TC DOKUZ EYLÜL ÜNİVERSİTESİ BUCA EĞİTİM FAKÜLTESİ MATEMATİK ÖĞRETMENLİĞİ İHTİMALLER HESABININ AMACI VE TARİHÇESİ PERMÜTASYON, KOMBİNASYON, BİNOM HAZIRLAYANLAR İZMİR-2003 İHTİMALLER HESABININ AMACI ve TARİHÇESİ İhtimal teorisi, tesadüfi olaylara egemen olan kanunları matematiksel metotlarla inceleyen bir bilimdir. Bir deney aynı şartlar altında bir çok kez tekrar edildiğinde sonuçlar belli bir kurala bağlı olmaksızın her kez değişebiliyorsa, bu deneyin belirli bir sonucuna bağımlı olarak gerçekleşen (ya da gerçekleşmeyen) bir olaya tesadüfi olay denir. ÖRNEK 1: Zar atma deneyinin altı değişik sonucu vardır. Deney tekrarlandığında hangi sonucun çıkacağını önceden belirleyen bir kural yoktur, sonuçlar tesadüfi olarak çıkar. “Zar 6 gelirse A kazanır” şeklindeki bir olay tesadüfi olaydır. ÖRNEK 2: Ankara belediye otobüslerinden belli bir tanesinin bilet toplanan kutusu her gün akşam aynı saatte açılıp, içindeki biletler sayıldığında her gün değişik sayılar çıkar. Bilet sayıları tesadüfi olarak değişir. “Bilet sayısı belli bir miktarı aşarsa şoföre prim verilecektir” şeklindeki olay tesadüfidir. ÖRNEK 3: Ankara’dan İstanbul’a uçan bir yolcu uçağı bu yolu her uçuşta tam aynı sürede almaz. Uçuş süresi tesadüfi olarak değişir. “Uçağın 5 dakika rötar yapması” olayı, tesadüfi olaydır. ÖRNEK 4: 21 Şubat 1983 günü saat 16:30’da doğan Kemal 4 kg. doğmuştur; ama Ali başka anneden aynı anda 3,5 kg. doğmuştur. Yeni doğan bebeklerin vücut ağırlıkları gibi, boy uzunlukları, cinsiyetleri vb... vasıflar tesadüfi olarak değişir. Bu örnekler ve daha nice benzerlerinde görüleceği gibi, bir çok doğal olaylar tesadüfi olaylardır. Kuşkusuz doğada tamamıyla belirli sonuçlar veren deneylere de pek çok örnekler gösterilebilir: “Taş bırakıldığında düşer”. Deney tekrar edildi¬ğinde her kez taş düşer. Bu olayda tesadüfilik yoktur. Çünkü deneyin ne sonuç vereceğini belirleyen kural vardır, “o da Newton’un çekim kanunu” dur. Ama taşın düşeceği nokta aynı nokta olmayabilir, tesadüfi olarak değişir. “İnsan doğar yaşar, ölür”. Ölüm kesindir, tesadüfi değildir. Fakat ömür, yani yaşam süresi, tesadüfidir. Anlaşılan hemen her belirli olaya az çok tesadüfilik de eşlik ediyor. Şu var ki pozitif bilimlerde ve uygulamalı bilimlerde doğa olayına etki eden ikinci faktörler yani tesadüfi olarak değişen elemanlar genellikle ihmal edilir yalnızca birinci elemanlar dikkate alınır. Çünkü bunlar deney boyunca kontrol edilebilen değişkenlerdir. Birinci elemanlar problemin parametrelerini oluşturur. Parametreler, duruma göre değerler alan değişkenlerdir ama tesadüfi olarak değiş mezler. Meselâ, yatayla  açısı yapan bir eğik atışta merminin ilk hızı V0 ise, merminin düştüğü yerin uzaklığı d = f (, V0 ) fonksiyonu ile belirtilebilir. Burada d uzaklığına etki eden birinci elemanlar 6 ve V0 hep aynı kalsa da atış tekrar edildiğinde mermi aynı noktaya düşmeyebilir. Bunun nedeni, olaya etki eden tesadüfi elemanlardır. Mermi¬nin düştüğü noktaların bir merkez etrafında yayılması, başka deyimle merkeze uzaklıkların değişimi tesadüfidir. Bu değişim hangi kanuna uyar? İşte ihtimal teorisinin uğraşı alanına giren bir örnek karşısındayız. d = f (, V0) fonksiyonunu elde etmek mekanik biliminin uğraşı alanına girer. Demek ki tesadüfi olayların rol oynadığı problemlerin incelenmesi ve tesadüfi olayların bağlı olduğu kanunları ortaya koymak ihtimal teorisinin amacını teşkil eder. Tesadüfi olaylara etki eden nedenlerin çokluğu ve karmaşıklığı bunların incelenmesi için özel metotları gerekli kılmıştır. Bu metotlar ihtimal teorisi içinde geliştirilmişlerdir. Pratikte