Saymadan
saymanın yolu.
Üç seçenekli bir listeyi tek tek sayabilirsin. Ama 8 basamaklı bir şifrenin kaç farklı hâli olduğunu tek tek yazmak ömür yetmez. Bu ünitede listelemeyi bırakıp çarpmayı, faktöriyeli ve seçme sayısını kullanmayı öğreneceksin. Bir de şaşırtıcı derecede basit bir ilke: güvercin yuvası.
Sayma, hayatın hemen her alanında var: nesneleri, miktarları ve zamanı düzenli biçimde yönetmeyi sağlıyor. Üç yöntemle başlıyoruz; sonraki her şey bunların üstüne kurulacak.
Bir nesne grubunun elemanları ile
ℤ⁺ = {1, 2, 3, …} kümesinin elemanları arasında sırayla
bire bir eşleme yaparak eleman sayısını bulma işlemine
eşleştirme yoluyla sayma denir. Nesne grubunun son
elemanıyla eşleşen doğal sayı, kümenin eleman sayısıdır.
Otoparktaki her yere bir numara kartı yapıştırmak tam olarak budur — ve
bilinen en eski sayma yöntemlerinden biridir.
Ortak elemana sahip olmayan farklı iki nesne grubunun
eleman sayısını toplayarak bulma işlemine
toplama yoluyla sayma denir.
Eylül’ün kitaplığından bağışlayacağı bir kitap için kaç
seçeneği olduğunu bulurken roman + hikâye + şiir sayılarını toplarsın. “Ya biri ya
diğeri” diyorsan topla.
Ortak elemana sahip olmayan farklı iki nesne grubundan
birer eleman seçerek oluşturulan ikililerin sayısını
çarparak bulma işlemine çarpma yoluyla sayma denir.
Ali’nin 2 pantolonu ve 3 gömleği varsa kombin sayısı 2 · 3 = 6’dır. “Hem biri hem
diğeri” diyorsan çarp.
16 birimkareden oluşan bir karede, yalnızca bir ortak köşeye
sahip iki birimkare maviye boyanacak. Kaç farklı boyama yapılabilir?
Böyle bir çift ya sol alt–sağ üst yönünde ya sağ alt–sol üst yönünde durur. Her iki durumda
da 3 × 3 = 9 yerleşim vardır.
İki durum ortak eleman içermediğinden toplama yoluyla sayarız:
9 + 9 = 18 farklı boyama.
Buradaki incelik şu: iki durum birbirini dışlıyor (bir çift
aynı anda iki yönde olamaz), bu yüzden toplayabildik.
Tablo ve çizge (ağaç) yöntemleri işi gözle görülür kılar ama seçenek sayısı büyüdükçe kullanışsızlaşır. Aşağıdaki üç örnekte ağacı da göreceksin, çarpımı da; ikisinin aynı sonucu verdiğini görünce artık ağacı çizmene gerek kalmayacak.
Üzerinde 1’den 4’e kadar rakamlar olan üç haneli bir
kilit düşün.
Her seferinde farklı rakam kullanılacaksa: birinci hanede
4 seçenek, ikincide (biri kullanıldığı için) 3, üçüncüde 2 seçenek kalır ⇒
4 · 3 · 2 = 24 şifre.
Rakamlar tekrarlanabilseydi her hanede 4 seçenek olurdu ⇒
4 · 4 · 4 = 64 şifre.
Aynı kilit, iki farklı kural, iki farklı sayı. Soruyu okurken
“tekrar var mı” sorusunu mutlaka sor.
Bit, dijital bilgi depolamanın en küçük birimidir ve 0 ya
da 1 ile temsil edilir. Bayt ise 8 bitlik bir gruptur.
4 bitlik bir dizilim: her bite 2 seçenek ⇒ 2 · 2 · 2 · 2 = 2⁴ =
16 farklı karakter kümesi.
1 baytlık dizilim: 2⁸ = 256.
ASCII 7 bitlik bir karakter kümesidir ⇒ 2⁷ = 128 karakter.
