Tekrarlı Permütasyon Alıştırma Soruları — YKS AYT (Alan Yeterlilik Testi)

Soru 1Soru →

MAKARA kelimesinin harflerinin yerleri değiştirilerek yazılabilen 6 harfli anlamlı ya da anlamsız kelimelerden kaç tanesi M harfi ile başlar?

120

40

20

10

60

Cevabı ve açıklamayı göster

Cevap: 20

Cevap

M harfi ile başlayan 20 farklı kelime yazılabilir.

M harfi başa sabitlendiğinde geriye kalan A, K, A, R, A harfleri dizilecektir. Bu harflerden 3 tanesi A olduğundan tekrarlı permütasyon formülüyle

\frac{5!}{3!} = 20

farklı kelime elde edilir.

Adım Adım Çözüm

1

Başa gelecek harfi sabitleyip kalan harfleri belirlemek.

Kelimenin M harfi ile başlaması istendiğinden ilk harf M olarak sabitlenir. Geriye kalan 5 pozisyon için kullanılacak harfler A, K, A, R, A olur.

M harfi sabitlendikten sonra geri kalan harflerin dizilimi tekrarlı permütasyon ile hesaplanır.

2

Tekrarlı harflerin sayılarını belirlemek ve tekrarlı permütasyon formülünü uygulamak.

Geriye kalan harfler içinde 3 adet A, 1 adet K ve 1 adet R harfi vardır. Bu harflerin farklı dizilişlerinin sayısı:

\frac{5!}{3!} = \frac{120}{6} = 20

olarak bulunur.

Özdeş nesnelerin kendi aralarındaki yer değişimleri farklı bir dizilim oluşturmadığı için toplam permütasyon sayısı özdeş elemanların sayısının faktöriyeline bölünür.

Anahtar Kavram

Tekrarlı permütasyon formülünün belirli bir elemanın sabitlendiği durumlara uygulanması.

Soru 2Soru →

KAYIK kelimesinin harflerinin yerleri değiştirilerek yazılabilen 5 harfli anlamlı ya da anlamsız kelimelerin kaç tanesi A harfi ile başlar?

6

12

24

60

120

Cevabı ve açıklamayı göster

Cevap: 12

Cevap

12

Kelimelerin A harfi ile başlaması istendiği için ilk sıraya A harfi yerleştirilir. Geriye kalan 4 boşluğa K, Y, I, K harfleri sıralanacaktır. Bu harflerden 2 tanesi K harfi olduğundan, tekrarlı permütasyon kurallarına göre sıralama sayısı 4! / 2! = 12 olarak hesaplanır.

Adım Adım Çözüm

1

Koşula uygun sabitleme yapılması

Kelimelerin A harfi ile başlaması istendiğinden, ilk harf A olarak sabitlenir: A _ _ _ _

Soruda belirtilen başlangıç harfi koşulunu sağlamak için

2

Kalan harflerin belirlenmesi ve tekrarların sayılması

Geriye kalan 4 harf K, Y, I, K harfleridir. Bu harflerden K harfi 2 kez tekrarlamaktadır.

Tekrarlı permütasyon uygulanacak kümenin elemanlarını ve tekrar edenleri belirlemek için

3

Tekrarlı permütasyon hesabı yapılması

\frac{4!}{2!} = \frac{24}{2} = 12

Tekrar eden K harflerinin kendi aralarındaki yer değişiminin farklı bir kelime oluşturmayacağını hesaba katarak sıralama sayısını bulmak için

Anahtar Kavram

Tekrarlı permütasyon formülünde, belirli bir elemanın konumu sabitlendiğinde geriye kalan elemanların tekrar sayılarına göre sıralanması.

Soru 3Soru →

$2$ , $2$ , $3$ , $3$ , $5$ rakamlarının tümü kullanılarak yazılabilecek beş basamaklı farklı doğal sayıların kaç tanesi tek sayıdır?

Cevabı ve açıklamayı göster

Cevap: 18

Cevap

18

Beş basamaklı bir sayının tek sayı olması için birler basamağında 3 veya 5 bulunmalıdır. Birler basamağı 3 olduğunda kalan {2, 2, 3, 5} rakamları 4! / 2! = 12 farklı şekilde sıralanır. Birler basamağı 5 olduğunda kalan {2, 2, 3, 3} rakamları 4! / (2! * 2!) = 6 farklı şekilde sıralanır. Bu iki durumun toplamı 12 + 6 = 18 farklı sayı üretir.

Adım Adım Çözüm

1

Tek sayı olma koşulunu belirleme ve durumları sınıflandırma.

Birler basamağı 3 veya 5 olmalıdır.

Bir sayının tek sayı olması için birler basamağındaki rakamın tek sayı olması gerekir.

2

Birler basamağında 3 rakamı bulunan sayıların adedini hesaplama.

Kalan {2, 2, 3, 5} rakamları ile 12 farklı dizilim oluşturulur.

Tekrarlayan iki adet 2 rakamı olduğu için tekrarlı permütasyon formülü (4! / 2!) uygulanır.

3

Birler basamağında 5 rakamı bulunan sayıların adedini hesaplama.

Kalan {2, 2, 3, 3} rakamları ile 6 farklı dizilim oluşturulur.

Tekrarlayan iki adet 2 ve iki adet 3 rakamı olduğu için tekrarlı perm��tasyon formülü (4! / (2! * 2!)) uygulanır.

4

Elde edilen durum sayılarını toplama.

12 + 6 = 18

Birler basamağının 3 veya 5 olması ayrık olaylar olduğundan toplama yoluyla sayma kuralı uygulanır.

Anahtar Kavram

Tekrarlı permütasyon hesaplamalarında belirli basamak koşullarını (teklik/çiftlik) ayrı durumlar halinde inceleyerek hesaplama yapma.

Soru 4Soru →

Analitik düzlemde $A(0,0)$ noktasında bulunan bir hareketli, yalnızca 1 birim sağa veya 1 birim yukarı doğru hareket ederek en kısa yoldan $B(4,4)$ noktasına ulaşmak istemektedir. Bu hareketli, yolculuğu boyunca üst üste en fazla iki kez aynı yönde adım atabilmektedir (yani güzergâhında yan yana 3 tane sağa veya 3 tane yukarı adımı bulunmamaktadır). Buna göre, bu hareketlinin $A$ noktasından $B$ noktasına gidebileceği kaç farklı yol vardır?

Cevabı ve açıklamayı göster

Cevap: 34

Cevap

İstenen koşullara uygun yolların toplam sayısı 34'tür.

Doğru cevap, kısıtlamasız tüm yolların sayısından (70), en az 3 ardışık sağa adımı veya en az 3 ardışık yukarı adımı içeren istenmeyen yolların sayısının (36) kapsama-dışlama ilkesiyle çıkarılması sonucu 34 olarak bulunur.

Adım Adım Çözüm

1

Toplam atılması gereken sağa (S) ve yukarı (Y) adım sayılarını belirleyip tüm olası yolların sayısını hesaplamak.

Toplam 8 adım (4 sağa, 4 yukarı) atılmalıdır. Kısıtlamasız yolların sayısı:

\frac{8!}{4! \cdot 4!} = 70

olur.

Referans alınacak kısıtlamasız durum sayısını tekrarlı permütasyonla bulmak için.

2

Koşulları sağlamayan (istenmeyen) durumları tanımlamak ve küme sembollerini belirlemek.

En az bir tane 'SSS' içeren yolların kümesi

A

, en az bir tane 'YYY' içeren yolların kümesi

B

olsun. İstenen durum sayısı:

70 - |A \cup B| = 70 - (|A| + |B| - |A \cap B|)

formül��yle modellenir.

Kural ihlallerini kapsama-dışlama ilkesiyle matematiksel olarak ifade etmek için.

3

Yalnızca S adımlarının kuralı ihlal ettiği durumların sayısı olan

|A|

değerini hesaplamak.

