Permütasyon ve Kombinasyon Konu Anlatımı

Sayma neden önemlidir?

Permütasyon ve kombinasyon, "kaç farklı şekilde?" sorusunun cevabını tek tek yazmadan bulmanın yoludur. KPSS'de bu konudan sıralama (kişileri dizme, rakamlarla sayı yazma, kelime oluşturma) ve seçme (ekip, komisyon, takım kurma) soruları gelir. Olasılık konusu da tamamen bu sayma yöntemlerine dayanır.

Bütün konunun anahtarı tek bir sorudur: Sıra önemli mi?

• Sıra önemliyse (başkan–yardımcı seçmek, sıraya dizmek, sayı yazmak) permütasyon,
• Sıra önemsizse (3 kişilik ekip, 2 kitap seçmek) kombinasyon kullanılır.

Temel sayma kuralları

Toplama kuralı

Bir iş, birbirinden ayrık yollardan biriyle yapılabiliyorsa yol sayıları toplanır. Soruda genellikle "veya" bağlacıyla karşımıza çıkar.

Örnek: A şehrinden B şehrine 2 farklı otobüs veya 3 farklı tren seferiyle gidilebiliyorsa, gidiş yolu sayısı \(2 + 3 = 5\) olur.

Çarpma kuralı

Bir iş art arda yapılan aşamalardan oluşuyorsa ve birinci aşama m, ikinci aşama n yolla yapılabiliyorsa iş \(m \cdot n\) yolla yapılır. Soruda genellikle "ve", "önce ... sonra ..." anlamı vardır.

Örnek: Ankara'dan İstanbul'a 3 farklı yol, İstanbul'dan İzmir'e 4 farklı yol vardır. İstanbul'a uğrayarak Ankara'dan İzmir'e \(3 \cdot 4 = 12\) farklı yolla gidilir.

Basamak doldurma yöntemi

Rakamlarla sayı yazma sorularında her basamak için bir kutu çizilir ve her kutuya kaç seçenek olduğu yazılır; sonra çarpılır. İki altın kural:
1. Kısıtlı basamaktan başla. "Çift sayı" isteniyorsa önce birler basamağı, "0 başa gelemez" kuralı için önce en soldaki basamak doldurulur.
2. 0 rakamına dikkat: Sayının ilk basamağına 0 gelemez.

Örnek: \(\{1, 2, 3, 4, 5\}\) rakamlarıyla yazılabilen üç basamaklı sayılar:

• Rakamlar tekrar edebilirse: \(5 \cdot 5 \cdot 5 = 125\)
• Rakamları farklı ise: \(5 \cdot 4 \cdot 3 = 60\)

Faktöriyel

1'den n'ye kadar olan doğal sayıların çarpımına n faktöriyel denir ve n! ile gösterilir.

\[n! = n \cdot (n - 1) \cdot (n - 2) \cdots 2 \cdot 1\]

\[0! = 1\]

\[1! = 1\]

Permütasyon (sıralama)

n farklı nesnenin hepsi bir sıraya dizilirse birinci yere n, ikinci yere \(n - 1\), ..., son yere 1 seçenek kalır. Bu yüzden n farklı nesne \(n!\) farklı şekilde sıralanır.

\[n \cdot (n - 1) \cdot (n - 2) \cdots 1 = n!\]

n farklı nesneden r tanesi seçilip sıralanırsa (r'li permütasyon) yalnızca r kutu doldurulur:

\[P(n, r) = \frac{n!}{(n - r)!} = n \cdot (n - 1) \cdots (n - r + 1)\]

Örnek: A, B, C harflerinden ikisi seçilip sıralanırsa \(P(3, 2) = 3 \cdot 2 = 6\) dizilim olur: AB, AC, BA, BC, CA, CB. Burada AB ile BA farklıdır, çünkü sıra önemlidir.
5 kişi arasından bir başkan ve bir yardımcı \(P(5, 2) = 5 \cdot 4 = 20\) farklı şekilde seçilir.

Belirli kişiler yan yana

Yan yana olması istenen kişiler tek bir blok (paket) gibi düşünülür:
1. Blok tek kişi sayılarak bütün birimler sıralanır.
2. Blok içindeki kişilerin kendi aralarındaki sıralanışı ile çarpılır.