Genişletilmiş (Extended) ASCII 8 bitliktir ⇒ 2⁸ =
256 karakter. Türkçedeki ç, ğ, ş harfleri işte bu
genişletmeyle sığdırılmıştır. ASCII tablosunda ‘A’ harfi 65 sayısına, ‘2’ karakteri
50 sayısına karşılık gelir.
n bir doğal sayı olmak üzere 1’den n’ye kadar olan ardışık tam sayıların çarpımına n faktöriyel denir ve n! ile gösterilir: n! = 1 · 2 · 3 · … · (n − 1) · n. Ayrıca 0! = 1 olarak kabul edilir.
n farklı nesne düz bir sıraya n! şekilde dizilebilir.
Sebebi çarpma yoluyla sayma: ilk yere n seçenek, ikinciye n − 1, üçüncüye n − 2 … son yere
1 seçenek kalır.
5 farklı kitap bir rafa 5 · 4 · 3 · 2 · 1 = 5! =
120 farklı şekilde dizilir.
Faktöriyelin kullanışlı bir özelliği: 7! = 7 · 6! = 7 · 6 · 5!
Bir faktöriyeli daha küçüğü cinsinden yazabilmek, kesirlerde sadeleştirmenin anahtarıdır.
8 kişilik halk oyunu ekibinde en solda Selim, en sağda Seda duracaksa iki uç
kilitlenmiş demektir. Geriye 6 kişi ve 6 yer kalır:
6 · 5 · 4 · 3 · 2 · 1 = 6! = 720.
2 öğretmen ve 5 öğrenci, öğretmenler sıranın iki ucunda
olacak biçimde oturacaksa: öğretmenler kendi aralarında 2! = 2, öğrenciler ortadaki beş
koltukta 5! = 120 şekilde dizilir ⇒ 2 · 120 =
240 farklı oturuş.
Kural: önce kısıtlı yerleri yerleştir, sonra kalanları
serbestçe say.
Bir pastane çalışanı 4 çeşit börek ve 5 çeşit tatlı tepsisini iki bölmeli dolapta
börekler ve tatlılar ayrı bölmelerde olacak şekilde
dizecek.
Börekler kendi bölmesinde 4! = 24, tatlılar kendi bölmesinde 5! = 120 şekilde dizilir.
Aynı anda ikisi de olacağı için çarparız: 4! · 5! = 24 · 120 =
2880 farklı dizilim.
Tatlıların sıralanma sayısı böreklerinkinin kaç katı? 5!/4! =
5 katı — sadeleştirmeyi kullanınca hesap tek satıra iniyor.
Bütün nesneleri değil, yalnız birkaçını sıraya dizeceksek çarpımı
r tane çarpanda kesiyoruz.
7 farklı renkte araba, yan yana 4 araçlık otoparka park edecek:
7 · 6 · 5 · 4 = 840 farklı renk sıralaması.
5 takım üyesinden 2’si yan yana iki sandalyeye oturacak: 5 · 4 =
20 farklı oturuş. Burada sıra önemli — A’nın solda B’nin
sağda olması ile tersi farklı sayılıyor.
NİSA kelimesinin harfleri 4! = 24 farklı biçimde dizilir. Peki LALE? Harflerden ikisi aynı (L ve L)… o ikisini kendi aralarında değiştirdiğinde yeni bir dizilim oluşmuyor. Demek ki 24 sayısı her dizilimi 2 kez saymış. Doğrusu 24 / 2 = 12.
n ve r birer sayma sayısı ve r ≤ n olmak üzere, sıralanacak n elemanın
r tanesi özdeş ise bunların kendi arasında yer değiştirmesi
farklı bir sıralama oluşturmaz. Buna göre:
n farklı nesnenin sıralama sayısı n!
n nesnenin r tanesi özdeş ise sıralama sayısı n! / r!
Birden fazla özdeş grup varsa hepsine bölünür:
BABA kelimesinde 2 B ve 2 A var ⇒
4! / (2! · 2!) = 24 / 4 = 6 dizilim.