1) Tek blok 'SSSS' için

\frac{5!}{1! \cdot 4!} = 5

durum; 2) İki ayrı blok 'SSS' ve 'S' için

\binom{5}{2} \cdot 2! = 20

durum vardır. Toplamda

|A| = 25

olur. Simetriden dolayı

|B| = 25

elde edilir.

Harfleri gruplandırarak istenmeyen durumların her birinin ayrı ayrı eleman sayılarını bulmak için.

4

Hem S hem de Y adımlarının kuralı ihlal ettiği ortak durumların sayısı olan

|A \cap B|

kesişim kümesini hesaplamak.

Farklı blok tiplerinin alternatif dizilimleri analiz edilerek:

2 \text{ (Durum 1)} + 2 \text{ (Durum 2)} + 2 \text{ (Durum 3)} + 8 \text{ (Durum 4)} = 14

durum bulunur.

Kapsama-dışlama formülünde iki kez çıkarılan durumları geri eklemek amacıyla kesişim kümesini bulmak için.

5

Kapsama-dışlama formülünü uygulayarak nihai doğru cevaba ulaşmak.

|A \cup B| = 25 + 25 - 14 = 36

ve İstenen Yol Sayısı =

70 - 36 = 34

olarak bulunur.

Tüm durumlardan istenmeyen durumların birleşimini çıkartıp sonucu bulmak için.

Anahtar Kavram

Tekrarlı Permütasyon ve Kapsama-Dışlama İlkesi

Soru 5Soru →

Bir moleküler biyolog, laboratuvarda sentezleyeceği yapay bir DNA zinciri için 4 adet $A$ (Adenin), 3 adet $T$ (Timin) ve 2 adet $G$ (Guanin) nükleotidinin tamamını yan yana dizerek sarmallar oluşturacaktır.

Sentezlenecek bu sarmallar ile ilgili aşağıdaki koşullar bilinmektedir:
- Sarmalın iki ucunda (en başında ve en sonunda) yer alan nükleotidler aynı türdedir.
- Herhangi iki $G$ (Guanin) nükleotidi yan yana bulunmamaktadır.

Buna göre, bu koşulları sağlayan kaç farklı DNA sarmalı sentezlenebilir?

225

260

295

350

455

Cevabı ve açıklamayı göster

Cevap: 260

Cevap

Koşulları sağlayan 260 farklı DNA sarmalı sentezlenebilir.

Doğru cevap olan 260 değeri; uçların A-A (150 durum), T-T (75 durum) ve G-G (35 durum) olduğu tüm senaryoların ayrı ayrı analiz edilmesi ve G nükleotidlerinin yan yana gelmeyecek şekilde boşluklara yerleştirilerek kalan elemanların tekrarlı permütasyonla sıralanması sonucu elde edilen sayıların toplanmasıyla elde edilir.

Adım Adım Çözüm

1

Sarmalın iki ucundaki nükleotidlerin aynı olması kısıtlamasına göre durum analizi yapılır.

Sarmalın uçları A-A, T-T veya G-G olmak üzere 3 farklı durum mevcuttur. Bu durumlar birbirlerinden ayrıktır.

Sarmalın en başında ve en sonunda aynı türden nükleotid yer almalıdır.

2

Uçların A-A olması durumu (

A \dots A

) hesaplanır.

Başta ve sonda birer

A

sabitlendiğinden, ortadaki 7 pozisyona yerleştirilmek üzere 2 adet

A

, 3 adet

T

ve 2 adet

G

kalır. G'lerin yan yana gelmemesi için ortadaki 7 pozisyonun iç kısmında kalan ve uçlarla sınırlanan 6 boşluktan 2'si

\binom{6}{2} = 15

farklı şekilde seçilir. Geriye kalan 5 pozisyona 2 adet

A

ve 3 adet

T

nükleotidi

\frac{5!}{2!3!} = 10

farklı şekilde dizilir. Bu durum için toplam sıralama sayısı

15 \times 10 = 150

olur.

G'lerin yan yana gelmesini önlemek için boşluk seçimi yapılır ve kalan özdeş nükleotidler tekrarlı permütasyonla sıralanır.

3

Uçların T-T olması durumu (

T \dots T

) hesaplanır.

Başta ve sonda birer

T

sabitlendiğinden, geriye 4 adet

A

, 1 adet

T

ve 2 adet

G

kalır. Benzer şekilde, G'lerin yan yana gelmeyeceği 6 boşluktan 2'si

\binom{6}{2} = 15

yolla seçilir. Kalan 5 pozisyona 4 adet

A

ve 1 adet

T

nükleotidi

\frac{5!}{4!1!} = 5

farklı şekilde yerleştirilir. Bu durum için toplam sıralama sayısı

15 \times 5 = 75

olur.

G'lerin yan yana gelmemesi için boşluk yöntemi uygulanır ve kalan nükleotidler tekrarlı permütasyon formülüyle dizilir.

4

Uçların G-G olması durumu (

G \dots G

) hesaplanır.

2 adet

G

nükleotidinin ikisi de uçlarda sabitlendiği için sarmalın içinde başka

G

kalmaz ve yan yana gelme ihtimalleri yoktur. Geriye kalan ortadaki 7 pozisyona 4 adet

A

ve 3 adet

T

nükleotidi

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

farklı şekilde dizilir.

G'ler uçlarda sabitlendiğinden yan yana gelmeme koşulu doğrudan sağlanmış olur ve sadece kalan A ve T nükleotidleri sıralanır.

5

Tüm durumlardan elde edilen sıralama sayıları toplanır.

150 + 75 + 35 = 260

bulunur.

Ayrık durumların toplamı, toplam olası sarmal sayısını verir.

Anahtar Kavram

Tekrarlı permütasyon, durum analizi ve elemanların yan yana gelmeme koşulunun gap (boşluk) yöntemiyle çözümü.

Soru 6Soru →

Bir mikroçip üzerindeki iletim hatları yatay ve dikey yollardan oluşmaktadır. Elektrik akımı, sol alt köşedeki $S(0,0)$ giriş kapısından başlayıp sadece sağa (pozitif $x$ yönünde) veya yukarı (pozitif $y$ yön��nde) hareket ederek sağ üst köşedeki $E(5,4)$ çıkış kapısına ulaşacaktır. Mikroçipteki üretim hatasından dolayı $C(2,2)$ ve $D(3,3)$ koordinatlarındaki bağlantı noktalarından akım geçememektedir. Buna göre, akım giriş kapısından çıkış kapısına kaç farklı en kısa yoldan ulaşabilir?

6

42

66

84

90

Cevabı ve açıklamayı göster

Cevap: 42

Cevap

Doğru cevap 42'dir. Tüm yolların sayısından, geçilemeyen noktalardan geçen yolların sayısı çıkarılarak bulunur.

Doğru cevap 42'dir.

S(0,0)

noktasından başlayıp sadece sağa ve yukarı hareket ederek

E(5,4)

noktasına ulaşan tüm yolların sayısı

126

olarak bulunur. Yasaklı olan

C(2,2)

noktasından geçen yolların sayısı

60

,

D(3,3)

noktasından geçen yolların sayısı da

60

adettir. Hem

C(2,2)

hem de

D(3,3)

noktalarından sırasıyla geçen yolların sayısı

36

'dır. Küme birleşim formülü (içerme-dışarma ilkesi) gereği, engelli noktalardan en az birinden geçen toplam yol sayısı

60 + 60 - 36 = 84

olur. Bu durumda geriye kalan geçerli yolların sayısı

126 - 84 = 42

olarak bulunur.

Adım Adım Çözüm

1

S(0,0)

noktasından

E(5,4)

noktasına olan tüm en kısa yolların sayısını tekrarlı permütasyon ile hesaplayın.

\frac{(5+4)!}{5! \times 4!} = \frac{9!}{5! \times 4!} = 126

Herhangi bir kısıtlama olmadan gidilebilecek tüm yolların toplam sayısını belirlemek için.

2

C(2,2)

noktasından geçen en kısa yolların sayısını hesaplay��n.

S(0,0) \rightarrow C(2,2)

için

2

sağ,

2

yukarı

\Rightarrow \frac{4!}{2! \times 2!} = 6

yol.