deneyler göstermiştir ki, bir tesadüfi olayın gerçekleşme¬si ya da gerçekleşmemesi pek çok sayıda gözlemlendiğinde, az çok bir kararlılık gösterir. Meselâ, Ankara doğum evinde yıllar boyunca tespit edilen erkek doğum oranının % 50’ye yakınsadığı kolaylıkla gözlemlenebilir. Demek ki tek başına bir tesadüfi olayın karmaşıklığına karşılık, bunların cümlesi için geçerli basit bir kanun elde edilebiliyor. Öğrencilerin bir imtihandan aldığı notlar tesadüfi olarak değişir. Çok sayıda öğrencilerin aynı imtihandan aldığı notların bir merkezi puan etrafında yoğunlaş¬tığını, az bir kısmının merkezden uzak çok düşük puanlar; gene az bir kısmının da merkezden uzak çok yüksek puanlar aldığını her zaman gözlemlemekteyiz. Bu notların dağılımı Normal kanuna ya da Gauss kanununa uyarlar. Normal kanun ilerdeki bir bölümde ayrıntılı olarak tanıtılacaktır. İhtimal teorisi, metot olarak olayları tek tek değil toplu olarak inceleme metodunu kabul eder. Tek tek olayların özellikleri klâsik bilimsel metotlarla ortaya konurken ihtimal teorisinin metotlarından yararlanılabilir. Meselâ, Astronomi, Nükleer Fizik, Kimya, Biyoloji, Tıp, Veterinerlikte, Ekonomide, Planlama ve Programlamada, Askeri Operasyonlarda, Meteorolojide ihtimal metodlarına sık sık başvurulur. İhtimal metotları, matematiksel metotlar yardımıyla ortaya çıkarılmış oldukları için ihtimal teorisi, matematiğin bir dalı olarak gözetilir. Bu nedenle ihtimal teorisi de matematiğin diğer dalları kadar mantıklı ve kesin sonuçlar verir. Özetle ihtimal teorisi, matematiğin diğer dalları gibi, uygulama ihtiyaçlarından doğmuştur. Tesadüfi olaylara ilişkin problemlerin sistematik biçimde incelenmesine XVII.’ci yüzyılda başlanmıştır. Bu yüzyıl başlarında ünlü fizik bilgini Galile fiziksel çoklukların ölçüm hatalarını incelemeye girişmiş ve bunların tesadüfi olarak değiş¬tiğini kabul ederek, hataların ihtimallerini hesaplamıştır. Bu yüzyılda bir yandan da sigorta hesaplarının ilk defa yapıldığı göze çarpıyor. Bu hesaplar, tesadüfi olayla¬ra egemen olan kanunların analizine dayandırılıyordu. Tesadüfi olayları analiz etmeye yarayan bir matematiksel araç bulma zorunluluğu kendini hissettirmişti. Bunun için de önce, en basit tesadüfi olayları incelemek gerekiyordu. Sistematik inceleme, şans oyunları ile başladı. XVI. ve XVII. Asırlarda, şans oyunları özellikle zengin şahıslar arasında yaygındı ve olasılık gerektiren pek çok sorular zamanın çok iyi bilinen matematikçilerinden Cardano, Galile, Pascal, Fermat, Leibnitz ve Bernoulli’ye kart çekmeyi, zar atışını ve çoğu kez karışık kural gruplarını içine alırdı kumarcılar kazanmalarını en yüksek düzeye çıkartmak için gereksindikleri en iyi stratejiyi kullanmayı arzu ettiler. Gerçekten şans oyunları, tesadüfi olaylara, çok basit ve anlaşılması kolay modeller oluştururlar. Bu nedenle bugün de ders kitaplarında bunlardan yararlanılır. Modern anlamda ihtimal teorisinin doğuşu 1650’ye doğru Fermat (1601-1665), Pascal (1623 -1662) ve Huygens (1629 -1695)’in oyunlar teorisine ilişkin çalışmaları sonucunda gerçekleşmiştir. Bu çalışmalarda yavaş yavaş ihtimaller hesabının önemli kavramlarına ve “matematiksel umut” kavramına rastlanıyor. İhtimal hesaplarının metotları öncelikle sigorta problemlerinde kullanılmıştı. XVII. ci yüzyılın sonlarından itibaren sigorta hesapları bilimsel metotlara dayandırılmış bulunuyordu. Bir süre sonra ihtimal teorisi diğer alanlara da girdi. Jacob Bernouilli (1654 - 1705)’nin çalışmaları ihtimal teorisini bir adım daha ileri götürdü. İhtimal teorisinin temel kanunlarından biri olan “Büyük