Özdeş 4 çiçek desenli ve özdeş 2 nazar boncuğu desenli magnet, 6 bölmeli bir yüzeye
yerleştirilecek.
a) Altısı da farklı olsaydı 6! olurdu; ama 4 tanesi ve
2 tanesi kendi aralarında özdeş ⇒
6! / (4! · 2!) = 720 / 48 = 15 farklı tasarım.
b) Başa ve sona çiçek konursa geriye 2 özdeş çiçek ve
2 özdeş nazar boncuğu, yani 4 magnet kalır ⇒
4! / (2! · 2!) = 24 / 4 = 6 farklı tasarım.
Aslı, A noktasındaki okulundan C noktasındaki evine en kısa yoldan gidecek. En kısa yol
için yalnız sağa (S) ve
yukarı (Y) hareket etmeli: 5 birim sağ, 3 birim yukarı.
Yani yol SSSSSYYY dizisidir ve soru bu 8 harfin kaç farklı sıralanışı olduğudur:
8! / (5! · 3!) = 40320 / 720 = 56 farklı yol.
Kütüphaneye uğrarsa: A’dan B’ye 2 sağ 1 yukarı ⇒
3! / 2! = 3 yol. B’den C’ye 3 sağ 2 yukarı ⇒ 5! / (3! · 2!) = 10 yol. İki parça peş peşe
olduğu için çarpılır: 3 · 10 = 30 farklı yol.
Maç 3-2 bitti. Gollerin takımlara göre sıralaması kaç farklı olabilir? 3 tanesi bir takıma,
2 tanesi diğerine ait 5 gol var ve aynı takımın golleri kendi arasında ayırt edilmiyor:
5! / (3! · 2!) = 120 / 12 = 10
Yani sıralamayı kesin bilmek isteyen birinin en kötü ihtimalle
10 tahmin yapması gerekir.
Kapalı devre 1, açık devre 0 ile gösteriliyor. 5 kapalı ve 3 açık anahtarın bulunduğu bir
devre, 0 ve 1’lerden oluşan 8 basamaklı bir sayıyla yazılıyor.
Sekiz rakamın tüm dizilişleri: 8! / (5! · 3!) = 56.
Ama soru “8 basamaklı sayı” diyor ve bir sayı 0 ile
başlayamaz. İlk basamak 1 olmak zorunda; geriye 4 tane 1 ile 3 tane 0 kalır:
7! / (4! · 3!) = 5040 / 144 = 35 farklı sayı.
Basamak kuralını unutan 56 der; sınavda en çok yakalayan tuzak budur.
Pizzaya mantar-zeytin-biber koymakla biber-mantar-zeytin koymak aynı pizzayı verir. Seçme problemlerinde sıra hiçbir şey değiştirmez. O hâlde önce sıralı sayarız, sonra fazla saydığımız kadarına böleriz.
1. Elemanların istenen sayıya göre
sıralanma sayısı bulunur.
2. Yapılan sıralamalarda aynı elemanları içeren kaç farklı
sıralama olduğu hesaplanır.
3. Aynı elemanlardan oluşan sıralamaların
aynı seçimi temsil ettiği belirlenir.
4. Toplam sıralama sayısı, her bir seçimin sıralama
sayısına bölünür.
n ve r birer sayma sayısı, r ≤ n olmak üzere n tane farklı nesne arasından r tane farklı
nesnenin seçim sayısı C(n, r) ile gösterilir.
Hilesiz 6 madenî para atılıyor; ikisinin tura, dördünün yazı gelmesi kaç farklı durumda
olur?
Seçim olarak: 6 paradan 2’sini tura seçmek gerekiyor.
6 para için ikili sıralama 6 · 5 = 30; her 2 para kendi arasında 2 · 1 = 2 şekilde
sıralanır ⇒ 30 / 2 = 15.
Özdeş sıralama olarak: 2 tane T ve 4 tane Y harfinin yan
yana dizilişi ⇒ 6! / (2! · 4!) = 15.
İki yol aynı sayıya çıkıyor; bu tesadüf değil,
seçmek ile özdeşleri sıralamak aynı şeydir.
Herhangi üçü doğrusal olmayan A, B, C, D, E noktalarıyla gösterilen 5 fakülte binası, her
biri diğer dördüne doğrusal yollarla bağlanacak. Kaç yol yapılır?