C(2,2) \rightarrow E(5,4)

için

3

sağ,

2

yukarı

\Rightarrow \frac{5!}{3! \times 2!} = 10

yol. Toplam:

6 \times 10 = 60

yol.

İlk arızalı noktaya uğrayan tüm geçersiz yolların sayısını belirlemek için.

3

D(3,3)

noktasından geçen en kısa yolların sayısını hesaplayın.

S(0,0) \rightarrow D(3,3)

için

3

sağ,

3

yukarı

\Rightarrow \frac{6!}{3! \times 3!} = 20

yol.

D(3,3) \rightarrow E(5,4)

için

2

sağ,

1

yukarı

\Rightarrow \frac{3!}{2! \times 1!} = 3

yol. Toplam:

20 \times 3 = 60

yol.

İkinci arızalı noktaya uğrayan tüm geçersiz yolların sayısını belirlemek için.

4

Hem

C(2,2)

hem de

D(3,3)

noktasından geçen en kısa yolların sayısını hesaplayın.

S(0,0) \rightarrow C(2,2)

için

6

yol.

C(2,2) \rightarrow D(3,3)

için

1

sağ,

1

yukarı

\Rightarrow \frac{2!}{1! \times 1!} = 2

yol.

D(3,3) \rightarrow E(5,4)

için

3

yol. Toplam:

6 \times 2 \times 3 = 36

yol.

Her iki engelli noktaya da sırasıyla uğrayan ortak yolların sayısını belirlemek için. Bu yollar hem adım 2'de hem de adım 3'te iki kez sayılmıştır.

5

İçerme-Dışarma İlkesi kullanarak en az bir engelli noktadan geçen toplam yol sayısını bulun.

60 + 60 - 36 = 84

yol.

Kesişim kümesindeki ortak yolların mükerrer sayılmasını engellemek amacıyla.

6

Toplam yol sayısından engelli noktalardan geçen yolların sayısını çıkararak geçerli yolların sayısını bulun.

126 - 84 = 42

yol.

Hiçbir engelli noktaya uğramayan geçerli iletim hatlarının sayısını bulmak için.

Anahtar Kavram

Tekrarlı permütasyon formülü ve İçerme-Dışarma İlkesi (Kümelerde Birleşim Formülü) kullanılarak kısıtlı ızgara yollarının hesaplanması.

Alternatif Yöntem

Nokta toplama yöntemi (veya köşegen toplama yöntemi) kullanılarak da sonuca ulaşılabilir.

S(0,0)

noktasından başlanarak her bir kesişim noktasındaki yolların sayısı, o noktanın solundaki ve altındaki noktaların yol sayılarının toplamı olarak yazılır. Bu işlem sırasında

C(2,2)

ve

D(3,3)

noktalarının üzerindeki yol sayıları arızalı oldukları için

0

kabul edilir ve toplama işlemine bu şekilde devam edilerek

E(5,4)

noktasına ulaşıldığında

42

değeri elde edilir.

Tahmini Süre:2m 30s

Soru 7Soru →

Özdeş 3 mavi ve özdeş 3 kırmızı oyuncak, 3 çocuk arasında paylaştırılacaktır.

Buna göre, her çocuğun en az bir oyuncak alması koşuluyla bu paylaştırma işlemi kaç farklı şekilde yapılabilir?

Cevabı ve açıklamayı göster

Cevap: 55

Cevap

Her çocuğun en az bir oyuncak alması koşuluyla paylaştırma işlemi 55 farklı şekilde yapılabilir.

Tüm durumlar mavi oyuncakların çocuklara dağılımındaki sayı gruplarına göre analiz edilmiştir. Mavi oyuncaklar çocuklara (1,1,1), (2,1,0) veya (3,0,0) grupları şeklinde dağıtılabilir. Her bir grupta boşta kalan çocuklara kırmızı oyuncaklardan en az birer tane verilmesi garanti edilerek yapılan hesaplamaların toplamı 55 değerini vermektedir.

Adım Adım Çözüm

1

Mavi oyuncakların 3 çocuğa dağıtılma durumlarının sayısını tekrarlı permütasyon (ayraç yöntemi) ile bulma

10 farklı durum

3 özdeş mavi oyuncak ve çocukları ayırmak için kullanılan 2 özdeş ayraç toplam 5 eleman oluşturur. Bu elemanların dizilim sayısı

\frac{5!}{3! \cdot 2!} = 10

olur.

2

Kırmızı oyuncakların 3 çocuğa dağıtılma durumlarının sayısını tekrarlı permütasyon ile bulma

10 farklı durum

Mavi oyuncaklarla aynı mantıkla, 3 özdeş kırmızı oyuncak ve 2 özdeş ayraç için dizilim sayısı

\frac{5!}{3! \cdot 2!} = 10

olur.

3

Hiçbir çocuğun oyuncaksız kalmaması koşulunu mavi oyuncakların dağılım durumlarına göre inceleme

3 farklı senaryonun toplamı: 10 + 36 + 9 = 55 durum

Mavi oyuncakların dağılımı (1, 1, 1), (2, 1, 0) veya (3, 0, 0) şeklinde olabilir. (1, 1, 1) dağılımında (1 yolla gerçekleşir) her çocukta zaten oyuncak olduğundan kırmızı oyuncaklar kısıtlamasız dağıtılır (

1 \times 10 = 10

durum). (2, 1, 0) dağılımında (6 yolla gerçekleşir) mavi alamayan 1 çocuğa garanti 1 kırmızı oyuncak verilir, kalan 2 kırmızı oyuncak 3 çocuğa dağıtılır (

6 \times \binom{2+3-1}{3-1} = 36

durum). (3, 0, 0) dağılımında (3 yolla gerçekleşir) mavi alamayan 2 çocuğa garanti 1'er kırmızı oyuncak verilir, kalan 1 kırmızı oyuncak 3 çocuğa dağıtılır (

3 \times \binom{1+3-1}{3-1} = 9

durum).

4

Tüm senaryolardan elde edilen durum sayılarını toplama

55

Ayrık durumların toplamı bize genel kural gereği istenen tüm durumları verir.

Anahtar Kavram

Özdeş nesnelerin dağıtımında ayraç yöntemi kullanılarak tekrarlı permütasyon formülünün uygulanması ve koşullu durumların incelenmesi.

Soru 8Soru →

Bir kütüphaneci; 3 özdeş Matematik, 3 özdeş Fizik ve 2 özdeş Kimya kitabını bir rafa yan yana dizecektir. Bu dizilimde Fizik kitaplarının herhangi ikisinin yan yana gelmediği ve Kimya kitaplarının da yan yana gelmediği bilindiğine göre, bu kitaplar kaç farklı şekilde dizilebilir?

120

160

200

240

320

Cevabı ve açıklamayı göster

Cevap: 160

Cevap

Kitapların istenen koşullara uygun olarak dizilebileceği farklı durumların sayısı 160'tır.

Fizik kitaplarının herhangi ikisinin yan yana gelmediği tüm durumlar (200 adet), Matematik ve Kimya kitaplarının dizilip aralarındaki boşluklara Fizik kitaplarının yerleştirilmesiyle bulunur. Bu durumlardan, Kimya kitaplarının yan yana geldiği durumlar (40 adet) çıkarıldığında hem Fizik hem de Kimya kitaplarının yan yana gelmediği 160 farklı durum elde edilir.

Adım Adım Çözüm

1

Fizik kitaplarının yan yana gelmeme durumunu incelemek için öncelikle Matematik ve Kimya kitaplarının yerleşimini hesaplayın.

Toplam 5 kitap (3 Matematik, 2 Kimya) vardır. Bu kitaplar ��zdeş olduğundan kendi aralarındaki tekrarlı permütasyon sayısı

\frac{5!}{3! \cdot 2!} = 10

olur.

Fizik kitaplarının yan yana gelmemesi için diğer kitapların oluşturduğu boşluklara yerleştirilmesi gerekir.

2

Matematik ve Kimya kitaplarının oluşturduğu boşluklara Fizik kitaplarını yerleştirerek Fizik kitaplarının yan yana gelmediği tüm durumları bulun.