Sayılar Kanunu”nu ilk defa J. Bernouilli ispat etmiştir. Bernouilli ilk kez bir olayın ihtimalini bu olayın frekansının limiti olarak tanımlamıştır. İhtimal teorisinin gelişiminde bir başka adım De Moivre (1667 - 1754) ile başlar. Normal kanunu ya da Gauss kanununu, en basit hal için, ilk kez Moivre bulmuş ve ispatını vermiştir. Sonra, Laplace (1749 -1827), Gauss (1777 -1855), Poisson (1781 -1840) un çalışmaları gelir. İhtimal teorisinin temel taşlarından biri olan “Merkezi Limit Teoremi” (Moivre - Laplace Teoremi) ilk kez Laplace tarafından ispat edilmiş ve bir çok dikkate değer uygulamaları yapılmıştır. Özellikle, gözlem ve ölçüm hatalarına ilişkin uygulamalar üzerinde durulmuştur. Gauss, Normal Kanunu daha ciddi bir biçimde ortaya koymuş “En Küçük Kareler Yöntemini” bulmuştur. Poisson, Özellikle uygulama alanı çok geniş olan teorik yönüyle de gayet ilginç olan dağı¬lım kanunlarından birini “Poisson Dağılım Kanunu” nu bulmuştur. XVIII. ci yüzyıl ve XIX. cu yüzyılın başları, ihtimal teorisinin yoğun biçimde gelişme gösterdiği bir dönemdir. Bu dönemde ihtimal hesapları bilim adamları arasında adeta moda olmuştur. Hukuk problemlerine, tarih araştırmalarına, poli¬tikaya, hatta teolojiye bile uygulanmaya girişilmişti. Tüm düşünce ve muhakemeler¬de, belli ihtimal kabulünden hareketle yola çıkılıyordu. Meselâ, hukuk problemle¬rinde, kabul ediliyordu ki insanlar aynı ihtimalle yalan veya doğru söyler. Bir sosyal problem, basit bir aritmetik problemi gibi çözülüyordu. Aşikâr ki tüm bu girişimler başarısızlığa mahkumdu ve bilimsel gelişmede olumlu bir rol oynayamazdı. Nitekim XX. ci yüzyıla doğru artık ihtimal teorisi ile varılan sonuçlara şüphe ile bakılıyor ve güvenilmiyordu. Geniş bir zümrenin gözünde, ihtimal hesapları bir tür matematiksel eğlence gibi görülüyor ve ciddiye alınmıyordu. Ancak, Tchebychev (1821-1891) ve Markov (l 856 -1922) un çalışmaları ihtimal teorisinin gelişmesine yeniden hız kazandırdı, özellikle Markov Tesadüfi Süreçler teorisinin temelini attı. “XX. ci yüzyılda” ihtimal Teorisi modern bir aksiyomatik kuruluşa kavuştu. Çağımızda Tesadüfi Süreçler’e ilişkin problemlere büyük ilgi gösterilmektedir. Bu alanda emeği geçen başlıca bilim adamları arasında N. Wiener, W. Feller, J. Dobb, A. Kolmogorov, R. Fisher, J. Nevmann ve H. Gramer ’in isimlerini anabiliriz. ÖRNEK UZAYLAR, ÖRNEK NOKTALAR VE OLAYLAR Bir D deneyinin yapıldığını ve deneyin tüm olanaklı sonuçlarının yazıldığını kabul edelim. Örneğin bir zarın atılması deneyinde olası bütün sonuçlar {1, 2, 3, 4, 5, 6}’dır. Tanım (Örnek Uzay) : Bir deneyin olası bütün sonuçlarının kümesini S örnek uzay kümesi olarak tanımlayacağız. Örnek uzayın her bir elemanına da örnek nokta denir. Bir zarın atılması deneyinde örnek uzayımız S = {1, 2, 3, 4, 5, 6}’dır. S kümesinin her bir elemanı bir örnek noktadır. Bir paranın atılması deneyinde örnek uzayımız S = {Yazı, Tura} kümesidir. İki paranın ardarda atılması deneyinde örnek uzay S = {TT, YY, TY, YT} dır. Bir zarın ardarda iki kez atılması deneyinde örnek uzay S = {(x, y) | 1  x  6 ve 1  y  6} kümesidir. Tanım (Olay) : Herhangi bir deney için S örnek uzayının bir alt kümesine olay denir. Zarın atılması deneyinde S = {1, 2, 3, 4, 5, 6} kümesinin bir alt kümesi olan A = {2, 4, 6} zarın çift gelmesi olayıdır. S’nin alt kümelerinden S’ye kesin olay, ’ye de imkansız olay denir. Tanım (Rasgele Olay) : Gerçekleşmesi rastlantıya bağlı olan olaya rasgele olay denir. Örneğin bir deste oyun kağıdından seçilen bir kartın A olması rasgele bir olaydır. Genel olarak diyebiliriz ki A ve B olayları rasgele olaylarsa AB (A ve B olaylarının aynı anda olması) ve AB (A ve B olaylarından en az birinin olması) olayları da rasgele olaylardır. Ayrıca A rasgele bir olaysa A' (A olayının gerçekleşmemesi) de rasgele bir olaydır. A1, A2, ........, An sonlu sayıda olaylarsa A1 A2 ........  