İki noktayı birleştiren tek bir doğru vardır; yani soru
5 noktadan 2’sini seçmektir.
İkili sıralama: 5 · 4 = 20. Ama AB ile BA aynı yolu gösterir ⇒
20 / 2 = 10 yol.
5 kız ve 4 erkek öğrenci arasından, 3 kız ve 2 erkek
olacak biçimde 5 kişilik ekip kurulacak.
Kızlar: 5 · 4 · 3 = 60 sıralama; her üçlü kendi arasında 3 · 2 · 1 = 6 ⇒
60 / 6 = 10 seçim.
Erkekler: 4 · 3 = 12 sıralama; her ikili 2 · 1 = 2 ⇒ 12 / 2 =
6 seçim.
İkisi aynı anda olacağı için çarpma yoluyla sayarız: 10 · 6 =
60 farklı ekip.
Bir komisyonda 2 kişi yalnız başkanlığa, 3 kişi
yalnız başkan yardımcılığına, 4 kişi
her ikisine aday. Biri başkan, ikisi yardımcı olacak.
Başkanın kim olduğuna göre iki durum var:
Durum 1 — başkan yalnız-başkan adaylarından (2 seçenek):
yardımcılar kalan 3 + 4 = 7 kişiden 2 ⇒ 7 · 6 / 2 = 21 ⇒ 2 · 21 =
42
Durum 2 — başkan her-ikisi grubundan (4 seçenek):
yardımcılar kalan 3 + 3 = 6 kişiden 2 ⇒ 6 · 5 / 2 = 15 ⇒ 4 · 15 =
60
İki durum birbirini dışladığı için toplarız: 42 + 60 =
102 farklı seçim.
Özdeş 3 mavi ve özdeş 2 kırmızı bilye, 5 bölmeli bir standa yerleştirilecek.
Seçim olarak: 5 bölmeden 3’ünü mavilere ayırmak yeter
(kalanlar zorunlu olarak kırmızı) ⇒ 5 · 4 · 3 / (3 · 2 · 1) =
10.
Kırmızılardan gitsek: 5 · 4 / 2 =
10 — aynı sonuç.
Özdeş sıralama olarak: 5! / (3! · 2!) =
10.
Üç yol, tek cevap. Bir problemi üç farklı yoldan çözüp aynı sayıyı bulmak, çözümün doğru
olduğunun en iyi kanıtıdır.
Aralarında Yavuz, Ayten ve Serkan’ın da bulunduğu 5 çocuk yan yana fotoğraf çektirecek.
Yavuz Ayten’in solunda, Serkan sağında olacak.
Beş çocuğun tüm sıralanışı 5! = 120’dir. Bu üç kişinin kendi aralarındaki göreli sırası
3! = 6 farklı olabilir ve bunların
yalnız bir tanesi istenen sıradır (Yavuz … Ayten …
Serkan).
120 / 6 = 20 farklı sıralama.
Kural: belirli kişilerin göreli sırası sabitse toplam
sıralamayı o kişilerin faktöriyeline böl.
n eleman arasından 0, 1, 2, …, n tane elemanın kaç farklı şekilde seçilebileceğini ayrı ayrı hesaplayıp alt alta yazarsan üçgen şeklinde bir model çıkar. Bu yapı sayesinde karmaşık hesaplar basitleşir; adı Pascal üçgeni.
Sergiyi gezen n ressam arasından bir tabloyu inceleyenlerin sayısı 0, 1, 2, …, n
olabilir. Her biri için “n kişiden kaç kişilik grup seçilebilir” sorusunun cevabını
yan yana yazarsak o satır çıkar.
3. satır: C(3, 0), C(3, 1), C(3, 2), C(3, 3) ⇒
1, 3, 3, 1
4. satır: 1, 4, 6, 4, 1
5. satır: 1, 5, 10, 10, 5, 1
6. satır: 1, 6, 15, 20, 15, 6, 1
Her satırın uçlarındaki 1’ler C(n, 0) ve C(n, n)’dir: hiç kimseyi seçmemenin de herkesi
seçmenin de tek bir yolu vardır.