5 kitabın oluşturduğu 6 boşluğa 3 özdeş Fizik kitabı

\binom{6}{3} = 20

farklı şekilde yerleştirilebilir. Bu durumda toplam dizilim sayısı

10 \times 20 = 200

olur.

Her boşluğa en fazla bir Fizik kitabı yerleştirildiğinde hiçbir Fizik kitabı yan yana gelmemiş olur.

3

Kimya kitaplarının yan yana geldiği (istenmeyen) durumların sayısını hesaplamak için Kimya kitaplarını bir blok olarak kabul edin.

İki özdeş Kimya kitabı yan yana olacağından tek bir blok

[KK]

olarak düşünülür. Bu durumda elimizde 3 özdeş Matematik kitabı ve 1 adet

[KK]

bloğu olmak üzere 4 nesne vardır. Bu nesnelerin kendi arasındaki tekrarlı permütasyon sayısı

\frac{4!}{3! \cdot 1!} = 4

olur.

Birlikte olması gereken nesneler tek bir eleman gibi düşünülerek yerleştirilir.

4

Bu 4 nesnenin oluşturduğu boşluklara Fizik kitaplarını yerleştirerek Kimya kitaplarının yan yana, Fizik kitaplarının ise ayrı olduğu durumları bulun.

4 nesnenin oluşturduğu 5 boşluğa 3 özdeş Fizik kitabı

\binom{5}{3} = 10

farklı şekilde yerleştirilebilir. Bu durumların sayısı

4 \times 10 = 40

olur.

Fizik kitaplarının yine yan yana gelmemesini sağlarken Kimya kitaplarının yan yana olduğu durumları belirlemek gerekir.

5

Fizik kitaplarının yan yana gelmediği tüm durumlardan, Kimya kitaplarının yan yana olduğu durumları çıkararak nihai sonucu bulun.

200 - 40 = 160

farklı dizilim elde edilir.

Tüm geçerli durumlardan istenmeyen durumların çıkarılmasıyla hedeflenen koşula ulaşılır.

Anahtar Kavram

Koşullu tekrarlı permütasyon problemlerinde istenen durumların sayısını bulmak için tüm durumlardan istenmeyen durumların (bloklama yöntemiyle) çıkarılması ve boşluklara yerleştirme yöntemlerinin birlikte kullanılması.

Tahmini Süre:2m 30s

Soru 9Soru →

Bir yazılımcı, geliştirdiği bir güvenlik sistemi için $1, 1, 1, 2, 2, 3, 3$ rakamlarının tamamını kullanarak 7 haneli bir şifre oluşturacaktır. Sistem güvenliği açısından şifrede bulunan aynı rakamların hiçbirinin yan yana gelmemesi gerekmektedir. Buna göre, bu yazılımcı belirtilen koşula uygun kaç farklı şifre oluşturabilir?

Cevabı ve açıklamayı göster

Cevap: 38

Cevap

Koşullara uygun oluşturulabilecek farklı şifre sayısı 38'dir.

Şifredeki hiçbir aynı rakamın yan yana gelmemesi koşulu için önce

1

rakamları dışındaki

2, 2, 3, 3

rakamları sıralanıp, oluşan boşluklara

1

rakamları yerleştirilerek

1

'lerin yan yana gelmediği tüm durumlar (60 durum) bulunur. Daha sonra bu durumlar arasından yan yana gelen

2

'ler ve

3

'ler içerme-dışarma prensibiyle elenerek doğru sonuç olan 38'e ulaşılır.

Adım Adım Çözüm

1

1

dışındaki

2, 2, 3, 3

rakamlarının tekrarlı permütasyon sayısını hesaplama

6 farklı sıralama elde edilir.

Önce

1

dışındaki elemanları yerleştirerek boşluklar elde etmek.

2

1

rakamlarının yan yana gelmeyeceği şekilde boşluklara yerleştirilme sayısını hesaplama

Toplam

6 \times \binom{5}{3} = 60

durum elde edilir.

Hiçbir

1

rakamının yan yana gelmediği şifre sayısını belirlemek.

3

Aynı olan diğer rakamların (

2

veya

3

) yan yana geldiği istenmeyen durumları hesaplama

İki

2

'nin yan yana geldiği durum sayısı

12

, iki

3

'ün yan yana geldiği durum sayısı da

12

'dir.

İçerme-dışarma prensibini uygulamak üzere tekli istenmeyen durum kümelerini bulmak.

4

Hem iki

2

'nin hem de iki

3

'ün aynı anda yan yana geldiği durum sayısını hesaplama

2 durum elde edilir.

İçerme-dışarma prensibindeki kesişim kümesini bulmak.

5

İstenmeyen durumların toplam sayısını bulup tüm durumlardan çıkarma

60 - (12 + 12 - 2) = 38

olarak bulunur.

Koşulları tam olarak sağlayan şifre sayısına ulaşmak.

Anahtar Kavram

Tekrarlı permütasyon problemlerinde boşluk (gap) yöntemi ve içerme-dışarma prensibinin entegrasyonu.

Soru 10Soru →

Bir robot, analitik düzlemin $(0,0)$ noktasından $(5,5)$ noktasına hareket edecektir. Bu robot her bir adımında;
- $1$ birim sağa,
- $1$ birim yukarı ya da
- $1$ birim sağa ve $1$ birim yukarı (çapraz)
gidebilmektedir.

Bu robotun hareketi boyunca tam olarak $2$ kez çapraz adım attığı ve $(2,3)$ noktasından geçtiği bilinmektedir.

Buna göre, robot bu koşullara uygun olarak $(0,0)$ noktasından $(5,5)$ noktasına kaç farklı yoldan gidebilir?

100

144

174

204

560

Cevabı ve açıklamayı göster

Cevap: 204

Cevap

Robotun

(2,3)

noktasından geçerek ve tam olarak

2

çapraz adım atarak

(0,0)

noktasından

(5,5)

noktasına gidebileceği toplam yol sayısı

204

'tür.

Doğru cevap olan

204

değeri, geçiş noktasından önce kullanılan çapraz adım sayısına (

0, 1

veya

2

) göre tüm durumların tekrarlı permütasyon formülüyle ayrı ayrı hesaplanıp toplanmasıyla elde edilir.

Adım Adım Çözüm

1

Koordinat değişimleri ile adım sayıları arasındaki ilişkileri belirlemek.

Robotun

(0,0)

noktasından

(5,5)

noktasına giderken attığı sağa adım sayısı

x

, yukarı adım sayısı

y

ve çapraz adım sayısı

z

olsun. Bu durumda

x + z = 5

ve

y + z = 5

olmalıdır. Toplam çapraz adım sayısı

z = 2

olarak verildiğinden,

x = 3

sağa adım ve

y = 3

yukarı adım atılmalıdır.

Hareketlerin koordinatlar üzerindeki etkilerini matematiksel denklemlerle ifade etmek için.

2

Robotun

(0,0)

ile

(2,3)

arasındaki hareketini analiz ederek durumları belirlemek.

(0,0)

noktasından

(2,3)

noktasına giderken atılan sağa adım sayısı

x_1

, yukarı adım sayısı

y_1

ve çapraz adım sayısı

z_1

olsun. Buradan

x_1 + z_1 = 2

ve

y_1 + z_1 = 3

elde edilir. Adım sayıları negatif olamayacağından

z_1

değeri

0, 1

veya

2

olabilir.

Geçiş noktasına ulaşana kadar atılabilecek çapraz adım senaryolarını gruplandırmak için.

3

Belirlenen

z_1

durumlarına göre tekrarlı permütasyon hesaplamalarını yapmak.