Buna göre n kişiden belirli k kişinin yan yana olduğu sıralamaların sayısı:

\[(n - k + 1)! \cdot k!\]

Birden fazla grup varsa (ör. matematik kitapları kendi arasında, tarih kitapları kendi arasında yan yana) her grup bir blok olur; blokların sıralanışı ile her bloğun iç sıralanışları çarpılır.

Belirli kişiler yan yana olmasın

"Yan yana olmasın" sorularının en kolay yolu tümleyendir: yan yana olmayanlar = tüm sıralamalar − yan yana olanlar. Örneğin n kişiden belirli 2 kişinin yan yana olmadığı sıralamalar:

\[n! - (n - 1)! \cdot 2!\]

Birden fazla kişinin hiçbirinin yan yana olmaması isteniyorsa (ör. 3 kadının hiçbiri birbirine bitişik olmasın) boşluk yöntemi kullanılır: önce diğerleri sıralanır, kısıtlı kişiler aradaki ve kenardaki boşluklara yerleştirilir.

Örnek: 3 erkek ve 2 kadın, iki kadın yan yana olmayacak şekilde sıraya dizilecek. Önce erkekler sıralanır: \(3! = 6\). Erkeklerin arasında ve iki kenarında 4 boşluk oluşur: _ E _ E _ E _. İki kadın bu 4 boşluktan farklı ikisine sıralı yerleşir: \(P(4, 2) = 4 \cdot 3 = 12\). Sonuç: \(6 \cdot 12 = 72\).
Tümleyenle kontrol: \(5! - 4! \cdot 2! = 120 - 48 = 72\).

Belirli yerlere gelme şartı

"A başta olsun", "B sonda olsun" gibi şartlarda önce şartlı yer doldurulur, kalan kişiler kalan yerlere sıralanır. "A başta olmasın" gibi olumsuz şartlarda tümleyen kullanılır. İki olumsuz şart birlikte varsa, iki şartın da bozulduğu durum iki kez çıkarılmış olacağı için bir kez geri eklenir.

Tekrarlı permütasyon

Sıralanacak nesnelerin bazıları birbirinin aynısıysa (aynı harfler, aynı renkte toplar) bunların kendi aralarında yer değiştirmesi yeni bir dizilim oluşturmaz. Bu yüzden toplam sıralama, aynı olanların faktöriyeline bölünür.

\[\frac{n!}{n_1! \cdot n_2! \cdots n_k!}\]

Burada n toplam nesne sayısı; \(n_1, n_2, \ldots\) ise birbirinin aynısı olan nesnelerin sayılarıdır.

Örnek: ANKARA kelimesinde 6 harf vardır ve A harfi 3 kez geçer. Harflerin yerleri değiştirilerek \(\frac{6!}{3!} = \frac{720}{6} = 120\) farklı kelime (anlamlı ya da anlamsız) yazılır.

Dairesel permütasyon

n farklı kişi yuvarlak bir masaya oturursa, herkesin bir sandalye kaydığı dizilimler aynı sayılır (sağındaki ve solundaki kişiler değişmez). Bu yüzden bir kişi sabitlenir, kalan \(n - 1\) kişi sıralanır. n farklı kişinin dairesel sıralanışı:

\[(n - 1)!\]

Örnek: 5 kişi yuvarlak masaya \((5 - 1)! = 4! = 24\) farklı şekilde oturur.

Kombinasyon (seçme)

n farklı nesneden, sıra gözetmeksizin r tanesinin seçilmesine r'li kombinasyon denir. r'li permütasyonda her seçim kendi içinde r! kez sıralanmış sayılır; bu yüzden kombinasyon için r!'e bölünür.

\[C(n, r) = \binom{n}{r} = \frac{n!}{r! \cdot (n - r)!} = \frac{P(n, r)}{r!}\]

Örnek: A, B, C harflerinden ikisi seçilirse \(C(3, 2) = 3\) seçim vardır: {A, B}, {A, C}, {B, C}. Permütasyondaki AB ve BA burada aynı seçimdir.