An ve A1 A2 ........  An olayları yine birer olaydır. Tanım (Ayrık Olaylar) : AB =  ise A ve B olayları ayrıktır. Bir zarın atılması deneyinde zarın çift gelmesi bir olay A = {2, 4, 6}, zarın tek gelmesi başka bir olaydır. B = {1, 3, 5} AB =  olduğundan bu iki olay ayrık olaylardır. ÖRNEK NOKTALARIN SAYMA KURALI Sonlu sayıdaki öğeli bir örnek uzaydaki bütün olanaklı sonuçların kümesini saymak isteyebiliriz. Deneydeki sonuçlar büyük sayıda ise her birini saymak bazen imkansızdır. Aşağıdaki yöntemler, örnek uzaydaki örnek noktaların listesine sahip olmaksızın onların sayısını belirlemeye yetecektir. Toplama Kuralı : Ayrık iki işlem düşünelim. İlk işlem N1 farklı şekilde, ikinci işlem ise N2 farklı şekilde yapılabiliyorsa işlemlerin biri veya diğeri N1 + N2 farklı şekilde yapılabilir. ÖRNEK : Bir rafta 5 matematik, 4 fizik, 3 kimya kitabı bulunuyor olsun. Raftan bir matematik kitabı 5 farklı şekilde, bir fizik kitabı 4 ve bir kimya kitabı 3 farklı şekilde seçilebilir. Bu olaylar ayrık olduğundan toplama kuralına göre raftan herhangi bir kitap 5 + 4 +3 = 12 farklı yolla seçilebilir. Çarpma Kuralı : İki işlem düşünelim. İlk işlem N1 farklı şekilde yapılabiliyorsa ve ilk işlem yapıldıktan sonra ikinci işlem N2 farklı yolla yapılabiliyorsa, bu iki işlem birlikte N1.N2 farklı yolla yapılabilir. ÖRNEK : A kentinden B kentine 3 ve B kentinden C kentine 5 farklı yolla gidilebilsin. Bir kişi A kentinden B kentine uğrayarak C kentine 3.5 = 15 farklı yolla gidebilir. A anahtarının açık olma olayı A B anahtarının açık olma olayı B C anahtarının açık olma olayı C D anahtarının açık olma olayı D olsun. Lambanın yanması (Y) ve yanmaması (Y') olaylarını yazalım. Y' = A  (BCD) (Y')' = Y = [A(BCD)]' = A'(BCD)' = A'(B'C'D') = (A'B') (A'C') (A'D') GIROLAMO CARDANO (JEROME CARDAN) (1501-1576) : İtalyan matematikçisidir. Zar ve kağıtla oynanan şans oyunları ve satranç üzerinde kitap yazdı. 3. ve 4. dereceden denklemlerin çözümleri için yöntem geliştirmiştir. n nesneden en az ikisinin farklı seçim yollarının sayısını veren 2n – n – l formülünü 1539 yılında elde etmiştir. Cardano’nun çalışmalarının toplu halde bulunduğu “Liber d Luda Alece” adlı kitap ölümünden sonra 1663 yılında yayınlanmıştır. GALILEO GALILEI (1564-1642) : İtalyan astronom ve fizik bilginidir. Galileo, bilinen ve matematiksel olarak formülleştirilmiş fizik kanunlarının geçerliliğini kanıtlamak için birçok gözlem ve sayısız deneyler yapmıştır. Fiziksel olayları deneyerek matematiksel olarak formülleştirdiği için bilim dünyasına katkısı büyüktür. Galileo 1632 de yayınlanan “Dialogo” adlı eserinde yeni keşfedilen yıldızlar üzerindeki gözlemlerin detaylı istatistiksel analizini vermiştir. Rasgele hatalar üzerinde durmuştur. PIERRE DE FERMAT (1601-1665) : Fransa doğumludur. Hukuk ve matematik eğitimi almıştır. Analitik geometriyi 3 boyutlu uzaya taşımıştır. Sayılar kuramı üzerinde özellikle asal sayılar üzerinde çok durmuştur. Olasılık hesabı Fermat ’a çok şey borçludur. Özellikle “n tam sayısı 2 den büyük olmak üzere denkleminin sıfırdan farklı tam sayılar veya rasyonel sayılar kümesinde çözümü yoktur” şeklindeki meşhur problemi uzun yıllar boyunca çözülememiş ancak yakın zamanda çözümü elde edilmiştir. Buluşlarını yayınlamayıp sakladığı görülmüştür. Pascal ile birlikte binom katsayılarını verdiler. PERMÜTASYON n tane birbirinden farklı elemanın alınıp düzenlenmesine permütasyon denir. Teorem : n tane farklı elemanın hepsi sıralandığından oluşan düzenlerin sayısı n! kadardır. İspat : Doldurulacak n tane yer vardır. 