Durum 1 (

z_1 = 0

):

(0,0) \rightarrow (2,3)

için

x_1=2, y_1=3

(toplam 5 adım)

\Rightarrow \frac{5!}{2!3!} = 10

yol. Bu durumda kalan yol

(2,3) \rightarrow (5,5)

için

z_2 = 2

çapraz adım olmalıdır. Buradan

x_2 = 1, y_2 = 0

(toplam 3 adım)

\Rightarrow \frac{3!}{1!2!} = 3

yol. Bu durumdaki toplam yol sayısı:

10 \times 3 = 30

. Durum 2 (

z_1 = 1

):

(0,0) \rightarrow (2,3)

için

x_1=1, y_1=2, z_1=1

(toplam 4 adım)

\Rightarrow \frac{4!}{1!2!1!} = 12

yol. Kalan yol

(2,3) \rightarrow (5,5)

için

z_2 = 1

çapraz adım olmalıdır. Buradan

x_2 = 2, y_2 = 1, z_2=1

(toplam 4 adım)

\Rightarrow \frac{4!}{2!1!1!} = 12

yol. Bu durumdaki toplam yol sayısı:

12 \times 12 = 144

. Durum 3 (

z_1 = 2

):

(0,0) \rightarrow (2,3)

için

x_1=0, y_1=1, z_1=2

(toplam 3 adım)

\Rightarrow \frac{3!}{1!2!} = 3

yol. Kalan yol

(2,3) \rightarrow (5,5)

için

z_2 = 0

çapraz adım olmalıdır. Buradan

x_2 = 3, y_2 = 2, z_2=0

(toplam 5 adım)

\Rightarrow \frac{5!}{3!2!} = 10

yol. Bu durumdaki toplam yol sayısı:

3 \times 10 = 30

.

Her bir çapraz adım dağılımı senaryosu için tekrarlı permütasyon kuralını uygulamak ve yolları çarparak birleştirmek için.

4

Tüm durumların sonuçlarını toplayarak toplam yol sayısını bulmak.

Toplam yol sayısı:

30 + 144 + 30 = 204

olarak bulunur.

Ayrık durumların yol sayılarını toplama yoluyla sayma kuralına göre birleştirmek için.

Anahtar Kavram

Tekrarlı permütasyon kullanarak kısıtlı ızgara (grid) yollarını hesaplama ve adım durumlarını ayrık durumlara bölerek inceleme.

Soru 11Soru →

Bir hasta; 3 adedi özdeş sarı, 2 adedi özdeş mavi ve 1 adedi kırmızı olan toplam 6 ilacı, 6 gün boyunca her gün bir adet içecektir.

Mavi ilaçları ardışık günlerde içmek istemeyen bu hasta, bu ilaçların tamamını kaç farklı sıralamayla içebilir?

Cevabı ve açıklamayı göster

Cevap: 40

Cevap

Hasta bu ilaçları mavi ilaçlar ardışık günlerde olmayacak şekilde 40 farklı sıralamayla i��ebilir.

Toplam 6 ilacın (3 özdeş sarı, 2 özdeş mavi, 1 kırmızı) hiçbir koşul olmadan sıralanma sayısı

\frac{6!}{3! \cdot 2!} = 60

'tır. Mavi ilaçların ardışık günlerde içildiği durumlar için iki mavi ilaç tek bir eleman

(MM)

kabul edilir ve geriye kalan 3 sarı ile 1 kırmızı ilaçla birlikte {S, S, S, (MM), K} şeklinde

\frac{5!}{3!} = 20

farklı dizilim oluşturur. İstenen koşula uymayan bu 20 durum tüm durumlardan çıkarıldığında geriye kalan 40 durumda mavi ilaçlar hiçbir zaman ardışık günlerde içilmemiş olur.

Adım Adım Çözüm

1

Tüm olası sıralamaların sayısını hesaplama

Tüm durumlar = 60

Elimizde 3 özdeş sarı (S), 2 özdeş mavi (M) ve 1 kırmızı (K) olmak üzere toplam 6 ilaç vardır. Herhangi bir kısıtlama olmaksızın bu ilaçların sıralanma sayısı tekrarlı permütasyon ile

\frac{6!}{3! \cdot 2! \cdot 1!} = \frac{720}{6 \cdot 2} = 60

olarak bulunur.

2

Mavi ilaçların ardışık günlerde içildiği durumların sayısını hesaplama

Mavi ilaçların yan yana olduğu durumlar = 20

Mavi ilaçların ardışık günlerde içildiği durumları bulmak için iki mavi ilacı birbirine ba��lı tek bir eleman

(MM)

olarak kabul ederiz. Bu durumda sıralanacak elemanlar {S, S, S, (MM), K} olur. Burada 3 adet özdeş S, 1 adet (MM) grubu ve 1 adet K olmak üzere toplam 5 eleman vardır. Bu elemanların dizilim sayısı tekrarlı permütasyon ile

\frac{5!}{3! \cdot 1! \cdot 1!} = \frac{120}{6} = 20

olur.

3

İstenen durumların sayısını bulma

İstenen durum sayısı = 40

Tüm durumlardan, mavi ilaçların ardışık günlerde içildiği istenmeyen durumları çıkartarak sonuca ulaşırız:

60 - 20 = 40

.

Anahtar Kavram

Tekrarlı permütasyon ve tüm durumlardan istenmeyen durumların çıkarılması (tümleme yöntemi).

Soru 12Soru →

Bir caddede yan yana bulunan 8 dükkandan 3'ü maviye, 3'ü kırmızıya ve 2'si sarıya boyanacaktır.

Maviye boyanacak dükkanların tamam��nın yan yana olduğu, sarıya boyanacak dükkanların ise yan yana olmadığı kaç farklı boyama yapılabilir?

40

50

60

100

240

Cevabı ve açıklamayı göster

Cevap: 40

Cevap

Maviye boyanacak dükkanların tamamının yan yana olduğu, sarıya boyanacak dükkanların ise yan yana olmadığı 40 farklı boyama yapılabilir.

Mavi dükkanlar tek bir nesne olarak kabul edilip kırmızı ve sarı dükkanlarla birlikte dizildiğinde, tekrarlı permütasyon ile tüm durumların sayısı 60 olarak bulunur. Sarı dükkanların yan yana geldiği durumlar (sarı dükkanların tek bir blok olarak gruplandığı durumlar) hesaplandığında ise 20 durum elde edilir. Tüm durumlardan sarıların yan yana olduğu durumlar çıkarıldığında istenen koşula uygun 40 farklı sıralama elde edilir.

Adım Adım Çözüm

1

Mavi dükkanları bir arada tutmak için tek bir nesne olarak gruplama.

3 mavi dükkan

(MMM)

tek bir nesne

X

olarak kabul edilir. Geriye kalan nesneler: 3 adet kırmızı

(K)

ve 2 adet sarı

(S)

dükkandır.

Mavi dükkanların yan yana olması koşulunu sağlamak.

2

Mavi dükkan bloğu ile diğer dükkanların tüm olası sıralama sayısını bulma.

1 adet

X

, 3 adet

K

ve 2 adet

S

olmak üzere toplam 6 nesne vardır. Kırmızı ve sarı dükkanlar kendi içlerinde özdeş olduğundan tekrarlı permütasyon ile sıralama sayısı:

\frac{6!}{3! \cdot 2!} = 60

olarak bulunur.

Mavi dükkanların yan yana olduğu tüm durumların sayısını belirlemek.

3

Sarı dükkanların yan yana olduğu durumların sayısını hesaplama.

2 adet sarı dükkan

(SS)

tek bir nesne

Y

olarak gruplanır. Bu durumda sıralanacak nesneler: 1 adet

X

, 3 adet

K

ve 1 adet

Y

olmak üzere 5 nesnedir. Sıralama sayısı:

\frac{5!}{3!} = 20

olarak bulunur.

İstenmeyen durumları (sarıların yan yana olduğu durumları) tüm durumlardan çıkarmak.

4

İstenen koşula uygun boyama sayısını bulmak için çıkarma işlemini yapma.

60 - 20 = 40

farklı boyama yapılabilir.

Sarı dükkanların yan yana olmadığı durum sayısına ulaşmak.

Anahtar Kavram

Tekrarlı permütasyon hesaplamalarında belirli elemanların bir arada olma ve olmama koşullarının uygulanması.