Pascal üçgeninin herhangi bir satırındaki
ardışık iki sayının toplamı, bir sonraki satırda bu iki
sayının ortasında bulunan sayıya eşittir.
Cebirsel olarak, n satır sırası ve r satırdaki sıra olmak üzere:
C(n, r) + C(n, r + 1) = C(n + 1, r + 1)
Örnek: 5. satırda 10 + 10 = 20 ve gerçekten de 6. satırın ortasında 20 var:
C(5, 2) + C(5, 3) = C(6, 3).
Bu bağıntı sayesinde büyük seçim sayılarını hesaplamadan, yalnız toplayarak bulabilirsin.
Bir alıştırmada ardışık iki satırdan biri C(5, 0) ve C(5, 3) içeriyorsa o satır
5. satır, diğeri C(6, 2) ve C(6, 5) içeriyorsa
6. satır’dır. Yani n = 5, m = 6 ve
n + m = 11.
Pratik kural: bir satırdaki her ifadenin üst sayısı satır numarasıdır ve o satırda
n + 1 tane eleman bulunur.
Üçgen, Fransız düşünür ve matematikçi Blaise Pascal’a atfedilir; ama Pascal’dan çok önce başka matematikçiler tarafından da kullanılmıştır. Türk-İslam dünyasında Ömer Hayyam bu yapı üzerinde çalışmış; Çin ve Hint matematiğinde de farklı gösterimleri bulunmuştur. Aynı fikrin birbirinden habersiz birçok kültürde ortaya çıkması, matematiğin ortak dilini gösteren güzel bir örnektir.
Güvercin Yuvası İlkesi (Çekmece Prensibi): n tane güvercin m tane yuvaya yerleştiriliyorsa ve güvercin sayısı yuva sayısından fazlaysa, en az bir yuvada birden fazla güvercin olmak zorundadır. Kulağa apaçık geliyor; ama bu basit cümleyle şaşırtıcı sonuçlar kanıtlanabiliyor.
“En az bir yuvada kesin olarak bulunan en az güvercin sayısı” sorusunun mantığı şudur:
güvercinleri olabildiğince adil dağıt; yine de artan
varsa bir yuvaya bir tane daha koymak zorundasın.
4 yuva, 5 güvercin ⇒ her yuvaya 1 koyarsın, 1 artar ⇒
en az 2
5 yuva, 17 güvercin ⇒ her yuvaya 3 koyarsın (15), 2 artar ⇒
en az 4
6 yuva, 27 güvercin ⇒ her yuvaya 4 (24), 3 artar ⇒ en az 5
8 yuva, 100 güvercin ⇒ her yuvaya 12 (96), 4 artar ⇒
en az 13
Bir yıl 365 gün; günler yuva, insanlar güvercin.
400 kişi ⇒ en az 2 kişi aynı gün doğmuştur
750 kişi ⇒ en az 3
1500 kişi ⇒ en az 5
3000 kişi ⇒ en az 9
Aynı mantıkla: 28 kişilik bir toplantıda aylar yuva sayılır (12 yuva) ⇒
28 = 12 · 2 + 4 olduğundan en az 3 kişi aynı ayda
doğmuştur.
Bu bir tahmin değil, kesin bir sonuç. Kimin ne zaman
doğduğunu bilmene gerek yok.
İddia: Bir kenarı 4 birim olan karenin iç bölgesinden
alınan beş noktadan, aralarındaki uzaklık kesinlikle 3 birimden küçük olan iki nokta
bulunur.
Kanıt: Kareyi kenarı 2 birim olan dört eş kareye böl
(bunlar yuvalar). Beş nokta dört kareye dağıtıldığına göre
en az bir karede en az iki nokta bulunmak zorundadır.
Kenarı 2 olan karenin köşegeni √(2² + 2²) = 2√2’dir ve
aynı karenin içindeki iki nokta arasındaki uzaklık en fazla köşegen kadar olabilir.
2√2 ≈ 2,83 < 3 olduğundan o iki nokta arasındaki uzaklık
3 birimden küçüktür.