Seçme sorularının tipleri

• Gruplardan seçme: 5 erkek ve 4 kadından 2 erkek ve 1 kadın seçilecekse her gruptan ayrı seçilip çarpılır: \(C(5, 2) \cdot C(4, 1)\).
• Belirli kişi mutlaka seçilsin: O kişi önceden ekibe alınır, kalan yerler kalan kişilerden seçilir: \(C(n - 1, r - 1)\).
• Belirli kişi seçilmesin: O kişi listeden çıkarılır: \(C(n - 1, r)\).
• En az bir: Tümleyen kullanılır: tüm seçimler − istenen türden hiç olmayan seçimler.
• En az iki, en çok iki gibi şartlar: Durumlar tek tek yazılıp toplanır (toplama kuralı).

Geometride kombinasyon

Çözümlü örnekler

Örnek 1. Bir öğrencinin 4 farklı gömleği, 3 farklı pantolonu ve 2 farklı ayakkabısı vardır. Bir gömlek, bir pantolon ve bir ayakkabı seçerek kaç farklı şekilde giyinebilir?

Çözüm: Gömlek, pantolon ve ayakkabı seçimi art arda yapılan üç aşamadır ("hem gömlek hem pantolon hem ayakkabı"). Çarpma kuralı uygulanır:
\(4 \cdot 3 \cdot 2 = 24\)
Cevap: 24

Örnek 2. \(\frac{5! + 4!}{4! - 3!}\) işleminin sonucu kaçtır?

Çözüm: Payın içindeki en küçük faktöriyel \(4!\), paydanın içindeki en küçük faktöriyel \(3!\)'dir. Her birini kendi ortak çarpan parantezine alalım:
Pay: \(5! + 4! = 5 \cdot 4! + 4! = 4! \cdot (5 + 1) = 6 \cdot 4!\)
Payda: \(4! - 3! = 4 \cdot 3! - 3! = 3! \cdot (4 - 1) = 3 \cdot 3!\)
\(\frac{6 \cdot 4!}{3 \cdot 3!} = \frac{6 \cdot 4 \cdot 3!}{3 \cdot 3!} = \frac{24}{3} = 8\)

Kontrol: \(\frac{120 + 24}{24 - 6} = \frac{144}{18} = 8\).
Cevap: 8

Örnek 3. Bir kulübün 8 üyesi arasından bir başkan, bir başkan yardımcısı ve bir sekreter seçilecektir. Bir kişi birden fazla görev alamadığına göre bu seçim kaç farklı şekilde yapılabilir?

Çözüm: Görevler farklı olduğu için sıra önemlidir (Ali başkan–Veli yardımcı ile Veli başkan–Ali yardımcı farklı yönetimlerdir). Bu bir 3'lü permütasyondur:
Başkan için 8, yardımcı için kalan 7, sekreter için kalan 6 seçenek vardır.
\(P(8, 3) = 8 \cdot 7 \cdot 6 = 336\)
Cevap: 336

Örnek 4. \(\{0, 1, 2, 3, 4, 5\}\) kümesinin elemanlarıyla rakamları farklı üç basamaklı kaç çift sayı yazılabilir?

Çözüm: Birler basamağı çift olmalıdır: 0, 2 veya 4. 0 rakamı hem birler basamağında hem de yüzler basamağında kısıt oluşturduğu için iki duruma ayıralım.

1. durum, birler basamağı 0: Yüzler basamağına kalan 5 rakamın hepsi gelebilir (0 zaten kullanıldı), onlar basamağına kalan 4 rakam gelir.
\(5 \cdot 4 \cdot 1 = 20\)

2. durum, birler basamağı 2 veya 4: Birler için 2 seçenek. Yüzler basamağına 0 ve birlerde kullanılan rakam gelemez: \(6 - 2 = 4\) seçenek. Onlar basamağına kalan 4 rakam gelir (0 artık kullanılabilir).
\(4 \cdot 4 \cdot 2 = 32\)

Durumlar ayrık olduğu için toplanır: \(20 + 32 = 52\)
Cevap: 52

Örnek 5. ANTALYA kelimesinin harfleri kullanılarak 7 harfli, anlamlı ya da anlamsız
a) kaç farklı kelime yazılabilir?
b) bunlardan kaç tanesi A harfiyle başlar?

