşık olabilir, ancak 'Sıfırların yan yana olduğu durumlar' hesaplanıp çıkarılarak da gidilebilir (fakat başa sıfır gelmeme kuralı işi zorlaştırır, Ayraç yöntemi en temizidir).
Tahmini Süre:2m 30s
ÖncekiSayfa 2 / 2
Tekrarlı Permütasyon Alıştırma Soruları — KPSS Genel Yetenek - Genel Kültür — Sayfa 2 | Examkin