1. yere n tane, 2. yere (n–1) tane, ....., n’inci yere 1 tane eleman yerleştirme ihtimali vardır. n.(n–1).......2.1 = n! olur. Bu durum P(n, n) ile gösterilir. Teorem (Tekrarlı Permütasyon) : n tane nesnenin n1 tanesi bir türden, n2 tanesi ikinci türden, n3 tanesi üçüncü türden, ......, nk tanesi k’ıncı türden ise bu nesnenin tümü sıralandığında elde edilecek farklı düzen sayısı : olur. İspat : n1 nesnenin aynı, diğerlerinin farklı olduğunu kabul edelim. Aynı nesneler x1, x2,....,xk olsun. Kalan nesnelerden oluşan bir tek düzeni alalım ve onu k ile gösterelim. Bu durumda yazılır. Bunların sayısı n1! dir. Ancak bunlar bizim istediğimiz düzen olarak 1 tanedir. aynı olduğundan n1! Çarpanı kadar düzen aynı olur ve istenen düzen sayısı : ’dir. Benzer şekilde aynı nesne için elde edilecek farklı düzen sayısı : olur. ÖRNEK : 7 tane topu, 7 tane kutuya, kutulardan ikisinde 2, üçünde 1 ve ikisi de boş olmak şartıyla kaç farklı şekilde yerleştirilir? ÇÖZÜM : 7 kutu kendi arasında farklı şekilde dizilir. 7 top kutulara yani farklı şekilde yerleştirilebilir. ÖRNEK : 52 kartlık standart bir deste 4 oyuncu arasında kaç farklı şekilde dağıtılır? ÇÖZÜM : Oyuncuların her birine 13 kart verileceğinden, olanaklı farklı dağıtımlar = ’dır. ÖRNEK : 3, 2, 2, 3, 7 rakamları ile yazılabilecek 5 basamaklı sayıların ne kadarı 2 ile başlar 7 ile biter? ÇÖZÜM : Beş basamaklı sayı abcde olsun. a yerine 2 ve e yerine 7 rakamları geleceğinden bcd yerine 2,3,3 rakamları gelebilir. olur. Tanım : n elemanlı bir A kümesinin r elemanının alınıp sıralanmasıyla elde edilen permütasyona, n’nin r’li permütasyonu denir ve böyle permütasyonların toplam sayısı P(n, r) ile gösterilir. Teorem : r  n olmak üzere, n elemanlı bir A kümesinin r’li permütasyonlarının sayısı P(n, r) = ’dir. İspat : Doldurulacak r tane yer vardır. İlk yer n nesneden herhangi biri ile ikinci yer kalan n-1 tane nesneden herhangi biri ile ...r’inci yer n-(r-1) nesneden herhangi biri ile doldurulur. Bu durumda ; n.(n–1).........(n+1–r) farklı yolla seçilebilir. P(n, r) = n.(n–1).......[n–(r–1)] olur. Bu ifadeyi olur. NOT : Bu r nesne tekrarlı olarak nr farklı şekilde sıralanabilir. ÖRNEK : 5 kişi bir taksiye ikisi önce, üçü arkada oturmak koşuluyla kaç farklı biçimde binebilirler? (Oturuşlarda yerlerin değişmesi farklı diziliş sayılacaktır.) ÇÖZÜM : (P5,3).P(2,2) = 5.4.3.2.1. = 120 değişik şekilde taksiye binebilirler. ÖRNEK : Bir adamın 8 çift eldiveni vardır. Bu kimse birbirine uymayan bir sol ve bir sağ eldiveni kaç yolla seçebilir? ÇÖZÜM : İlk eldiven 8 farklı şekilde, ikincisi 7 farklı seçilebilir. O halde 8.7 = 56 uygun seçim yapılır. ÖRNEK : 52’lik bir briç destesinden alınan 5 kartın permütasyonlarının sayısını yazınız. ÇÖZÜM : 52P5 = 52.51.50.49.48 = 311875200’dür. Burada sıranın önemliliğini göz önüne alıyoruz. Böylece kupaların 2, 3, 4, 5, 6 düzenlemesi 2, 3, 4, 5, 6 düzenlemesinden farklıdır. ÖRNEK : 1, 2, 3, 4, 5 rakamlarıyla ne kadar 4 basamaklı sayı yazılabilir? a) Rakamlar yinelenmiyor (Kullanılan bir daha kullanılmıyor) b) Yinelemeye izin veriliyor. c) Rakamların her birini yinelemeden tek sayı olması isteniyor. ÇÖZÜM : a) Doldurulabilecek 4 yer vardır. İlk yer 5 rakamdan herhangi biri ile 5 farklı yolla doldurulur. İkinci yer geri kalan 4 rakamdan herhangi biri ile 4 yolla doldurulur. Benzer