Çözüm: ANTALYA kelimesinde 7 harf vardır: A harfi 3 kez, N, T, L, Y harfleri birer kez geçer.

a) Tekrarlı permütasyon: \(\frac{7!}{3!} = \frac{5040}{6} = 840\)

b) İlk harf A olarak sabitlenir. Geriye kalan 6 harf: A, A, N, T, L, Y (A harfi 2 kez).
\(\frac{6!}{2!} = \frac{720}{2} = 360\)
Cevap: a) 840 b) 360

Örnek 6. Aralarında Ali ve Ayşe'nin de bulunduğu 6 kişi düz bir sıraya dizilecektir.
a) Ali ile Ayşe yan yana olmak şartıyla kaç farklı sıralama yapılabilir?
b) Ali ile Ayşe yan yana olmamak şartıyla kaç farklı sıralama yapılabilir?

Çözüm: a) Ali ile Ayşe'yi tek bir blok kabul edelim. Sıralanacak birimler: blok + diğer 4 kişi = 5 birim.
5 birimin sıralanışı: \(5! = 120\)
Blok içinde Ali–Ayşe veya Ayşe–Ali: \(2! = 2\)
Yan yana sıralamalar: \(120 \cdot 2 = 240\)

b) Tümleyen yolu: tüm sıralamalar \(6! = 720\)
Yan yana olmayanlar: \(720 - 240 = 480\)
Cevap: a) 240 b) 480

Örnek 7. Aralarında Can ve Ece'nin de bulunduğu 6 kişi yuvarlak bir masanın etrafına oturacaktır.
a) Kaç farklı şekilde oturabilirler?
b) Can ile Ece yan yana oturmak şartıyla kaç farklı şekilde oturabilirler?

Çözüm: a) Dairesel sıralama: \((6 - 1)! = 5! = 120\)

b) Can ile Ece'yi tek blok kabul edelim. Yuvarlak masaya 5 birim oturur: \((5 - 1)! = 4! = 24\)
Blok içinde iki kişinin yer değiştirmesi: \(2! = 2\)
\(24 \cdot 2 = 48\)
Cevap: a) 120 b) 48

Örnek 8. Bir rafa 3 farklı matematik ve 4 farklı tarih kitabı dizilecektir. Aynı derse ait kitaplar yan yana olmak şartıyla kaç farklı dizilim yapılabilir?

Çözüm: Matematik kitapları bir blok, tarih kitapları bir blok olsun.
İki bloğun kendi arasındaki sıralanışı (önce matematik ya da önce tarih): \(2! = 2\)
Matematik bloğunun iç sıralanışı: \(3! = 6\)
Tarih bloğunun iç sıralanışı: \(4! = 24\)
Çarpma kuralı: \(2 \cdot 6 \cdot 24 = 288\)
Cevap: 288

Örnek 9. 10 kişilik bir sınıftan 3 kişilik bir temsilci grubu seçilecektir.
a) Kaç farklı grup seçilebilir?
b) Sınıf başkanının mutlaka grupta olduğu kaç farklı grup seçilebilir?
c) Sınıf başkanının grupta olmadığı kaç farklı grup seçilebilir?

Çözüm: Grup üyelerinin görevi yoktur, sıra önemsizdir: kombinasyon.

a) \(C(10, 3) = \frac{10 \cdot 9 \cdot 8}{6} = 120\)

b) Başkan önceden gruba alınır. Kalan 2 yer, kalan 9 kişiden seçilir:
\(C(9, 2) = \frac{9 \cdot 8}{2} = 36\)

c) Başkan listeden çıkarılır. 3 kişi kalan 9 kişiden seçilir:
\(C(9, 3) = \frac{9 \cdot 8 \cdot 7}{6} = 84\)

Kontrol: Başkanın olduğu ve olmadığı gruplar birlikte bütün grupları verir: \(36 + 84 = 120\).
Cevap: a) 120 b) 36 c) 84

Örnek 10. 5 erkek ve 4 kadın arasından 2 erkek ve 2 kadından oluşan 4 kişilik bir ekip kaç farklı şekilde seçilebilir?