Güvercin yuvası ilkesi sana hangi yuvada fazla güvercin
olduğunu söylemez; yalnızca böyle bir yuvanın var olduğunu
söyler. Matematikte buna “varlık kanıtı” denir.
Doğru kurulan yuvalar problemin yarısını çözer. Geometrik örnekte yuvalar “dört eş kare”
olarak seçildi; başka bir bölme denenseydi sonuç çıkmayabilirdi.
Zor olan kısım saymak değil, neyin yuva olacağını
bulmaktır.
“Ya biri ya diğeri” ⇒ topla. Bağışlanacak
bir kitap için roman + hikâye + şiir.
“Hem biri hem diğeri” ⇒ çarp. Bir pantolon
ve bir gömlek için 2 · 3.
Soruda “ve” mi “veya” mı geçtiğine bak; yanlış işlemi seçmek bütün çözümü götürür.
Sıra önemliyse (şifre, koltuk, plaka, madalya derecesi)
çarpımı doğrudan yaz.
Sıra önemsizse (takım, komisyon, malzeme seçimi, yol
çizme) çarpımı seçilen sayının faktöriyeline böl.
Kontrol sorusu: “A ile B’nin yerini değiştirsem farklı bir sonuç mu olur?” Cevap hayırsa
böl.
1-5 arası rakamlarla 3 haneli şifre: rakamlar tekrarlanabiliyorsa 5 · 5 · 5 = 125, tekrarlanamıyorsa 5 · 4 · 3 = 60. Aynı problem cümlesinin iki hâli, iki farklı cevap. “Farklı rakamlar kullanarak” ifadesini görmezden gelmek en sık yapılan hatadır.
Soru “kaç farklı sayı” diyorsa ilk basamak sıfır olamaz; “kaç farklı diziliş” diyorsa olabilir. Elektrik devresi örneğinde toplam diziliş 56 iken 8 basamaklı sayı sayısı 35’tir. Cevap şıklarında ikisi de bulunur — soruyu kelime kelime oku.
LALE kelimesinin harflerinin dizilişi 4! = 24 değil, 4!/2! = 12’dir. Aynı harfin iki kopyası yer değiştirdiğinde yeni bir kelime çıkmaz. Birden fazla tekrar varsa hepsinin faktöriyeline bölünür: BABA için 4!/(2!·2!) = 6.
Aynı ayda doğanları sorarken yuva sayısı 12, aynı günde doğanları sorarken 365’tir. Yuvayı yanlış seçmek sonucu tamamen değiştirir. Ayrıca “en az kaç kişi” sorusunun cevabı bölmenin kendisi değil, yukarı yuvarlanmış hâlidir: 750 / 365 ≈ 2,05 ise cevap 3.
Sorular her açılışta karışıyor; yanlış cevapta gerekçesini de göreceksin.
4 haneli ve rakamların tekrarlanabildiği bir şifrede 10⁴ = 10 000 seçenek var. 6 haneye çıkarsan 1 000 000. İki hane eklemek şifreyi 100 kat güçlendiriyor — çarpma yoluyla saymanın en pratik sonucu.
Ön sıraya oturacak 5 arkadaş 5! = 120 farklı şekilde dizilebilir. En iyi arkadaşınla yan yana durmak istiyorsan ikinizi tek kişi gibi düşün: 4! · 2 = 48 dizilim. Yani ihtimalin 48/120 = %40.
Sınıfta 10 kişi varsa 5 kişilik basket takımı kurmanın 252 farklı yolu var (10·9·8·7·6 / 5!). Kim hangi pozisyonda oynayacağı sorulsaydı bölme yapmazdın ve sayı 30 240 olurdu — sıra önemli olunca her şey değişiyor.
10 şarkılık bir listeyi karıştırdığında 10! = 3 628 800 farklı sıra çıkabilir. Uygulamanın “rastgele” tuşuna her bastığında bunlardan birini seçiyor; aynı sırayı iki kez görme ihtimalin neredeyse yok.