Soru 13Soru →

Bir pastane işletmecisi, vitrindeki bir rafa yan yana dizmek üzere $n$ adet özdeş çilekli turta, 3 adet özdeş çikolatalı turta ve 2 adet özdeş muzlu turta siparişi vermiştir.

Bu turtaların tamamı, çikolatalı turtaların hepsi bir arada (yan yana) olmak koşuluyla vitrindeki rafa yan yana $360$ farklı şekilde dizilebilmektedir.

Buna göre, çilekli turta sayısı olan $n$ kaçtır?

Cevabı ve açıklamayı göster

Cevap: 7

Cevap

Çilekli turta sayısı

n = 7

olarak bulunur.

3 adet özdeş çikolatalı turta tek bir nesne olarak gruplandığında, dizilecek toplam nesne sayısı

n+3

olur. Çilekli turtaların (

n

adet) ve muzlu turtaların (

2

adet) özdeşliğinden dolayı tekrarlı permütasyon formülü

\frac{(n+3)!}{n! \cdot 2!} = 360

olarak yazılır. Bu denklem sadeleştirildiğinde

(n+3)(n+2)(n+1) = 720

elde edilir. Çarpımları 720 olan ardışık üç sayı

8, 9, 10

olduğundan

n+1 = 8 \implies n = 7

olarak bulunur.

Adım Adım Çözüm

1

3 adet özdeş çikolatalı turtayı tek bir blok olarak gruplamak.

1 adet çikolatalı turta grubu (bloğu) elde edilir.

Çikolatalı turtaların yan yana bulunması gerektiğinden bu turtalar ayrılmaz bir bütün olarak ele alınmalıdır.

2

Dizilecek toplam nesne sayısını belirlemek.

1 adet çikolata bloğu,

n

adet özdeş çilekli turta ve 2 adet özdeş muzlu turta olmak üzere toplam

n + 3

nesne vardır.

Tekrarlı permütasyon formülünde pay kısmına yazılacak toplam nesne miktarını belirlemek için.

3

Tekrarlı permütasyon bağıntısını kullanarak dizilim sayısını veren denklemi kurmak.

\frac{(n+3)!}{n! \cdot 2! \cdot 1!} = 360

Toplam

n+3

nesne içindeki çilekli turtalar (

n

adet) ve muzlu turtalar (

2

adet) kendi aralarında özdeş olduğundan tekrarlı permütasyon formülü uygulanır.

4

Faktöriyel ifadesini sadeleştirip denklemi çözülebilir hale getirmek.

(n+3)(n+2)(n+1) = 720

(n+3)!

ifadesi

n!

cinsinden açılarak paydadaki

n!

ile sadeleştirilir ve içler dışlar çarpımı yapılır.

5

Çarpımları 720 olan ardışık üç tam sayıyı tespit edip

n

değerini bulmak.

n = 7

8 \cdot 9 \cdot 10 = 720

eşitliğinden dolayı

n+1 = 8

olmalıdır.

Anahtar Kavram

Tekrarlı permütasyonda belirli elemanların bir arada tutulması ve verilen dizilim sayısından hareketle bilinmeyen eleman sayısının bulunması.

Soru 14Soru →

"KELEBEK" kelimesinin harflerinin yerleri değiştirilerek 7 harfli anlamlı ya da anlamsız kelimeler yazılacaktır. Buna göre, tüm E harflerinin yan yana olduğu fakat hiçbir K harfinin yan yana olmadığı kaç farklı kelime yazılabilir?

Cevabı ve açıklamayı göster

Cevap: 36

Cevap

Tüm E harflerinin yan yana olup K harflerinin yan yana olmadığı 36 farklı kelime yazılabilir.

Tüm E harfleri (EEE) şeklinde tek bir blok olarak kabul edildiğinde K, K, L, B ve (EEE) olmak üzere 5 elemanın tekrarlı permütasyonu 5! / 2! = 60'tır. Hem E hem de K harflerinin yan yana olduğu durumlar ise (KK), L, B ve (EEE) olmak üzere 4 farklı elemanın permütasyonu olan 4! = 24'tür. Tüm durumlardan bu istenmeyen durum çıkarıldığında 60 - 24 = 36 farklı kelime yazılabileceği elde edilir.

Adım Adım Çözüm

1

E harflerini tek bir grup halinde birleştirip toplam eleman sayısını ve bu elemanların diziliş sayısını hesaplama.

E

harfleri

(EEE)

şeklinde tek eleman olarak düşünülürse dizilecek elemanlar

K, K, L, B, (EEE)

olmak üzere 5 adettir. Bu elemanların diziliş sayısı:

\frac{5!}{2!} = 60

olarak bulunur.

Tüm

E

harflerinin yan yana olması koşulunu sağlamak için onları bir bütün olarak ele almamız gerekir.

2

Hem E harflerinin hem de K harflerinin yan yana olduğu durum sayısını hesaplama.

K

harfleri de yan yana olacak şekilde

(KK)

grubu oluşturulursa dizilecek elemanlar

(KK), L, B, (EEE)

olmak üzere 4 adet olur. Bunların diziliş sayısı:

4! = 24

olarak bulunur.

K

harflerinin yan yana olduğu durumları bulup tüm durumlardan çıkarmak için bu adımı gerçekleştiririz.

3

İstenmeyen durumları tüm durumlardan çıkarma.

60 - 24 = 36

Tüm

E

harflerinin yan yana olduğu durumlardan,

K

harflerinin de yan yana olduğu durumları çıkararak hiçbir

K

harfinin yan yana gelmediği durum sayısına ulaşırız.

Anahtar Kavram

Tekrarlı permütasyon hesaplamalarında koşullu gruplama ve tüm durumlardan istenmeyen durumların çıkarılması.

Alternatif Yöntem

Boşluk yerleştirme (yuva) yöntemi kullanılabilir: Önce E harfleri tek bir blok (EEE) olarak alınır. K harfleri dışındaki diğer elemanlar olan L, B ve (EEE) kendi aralarında 3! = 6 farklı şekilde dizilir. Bu dizilişlerin oluşturduğu _ L _ B _ (EEE) _ yapısındaki 4 boşluktan 2 tanesi seçilerek buralara özdeş K harfleri yerleştirilir. Seçim C(4,2) = 6 farklı şekilde yapılır. Böylece toplam durum sayısı 3! * C(4,2) = 6 * 6 = 36 olarak bulunur.

Tahmini Süre:1m 30s

Soru 15Soru →

Bir kargo firması, gönderi takip numaralarını $8$ karakterli barkodlar halinde düzenlemektedir. Bu barkodlar;

* $4$ adet özdeş A harfi,
* $2$ adet özdeş B harfi,
* $2$ adet özdeş $2$ rakamı

kullanılarak oluşturulacaktır.

Buna göre, B harfi ile başlayıp bir harf ile bitmeyen kaç farklı takip numarası oluşturulabilir?

15

60

75

30

105

Cevabı ve açıklamayı göster

Cevap: 30

Cevap

30

B harfi ile başlayıp harf ile bitmeyen (yani rakam olan

2

ile biten) durumlar incelenmiştir. İlk haneye B, son haneye

2

yerleştirildiğinde geriye kalan 6 haneye 4 adet A, 1 adet B ve 1 adet

2

rakamı sıralanır. Bu sıralama

\frac{6!}{4! \times 1! \times 1!} = 30

olarak bulunur.

Adım Adım Çözüm

1

Şifrenin başlangıç ve bitiş koşulların��n analiz edilmesi

Şifrenin ilk hanesinin B, son hanesinin ise

2

rakamı olması gerektiği belirlenir.

Toplamda 8 haneli şifrede kullanılan karakterler harfler (A, B) ve rakamlardan (

2

) oluşmaktadır. Şifrenin harf ile bitmemesi istendiğinden, son hane mutlaka rakam olan

2

ile bitmelidir. Bu durumda şifre B ile başlayıp

2

ile biter.

2

Kalan karakterlerin belirlenmesi ve tekrarlı permütasyon hesabı

Geriye kalan 6 haneye yerleştirilecek karakterlerin dizilim sayısı 30 olarak hesaplanır.