şekilde, üçüncü yer 3 yolla, dördüncü yer 2 yolla doldurulabilir. Çarpma kuralından, istenen yanıt; 5.4.3.2 = 120 bulunur. b) Rakamların yinelenmesine izin verildiğinde 4 yerin her biri 5 rakamın herhangi biri ile, yani 5 yolla doldurulur. O halde 4 basamaklı sayıların sayısı 5.5.5.5 = 625’tir. c) Dört basamaklı sayı tek olacağından son rakam 1 veya 3 yada 5 olmak zorundadır. Bu nedenle dördüncü yer 3 yolla doldurulur. Bu işlem yapıldıktan sonra geri kalan yerler sırasıyla 4, 3, ve 2 yolla doldurulabilir. O halde istenen yanıt; 4.3.2.3 = 72’dir. NOT : Bu örneğin (c) şıkkında dördüncü yeri önce doldurduk. Buradaki gibi bir işlem özel bir yolla yapılmak zorunda ise genellikle onu önce yapmayı önerebiliriz. Geri kalanlardan hangisinin önce yapılacağı önemli değildir. Teorem : Bir çember üzerinde düzenlenecek n farklı nesnenin permütasyonlarının sayısı (n–1)!’dir. ÖRNEK : 4 evli çift yuvarlak masa etrafında eşler daima yan yana oturmak koşulu ile kaç farklı şekilde oturabilirler? ÇÖZÜM : (4–1)! = 3! = 6 2! = 2 4 çift var : 2.2.2.2 = 16 16.6 = 96 farklı şekilde oturabilirler. KOMBİNASYON Birbirinden farklı n tane nesne verilsin. Bu nesnelerden herhangi r tanesi rasgele alınır ve bu r nesne herhangi bir sırada yazılırsa, buna r mertebeli kombinasyon denir. Kombinasyonlar iki sınıfa ayrılır. Birincisi r nesnenin de farklı yani tekrarsız olması, ikincisi ise r nesnenin farklı olmaması yani bazılarının tekrarlı olmasıdır. Permütasyonda sıra önemlidir. Kombinasyonda ise sıranın önemi yoktur. Çünkü kombinasyon bir alt kümedir ve küme içinde sıranın değişmesi kümeyi değiştirmez. Örneğin, abc, acb, bca, cab, cba permütasyon olarak birbirinden farklıdır fakat kombinasyon olarak hepsi aynıdır. Böylece şu benzetmeyi yapabiliriz. Değişme özelliği permütasyonun nesneleri arasında yok, kombinasyonun nesneleri arasında vardır. Teorem : n farklı nesnenin r mertebeli tekrarsız kombinasyonlarının sayısı; C(n,r) = ’dir İspat : Bilindiği gibi n farklı nesnenin r tanesi alınarak elde edilen tekrarsız permütasyonlarının sayısı; P(n, r) = ’dir. Burada her bir kombinasyon r! kadar tekrar edilmiştir. O halde her bir kombinasyonun bir tane olduğu düzenlemelerin sayısı; C(n,r) = ’dir. ÖRNEK : 4 kitap arasından 3 ürün olanaklı seçimlerini düşünelim. ÇÖZÜM : ABC, ABD, ACD, BCD seçimlerinin her birinden 6 permütasyon elde edilir. Bu işlem Tablodaki gibi permütasyon verir. Kombinasyonlar Permütasyonlar ABC ABD ACD BCD ABC, ACB, BAC, BCA, CAB, CBA ABD, ADB, BAD, BDA, DAB, DBA ACD, ADC, CAD, CDA, DAC, DCA BCD, BDC, CBD, CDB, DBC, DCB Görüldüğü gibi 24 permütasyon 4 kitaptan 3’lü kombinasyonlaın tekrar düzenlenmesi ile bulunur. Diğer bir yazışla, (Kombinasyonların sayısı).3! Permütasyonların sayısı TEKRARLI KOMBİNASYON Sonlu sayıdaki n farklı eleman arasından k elemanlı grupların oluşturulmasında aynı elemanların tekrarı ile yeni gruplar meydana geleceği kabul edildiğinde “tekrarlı kombinasyon” söz konusu olur. Kombinasyonda k  n almasına karşılık, tekrarlı kombinasyonda k > n de olabilir. Tekrarlı kombinasyon sayısı; ÖRNEK : Bir domino oyununda numaralar 0’dan 6’ya kadar değil de 0’dan n’ye kadar gitseydi bu dominoda kaç taş bulunurdu? ÇÖZÜM : Yinelemeli kombinasyon söz konusudur. Burada k = 2’dir. Taş sayısı ’dir. Kombinasyon ve permütasyon arasında P(n,r) = r! C(n, r)  C(n, r) = bağıntısı vardır. Teorem : eşitliği vardır. İspat : ve olduğunu biliyoruz. Buradan; = = = = elde edilir. Teorem : eşitliği vardır. İspat : = = = ÖRNEK : 4 kişilik bir öğrenci grubunda; a) 2 kişi kitaplık koluna, 2 kişi de gezi koluna seçilecektir. b) Karşılıklı iki yarışma ekibi meydana getirilecektir. Kaç değişik çözüm yapılabileceğini bulunuz. ÇÖZÜM : a) Bu dört kişi a, b, c ve d kişileri olsun. 