Mahallen ızgara biçiminde sokaklardan oluşuyorsa ve okul 4 blok sağda, 3 blok yukarıdaysa en kısa yol sayın 7!/(4!·3!) = 35. Her gün başka bir yol denesen bir buçuk aydan fazla sürer.
30 kişilik bir sınıfta ikisinin aynı ayda doğduğu kesindir — hatta 30 = 12 · 2 + 6 olduğundan en az 3 kişi aynı ayda doğmuştur. Kimseye sormadan, yalnız güvercin yuvası ilkesiyle söyleyebilirsin.
Sayma stratejileri testi · toplama ve çarpma yoluyla sayma, faktöriyel, özdeş nesnelerin sıralanması, en kısa yol, seçme sayısı, Pascal üçgeni ve güvercin yuvası ilkesi
Eşleştirme: nesneleri 1, 2, 3, … ile bire bir eşlemek
Toplama: ortak elemanı olmayan iki grubun sayısını
toplamak — “ya biri ya diğeri”
Çarpma: her gruptan birer eleman seçerek oluşan ikilileri
çarpmak — “hem biri hem diğeri”
n! = 1 · 2 · 3 · … · n ve
0! = 1
1! = 1 · 2! = 2 · 3! = 6 · 4! = 24 · 5! = 120 · 6! = 720
7! = 7 · 6! = 7 · 6 · 5!
n farklı nesne düz bir sıraya n! şekilde dizilir
n nesnenin r tanesi özdeşse sıralama sayısı n! / r!
Birden çok özdeş grup varsa hepsine bölünür
NİSA → 4! = 24 · LALE → 4!/2! =
12 · BABA → 4!/(2!·2!) = 6
5 kitap bir rafa → 5! = 120
8 kişi, iki uç sabit → 6! = 720
2 öğretmen uçlarda + 5 öğrenci → 2!·5! = 240
4 börek + 5 tatlı ayrı bölmede → 4!·5! = 2880 (oran 5)
7 araçtan 4’ü otoparka → 7·6·5·4 = 840
5 üyeden 2’si sandalyeye → 5·4 = 20
3 doğru-yanlış sorusu → 2³ = 8
1-4 rakamları, 3 hane, tekrarsız → 4·3·2 = 24
1-5 rakamları, 3 hane: tekrarlı 125, tekrarsız
60
2 ayakkabı · 3 pantolon · 4 gömlek → 24 kombin
4 bit → 2⁴ = 16 · 1 bayt → 2⁸ = 256
ASCII 7 bit → 128 karakter
Sağa a, yukarı b birim → (a + b)! / (a! · b!)
5 sağ 3 yukarı → 8!/(5!·3!) = 56
Ara duraklı: 3 · 10 = 30
Duvar süsü: 6!/(4!·2!) = 15; uçlar sabitse
6
Maç 3-2 gol sırası → 5!/(3!·2!) = 10
n nesneden r tanesinin seçimi C(n, r)
Yöntem: r’li sıralamayı bul, r!’e böl
6 paradan 2 tura → 15
5 noktadan 2 nokta (yollar) → 10
5 kızdan 3 + 4 erkekten 2 → 10 · 6 = 60
Komisyon: 2·21 + 4·15 = 102
Beş çocuk, göreli sıra kısıtlı → 120/6 = 20
n. satır: C(n, 0), C(n, 1), …, C(n, n) — n + 1 eleman
3. satır 1, 3, 3, 1 · 4. satır 1, 4, 6, 4, 1
5. satır 1, 5, 10, 10, 5, 1 · 6. satır 1, 6, 15, 20, 15, 6, 1
C(n, r) + C(n, r + 1) = C(n + 1, r + 1)
C(5, ·) ve C(6, ·) satırları için n + m = 11
n güvercin m yuvaya ve n > m ise en az bir yuvada birden
fazla güvercin vardır
Adil dağıt, artanı ekle: 5 yuva 17 güvercin →
4; 6/27 → 5; 8/100 → 13
400 kişi → aynı gün doğan en az 2; 750 → 3; 1500 → 5; 3000 →
9
28 kişi, 12 ay → en az 3
Kenarı 4 olan kare, 5 nokta → dört eş kare, köşegen 2√2 < 3