İlk hane için 1 adet B ve son hane için 1 adet

2

kullanıldığından, geriye sıralanacak 6 karakter kalır. Bu karakterler: 4 adet A, 1 adet B ve 1 adet

2

'dir. Bu 6 elemanın farklı dizilişlerinin sayısı tekrarlı permütasyon ile

\frac{6!}{4! \times 1! \times 1!} = \frac{720}{24} = 30

formülüyle bulunur.

Anahtar Kavram

Tekrarlı Permütasyon

Alternatif Yöntem

Tüm durumlar üzerinden gitmek yerine, B ile başlayan tüm şifrelerin sayısından (105), B ile başlayıp harf (A veya B) ile biten şifrelerin sayısını (75) çıkararak da

105 - 75 = 30

sonucuna ulaşılabilir.

Tahmini Süre:1m 30s

Soru 16Soru →

Bir teknoloji şirketi, ofis girişindeki tabela için yan yana dizilmiş $7$ adet ampul yuvasından oluşan bir aydınlatma sistemi tasarlamıştır. Bu sistemde kullanılmak üzere renkleri dışında özdeş olan;
* $3$ adet kırmızı,
* $2$ adet mavi,
* $2$ adet sarı
ampul bulunmaktadır.
Bu ampullerin tamamı tabeladaki yuvalara yerleştirilecektir.
Sistemin estetik görünmesi için tabelanın en başında ve en sonunda yer alan ampullerin farklı renklerde olması istenmektedir.
Buna göre, bu ampuller tabeladaki yuvalara kaç farklı şekilde dizilebilir?

Cevabı ve açıklamayı göster

Cevap: 160

Cevap

Ampuller tabeladaki yuvalara 160 farklı şekilde dizilebilir.

Tüm olası sıralamaların sayısı tekrarlı permütasyon formülüyle 210 olarak bulunur. En başta ve en sonda aynı renk ampul bulunan durumlar (iki ucu da kırmızı, iki ucu da mavi veya iki ucu da sarı olanlar) hesaplanıp toplandığında 50 elde edilir. Tüm durumlardan bu istenmeyen durumlar çıkarıldığında uçlarında farklı renk ampuller bulunan sıralama sayısı 160 olarak hesaplanır.

Adım Adım Çözüm

1

Tüm ampullerin herhangi bir koşul olmadan yan yana kaç farklı şekilde sıralanabileceğini (tüm durumları) hesaplayın.

210

farklı durum vardır.

3 adet k��rmızı, 2 adet mavi ve 2 adet sarı olmak üzere toplam 7 özdeş ampulün sıralanışı tekrarlı permütasyon formülü

\frac{7!}{3! \cdot 2! \cdot 2!} = 210

ile hesaplanır.

2

Tabelanın en başında ve en sonunda aynı renk ampul bulunan (istenmeyen) durumları hesaplayın.

Toplam

50

istenmeyen durum vardır.

Uçlardaki ampuller aynı renk olacak şekilde üç durum incelenir:
1) Uçlarda kırmızı ampul olması: Kalan 5 yuvaya 1 kırmızı, 2 mavi, 2 sarı dizilir.

\frac{5!}{1! \cdot 2! \cdot 2!} = 30

durum.
2) Uçlarda mavi ampul olması: Kalan 5 yuvaya 3 kırmızı, 2 sarı dizilir.

\frac{5!}{3! \cdot 2!} = 10

durum.
3) Uçlarda sarı ampul olması: Kalan 5 yuvaya 3 kırmızı, 2 mavi dizilir.

\frac{5!}{3! \cdot 2!} = 10

durum.
Toplam istenmeyen durum sayısı:

30 + 10 + 10 = 50

olur.

3

Tüm durumlardan istenmeyen durumları çıkararak en başta ve en sonda farklı renkte ampullerin olduğu durum sayısını bulun.

160

farklı durum vardır.

Tüm durumlardan (210) uçlarda aynı renk olan durumları (50) çıkardığımızda, uçlarda farklı renk olan durumların sayısı

210 - 50 = 160

olarak bulunur.

Anahtar Kavram

Tekrarlı permütasyon problemlerinde koşullu sıralamalar hesaplanırken tüm durumlardan istenmeyen durumların çıkarılması (tümleme yöntemi) kolaylık sağlar.

Alternatif Yöntem

Uçlarda farklı renk olma durumlarını doğrudan hesaplayabiliriz. Uçlardaki renk ikilileri (Kırmızı, Mavi), (Kırmızı, Sarı), (Mavi, Sarı) ve bunların yer değiştirmiş halleri olabilir. Bu ikililer için kalan 5 elemanın tekrarlı permütasyonları hesaplanıp toplanarak da 160 sonucuna ulaşılır.

Tahmini Süre:2m 0s

Soru 17Soru →

Bir okulun kütüphanesindeki şifreli kapının kodu; $2$ , $2$ , $3$ , $3$ , $3$ , $5$ ve $5$ rakamlarının tamamı birer kez kullanılarak oluşturulan $7$ basamaklı bir doğal sayıdır. Bu şifrenin $5$ rakamı ile başlayan çift bir sayı olduğu bilindiğine göre, kütüphane kapısı için kaç farklı şifre oluşturulabilir?

5

20

40

60

210

Cevabı ve açıklamayı göster

Cevap: $20$

Cevap

Kütüphane kapısı için oluşturulabilecek farklı şifrelerin sayısı 20'dir.

Şifrenin 5 ile başladığı ve çift sayı olduğu belirtildiğinden, ilk basamağa 5 ve son basamağa 2 rakamları sabitlenir. Geriye kalan 5 basamağa ise bir adet 2, üç adet 3 ve bir adet 5 rakamı yerleştirilmelidir. Bu 5 rakamın kendi aralarındaki farklı sıralanışlarının sayısı tekrarlı permütasyon formülüyle 5! / 3! = 120 / 6 = 20 olarak hesaplanır. Dolayısıyla doğru seçenek 20 değerini içeren seçenektir.

Adım Adım Çözüm

1

Sabitlenecek rakamları belirleme ve yerleştirme.

Şifre 5 rakamı ile başladığı için ilk basamağa 5, çift sayı olduğu için son basamağa 2 rakamı yerleştirilir.

Soruda verilen başlangıç ve çift sayı olma koşullarını uygulamak amacıyla bu rakamlar uç noktalara sabitlenir.

2

Kalan basamaklar için kullanılacak rakamları belirleme.

Geriye kalan 5 basamak için elimizde bir adet 2, üç adet 3 ve bir adet 5 rakamı kalır.

Toplam 7 rakamdan bir adet 5 ve bir adet 2 kullanıldığı için geriye kalan rakam kümesini netleştirmek gerekir.

3

Tekrarlı permütasyon hesaplaması yapma.

Kalan 5 rakamın (bir adet 2, üç adet 3, bir adet 5) sıralanış sayısı 5! / 3! = 120 / 6 = 20 olarak bulunur.

Eldeki 5 rakamdan üç tanesi (3 rakamları) özdeş olduğu için tekrarlı permütasyon formülü uygulanır.

Anahtar Kavram

Belirli koşullar altında tekrarlı permütasyon hesabı yapılması.

Soru 18Soru →

MARMARA kelimesinin harflerinin yerleri değiştirilerek 7 harfli anlamlı ya da anlamsız kelimeler yazılacaktır. Buna göre, yazılan kelimelerin kaç tanesinde her M harfinin hemen sağında bir A harfi bulunur?

Cevabı ve açıklamayı göster

Cevap: 30

Cevap

Her M harfinin hemen sağında bir A harfinin bulunduğu 30 farklı kelime yazılabilir.

M ve A harfleri 'MA' şeklinde gruplanarak tek bir eleman gibi düşünülür. 2 adet M harfi olduğundan 2 adet 'MA' bloğu elde edilir. Geriye kalan 1 adet A ve 2 adet R harfi ile birlikte toplam 5 eleman (2 adet 'MA', 2 adet R ve 1 adet A) tekrarlı permütasyon kurallarına göre sıralandığında 30 farklı kelime elde edilir.