2 kişilik kitaplık kolunu ve iki kişilik gezi kolunu ve iki kişilik gezi kolunu aşağıdaki gibi meydana getirebiliriz. Grup Numarası Kitaplık Kolu Gezi Kolu 1 2 3 4 5 6 a, b a, c a, d b, c b, d c, d c, d b, d b, c a, d a, c a, b Tablodan da görüldüğü gibi 6 değişik seçim yapılabilir. Şimdi de kaç değişik seçim yapılabileceğini hesap yardımıyla bulalım. 4 kişilik öğrenci grubundan kitaplık koluna iki kişi , geriye kalan iki öğrenciden de gezi koluna iki kişi değişik şekilde seçilebilir. O halde gezi ve kitaplık kolu için öğrenciler; değişik şekilde seçilebilir. b) Yukarıdaki tablodan 1 numaralı ekiple 6 numaralı ekibin, 2 numaralı ekiple 5 numaralı ekibin ve 3 numaralı ekiple 4 numaralı ekibin birbirinin aynısı olduğu görülüyor. O halde bu ikili ekiplerden yarısı diğer yarısının aynısı olduğundan; değişik seçim yapılabilir. ÖRNEK : A = {1, 2, .......,9} kümesinin a) 5 elemanlı alt kümelerinin kaçında 6 sayısı bulunmaz? b) 5 elemanlı alt kümelerinin kaçında 1 ve 2 birlikte bulunmaz? ÇÖZÜM : 9 elemanlı kümenin 5 elemanlı alt kümlerinin sayısı : 9’un 5’li kombinasyonudur. 6 sayısının bulunduğu 5 elemanlı alt kümelerin sayısı 8’in 4’lü kombinasyonudur. Böylece a) b) ÖRNEK : 4 evli çift arasından 3 kişilik bir kurul kaç yolla seçilir? a) Tümü eşit seçilme şansına sahiptir. b) Kurulda 2 kadarın 1 erkek olmak zorundadır. c) Bir karı, koca aynı kurulda bulunmayacaklar. ÇÖZÜM : a) Bir kurulda sıra önemli olmadığından 8 şahıs arasından 3’ünün seçimi düşünülecektir. b) 2 kadın = 6 yolla seçilir. Bu seçim yapıldıktan sonra 1 erkek yolla seçilir. Böylece, çarpma kuralıyla 2 kadın ve 1 erkeğin seçilmesi yollarının sayısı c) Bir karı, koca aynı kurulda bulunmayacaksa, kurulda 3 çiftten şahıs bulunmalıdır. Önce 3 çift, 4 çift arasından yolla seçilir. 3 çift seçildikten sonra, ilk çiftten iki (erkek veya kadın), ikinci çiftten iki, üçüncü çiftten 2 seçim yapılabilir. Çarpma kuralıyla kurulların toplam sayısı; yada ’dir. Burada = dört çiftten birinin seçimi, = geri kalan 6 kişiden birinin seçimidir. Tüm seçim sayısından herhangi bir karı kocanın bulunduğu kurulların sayısını çıkarıyoruz. ÖRNEK : ÇÖZÜM : Birbirine paralel 2 doğru ile bunları kesen, birbirine paralel 2 doğru kesiştiğinde, bu 4 doğru bir paralelkenar meydana getirir. Buna göre birbirine paralel 6 doğrudan ikisi ile bunları kesen birbirine paralel 7 doğrudan 2’si seçilerek meydana getirilebilecek 4’lü grupların sayısı kadar paralelkenar elde edilir. O halde 6 doğrudan ikisi , 7 doğrudan ikisi de değişik şekilde seçilebileceğinden ikisi birlikte = 315 değişik şekilde seçilebilir ve 315 tane paralelkenar meydana gelir. ÖRNEK : Bir düzlem üzerinde bulunan 12 doğrudan 3’ü bir A noktasından, geri kalanlardan 4’ü de bir B noktasından geçmektedir. Herhangi ikisi birbirine paralel olmayan doğruların A ve B ile birlikte en çok kaç kesişme noktası vardır. ÇÖZÜM : Herhangi bir şart olmaksızın 12 doğru farklı noktada kesişir. Fakat bu doğrulardan 3’ü bir A noktasından geçtiğinden kesişme noktası yerine 1 kesişme noktası (A noktası) meydana gelir. Bunun dışındaki doğrulardan da 4’ü bir B noktasından geçtiğinden kesişme noktası yerine 1 kesişme noktası (B noktası) meydana gelir. O halde bu 12 doğrunun A ve B ile birlikte kesişme noktası vardır. ÖRNEK : Vişne, kayısı ve portakal suyu olmak üzere 3 çeşit meyve suyundan toplam 7 şişe meyve suyu alınacaktır. a) Kaç farklı şekilde seçim yapılabileceğini, b) Her