Çözüm: Erkekler ve kadınlar ayrı gruplardır. Her gruptan ayrı seçim yapılır, sonra çarpılır:
Erkekler: \(C(5, 2) = \frac{5 \cdot 4}{2} = 10\)
Kadınlar: \(C(4, 2) = \frac{4 \cdot 3}{2} = 6\)
Ekip sayısı: \(10 \cdot 6 = 60\)
Cevap: 60

Örnek 11. 5 erkek ve 4 kadın arasından en az bir kadının bulunduğu 3 kişilik kaç farklı ekip seçilebilir?

Çözüm: "En az bir" ifadesi görüldüğü için tümleyen yolunu kullanalım.
Toplam 9 kişiden 3 kişilik tüm ekipler: \(C(9, 3) = 84\)
Hiç kadın olmayan, yani yalnız erkeklerden oluşan ekipler: \(C(5, 3) = 10\)
En az bir kadın bulunan ekipler: \(84 - 10 = 74\)

Kontrol (durumları tek tek sayarak):

• 1 kadın 2 erkek: \(C(4, 1) \cdot C(5, 2) = 4 \cdot 10 = 40\)
• 2 kadın 1 erkek: \(C(4, 2) \cdot C(5, 1) = 6 \cdot 5 = 30\)
• 3 kadın: \(C(4, 3) = 4\)

Toplam: \(40 + 30 + 4 = 74\)
Cevap: 74

Örnek 12. Bir toplantıdaki herkes diğer her katılımcıyla birer kez tokalaşmıştır. Toplam 45 tokalaşma olduğuna göre toplantıda kaç kişi vardır?

Çözüm: Her tokalaşma iki kişi arasında olur ve sıra önemsizdir (Ali–Veli ile Veli–Ali aynı tokalaşmadır). n kişi için tokalaşma sayısı \(C(n, 2)\)'dir:
\(\frac{n \cdot (n - 1)}{2} = 45 \Rightarrow n \cdot (n - 1) = 90\)
Ardışık iki sayının çarpımı 90 ise sayılar 10 ve 9'dur: \(n = 10\)

Kontrol: \(C(10, 2) = \frac{10 \cdot 9}{2} = 45\).
Cevap: 10

Örnek 13. Düzlemdeki 10 noktadan 4'ü aynı doğru üzerindedir; bunlar dışında herhangi üç nokta doğrusal değildir. Bu noktalarla
a) kaç farklı üçgen çizilebilir?
b) kaç farklı doğru çizilebilir?

Çözüm: a) 10 noktadan seçilen her 3 nokta üçgen oluştursaydı \(C(10, 3) = 120\) üçgen olurdu. Ancak doğrusal 4 noktadan seçilen 3 nokta üçgen oluşturmaz: \(C(4, 3) = 4\)
Üçgen sayısı: \(120 - 4 = 116\)

b) Her 2 nokta bir doğru belirtseydi \(C(10, 2) = 45\) doğru olurdu. Doğrusal 4 noktadan seçilen \(C(4, 2) = 6\) ikilinin hepsi aynı doğruyu verir; bu 6 doğru çıkarılıp yerine 1 doğru eklenir:
Doğru sayısı: \(45 - 6 + 1 = 40\)
Cevap: a) 116 b) 40

Örnek 14. Aralarında Arda ve Berk'in de bulunduğu 6 kişi düz bir sıraya dizilecektir. Arda en başta olmamak ve Berk en sonda olmamak şartıyla kaç farklı sıralama yapılabilir?

Çözüm: Olumsuz şartlar olduğu için tümleyen yolunu kullanalım.
Tüm sıralamalar: \(6! = 720\)
Arda en başta olan sıralamalar: Arda sabitlenir, kalan 5 kişi sıralanır: \(5! = 120\)
Berk en sonda olan sıralamalar: \(5! = 120\)
Hem Arda başta hem Berk sonda olan sıralamalar: kalan 4 kişi sıralanır: \(4! = 24\). Bu sıralamalar yukarıdaki iki grubun ikisinde de sayıldığı için iki kez çıkarılmış olur, bir kez geri eklenir.

İstenen: \(720 - 120 - 120 + 24 = 504\)
Cevap: 504

Sık yapılan hatalar