Adım Adım Çözüm

1

Harfleri ve tekrarlarını belirleme

2 adet M, 3 adet A ve 2 adet R harfi

Kelimenin orijinal harf dağılımını tespit etmek için.

2

Koşula göre gruplama yapma

2 adet 'MA' grubu, 2 adet R harfi ve 1 adet A harfi

Her M harfinin sağında A olması gerektiğinden M ve A harflerini 'MA' olarak paketlemek gerekir.

3

Tekrarlı permütasyon formülünü uygulama

5! / (2! * 2!) = 30

Elde edilen 5 elemanın (ikisi 'MA', ikisi R, biri A) farklı sıralanışlarının sayısını bulmak için.

Anahtar Kavram

Koşullu Tekrarlı Permütasyon

Soru 19Soru →

Analitik düzlemde sadece sağa (pozitif $x$ yönünde) ve yukarı (pozitif $y$ yönünde) birer birimlik adımlarla hareket edebilen bir robot, $A(0,0)$ noktasından yola çıkıp $C(2,2)$ noktasına uğrayarak $B(5,4)$ noktasına ulaşacaktır. Buna göre, bu robot $A$ noktasından $B$ noktasına kaç farklı rota izleyerek gidebilir?

Cevabı ve açıklamayı göster

Cevap: 60

Cevap

Robot, A noktasından B noktasına 60 farklı rota izleyerek gidebilir.

Robotun A'dan C'ye gitmesi için 2 sağ, 2 yukarı hareketi sıralanmalıdır. Bu durum

\frac{4!}{2!2!} = 6

farklı yolla yapılabilir. C'den B'ye gitmesi için ise 3 sağ, 2 yukarı hareketi sıralanmalıdır. Bu durum da

\frac{5!}{3!2!} = 10

farklı yolla yapılabilir. Çarpma kuralı gereğince toplam yol sayısı

6 \times 10 = 60

olur.

Adım Adım Çözüm

1

A(0,0) noktasından C(2,2) noktasına giden yolların sayısını hesaplama

6 farklı yol

A'dan C'ye gitmek için 2 birim sağa ve 2 birim yukarı olmak üzere toplam 4 adım atılmalıdır. Bu adımların farklı sıralanışları tekrarlı permütasyonla

\frac{4!}{2! \cdot 2!} = 6

olur.

2

C(2,2) noktasından B(5,4) noktasına giden yolların sayısını hesaplama

10 farklı yol

C'den B'ye gitmek için 3 birim sağa (5-2=3) ve 2 birim yukarı (4-2=2) olmak üzere toplam 5 adım atılmalıdır. Bu adımların farklı sıralanışları tekrarlı permütasyonla

\frac{5!}{3! \cdot 2!} = 10

olur.

3

Toplam farklı rota sayısını bulmak için çarpım kuralını uygulama

60 farklı rota

A'dan C'ye ve C'den B'ye yapılan hareketler ardışık ve bağımlı eylemler olduğundan, bu iki durumun yol sayıları çarpılır:

6 \times 10 = 60

.

Anahtar Kavram

Tekrarlı permütasyon yardımıyla ızgara üzerindeki en kısa yol problemlerinin çözümü.

Tahmini Süre:1m 30s

Soru 20Soru →

Bir çocuk; elindeki $n$ adet mavi, $2$ adet kırmızı ve $2$ adet sarı renkli özdeş oyuncak küpün tamamını dikey olarak üst üste dizerek kuleler oluşturmaktadır.

Bu küplerin tamamı kullanılarak oluşturulabilecek birbirinden farklı kule sayısı $420$ olduğuna göre, kule yapımında kullanılan toplam küp sayısı kaçtır?

4

6

7

8

9

Cevabı ve açıklamayı göster

Cevap: $8$

Cevap

Kule yapımında kullanılan toplam küp sayısı

8

'dir.

Toplam küp sayısı

n + 4

'tür. Küplerin özdeş olması nedeniyle oluşan farklı dizilim sayısı

\frac{(n+4)!}{n! \cdot 2! \cdot 2!} = 420

bağıntısı ile hesaplanır. Buradan

(n+4)(n+3)(n+2)(n+1) = 1680

elde edilir. Çarpımları

1680

olan dört ardışık sayı

5

,

6

,

7

ve

8

olduğundan

n = 4

bulunur. Dolayısıyla toplam küp sayısı

4 + 4 = 8

olur.

Adım Adım Çözüm

1

Özdeş küplerin dizilim sayıları için tekrarlı permütasyon bağıntısını oluşturun.

Toplam küp sayısı

n + 4

olup, özdeş küplerin kendi aralarındaki dizilim sayısı

\frac{(n+4)!}{n! \cdot 2! \cdot 2!} = 420

denklemini verir.

Mavi küplerden

n

adet, kırmızı küplerden

2

adet ve sarı küplerden

2

adet özdeş olduğu için tekrarlı permütasyon formülü uygulanmalıdır.

2

Faktöriyel ifadelerini sadeleştirerek

n

değerini bulun.

\frac{(n+4)(n+3)(n+2)(n+1) \cdot n!}{n! \cdot 4} = 420 \implies (n+4)(n+3)(n+2)(n+1) = 1680

olur. Çarpımları

1680

olan ardışık dört pozitif tam sayı

5 \cdot 6 \cdot 7 \cdot 8 = 1680

olduğundan

n+1 = 5 \implies n = 4

bulunur.

Bilinmeyen

n

parametresini bulmak için cebirsel denklem çözülmeli ve ardışık çarpan analizi yapılmalıdır.

3

Kule yapımında kullanılan toplam küp sayısını hesaplayın.

Toplam küp sayısı

n + 4 = 4 + 4 = 8

olarak bulunur.

Soruda sadece mavi küplerin sayısı (

n

) değil, kullanılan tüm küplerin toplam sayısı (

n+4

) istenmektedir.

Anahtar Kavram

Tekrarlı permütasyon formülünde, özdeş nesnelerin kendi aralarındaki yer değişimlerinin toplam permütasyon sayısını nasıl etkilediği incelenir.

Tekrarlı Permütasyon

Cevap

Adım Adım Çözüm

Anahtar Kavram

Sık Yapılan Hatalar

Cevap

Adım Adım Çözüm

Anahtar Kavram

Sık Yapılan Hatalar

Cevap

Adım Adım Çözüm

Anahtar Kavram

Sık Yapılan Hatalar

Cevap

Adım Adım Çözüm

Anahtar Kavram

Sık Yapılan Hatalar

Cevap

Adım Adım Çözüm

Anahtar Kavram

Sık Yapılan Hatalar

Cevap

Adım Adım Çözüm

Anahtar Kavram

Sık Yapılan Hatalar

Alternatif Yöntem

Cevap

Adım Adım Çözüm

Anahtar Kavram

Sık Yapılan Hatalar

Cevap

Adım Adım Çözüm

Anahtar Kavram

Sık Yapılan Hatalar

Cevap

Adım Adım Çözüm

Anahtar Kavram

Sık Yapılan Hatalar

Cevap

Adım Adım Çözüm

Anahtar Kavram

Sık Yapılan Hatalar

Cevap

Adım Adım Çözüm

Anahtar Kavram

Sık Yapılan Hatalar

Cevap

Adım Adım Çözüm

Anahtar Kavram

Sık Yapılan Hatalar

Cevap

Adım Adım Çözüm

Anahtar Kavram

Sık Yapılan Hatalar

Cevap

Adım Adım Çözüm

Anahtar Kavram

Sık Yapılan Hatalar

Alternatif Yöntem

Cevap

Adım Adım Çözüm

Anahtar Kavram

Sık Yapılan Hatalar

Alternatif Yöntem

Cevap

Adım Adım Çözüm

Anahtar Kavram

Sık Yapılan Hatalar

Alternatif Yöntem

Cevap

Adım Adım Çözüm

Anahtar Kavram

Sık Yapılan Hatalar

Cevap

Adım Adım Çözüm

Anahtar Kavram

Sık Yapılan Hatalar

Cevap

Adım Adım Çözüm

Anahtar Kavram