çeşitten en az bir şişe olmak şartıyla kaç farklı şekilde seçim yapılabileceğini bulunuz. ÇÖZÜM : a) Herhangi bir sıralama olmadığından bu 3 çeşit meyve suyu içerisinden 7 şişe meyve suyu = 36 farklı şekilde seçilebilir. b) Her bir çeşitten en az bir şişe olması gerektiğinden önce birer şişe vişne, kayısı ve portakal suyu alınsın. Toplam 7 şişe meyve suyu alınacağından, 4 şişe meyve suyu = 15 farklı şekilde seçilebilir. c) En az iki şişe kayısı suyu olacağından önce 2 şişe kayısı suyu alınsın. Toplam 7 şişe alınacağından 5 şişe daha alınacaktır. Buna göre 3 çeşit meyve suyundan 5 şişe meyve suyu farklı şekilde seçilebilir. SIRALI VE SIRASIZ PARÇALAMALAR SIRALI PARÇALANMALAR Teorem: Bir A kümesinde n farklı öğe bulunsun. A nın A1 A2 ....... Ak formunda farklı sıralı parçalanmaların sayısı (A1 de r1, A2 de r2,...Ak da rk öğe ve r1+ r2+ r3+..... rk = n olmak üzere) dir. İspat: ilk önce A1 kümesi için n elemandan r1 tanesi şeklinde seçilir. A2 kümesi için r2 eleman n-r1 eleman arasında şekilde A3 için .................. Bu kombinasyonların çarpımı ÖRNEK: 9 oyuncak 4 kardeş arasında küçüğüne 3 diğerlerine 2 oyuncak düşecek şekilde kaç farklı şekilde dağıtılabilir? ÇÖZÜM: SIRASIZ PARÇALANMA N elemanlı bir kümenin a1 tane r1 elemanlı a2 tane r2 elemanlı ak tane rk elemanlı kümeye parçalanmalarının sayısı; dir. ÖRNEK: A,B,C,D,E,F,G,H,I,İ, elemanlarından oluşan bir küme eleman sayıları 3,3,2,2 olan 4 kümeye kaç farklı şekilde parçalanabilir.? ÇÖZÜM: farklı şekilde . BİNOM AÇILIMI n olmak üzere;(a+b)n = dir. (1.1) şimdi bunu ispatlayalım. (a+b)n = (a+b). (a+b)..... (a+b) dir. (n tane)(1.2) ai bn-i yi içeren terimi elde edebilmek için (1.2) nin sağ yanında bulunan n adet (a+b) çarpanının i tanesinden a, (n-i) çarpan içerisinden i tanesini farklı yoldan, geri kalan (n-i) çarpan içerisinden (n-i) tanesi ise farklı yoldan seçilebileceğinden çarpım kuralına göre bu seçim, farklı yoldan gerçekleşir. Öyleyse (a+b)n açılımında ai bn-i nin katsayısı olur. olduğu için; (a+b)n = ifadesi elde edilir. (a+b)n açılımının aşağıdaki özellikleri vardır. i. (a+b)n açılımında n+1 terim vardır. ii. Her terimdeki a ve b terimlerinin üsleri toplamı n olur. iii. K terimin katsayısı olur. iv. Uçlarından eşit uzaklıktaki terimlerin katsayıları eşittir. (a+b)n teriminin katsayıları, Pascal Ücgeni denilen aşağıdaki taplodan yararlanılarak da hesaplanır. (a+b)0 1 (a+b)1 1 1 (a+b)2 1 2 1 (a+b)3 1 3 3 1 (a+b)4 1 4 6 4 1 ............ .................................................................................................... Teorem : eşitliği vardır. İspat : Binom teoremini göz önüne alacak olursak; idi. Bu ifadeler her a,b değeri için sağlanacağından a = b = 1 alırsak sonuca ulaşırız. ÖRNEK: olduğunu gösteriniz. ÇÖZÜM: 1 1 1 1 2 1 1 3 3 1 1 4 6 4 1 1 a b c d e e d c b a 1 1-(a+b)+ (a+b)- (b+c)+ (c+d)- (d+e)+ (e+e)- (e+d)+ (d+c)- (c+b)+ (b+a)- (a+1)+1= 0 ÖRNEK:nx sıfıra yakınsa, (1 + x)n  1 + nx olduğunu gösteriniz. ÇÖZÜM: teoremimizde a = 1 alırsak (1+x)n = 1+nx + yazarız. x2, x3,.........ve daha yüksek dereceden terimlerin alınmasıyla istenen sonuç bulunur. Atılan terimler: dır. Bunların mutlak değeri sırası ile lerin mutlak değerlerinden küçüktür. nx sıfıra yakınsa daha yüksek dereceden terimlerin sıfıra daha da yakın olacağı açıktır. Bunların atılmasıyla istenen sonuç bulunur. ÖRNEK: un açılımında baştan (r+1) terimi yazıp, bu terimin rasyonel olması için r yi bulalım. bu terimin rasyonel olması için r {0,3,6,9}olmalıdır. O halde rasyonel terimlerin toplamı; olur.

Matematik permütasyon, kombİnasyon, bİnom