1. DERECEDEN 1 BİLİNMEYENLİ DENKLEMLER

1. DERECEDEN 1 BİLİNMEYENLİ
DENKLEMLER

İçinde bilinmeyen bulunan ve bilinmeyenin bazı değerleri için doğru olan eşitsizliklere denklem denir.
Denklemi sağlayan bilinmeyenin değerine o denklemin kökü ya da kökleri denir. Denklemin kökünü veya köklerini bulmak için yapılan işleme denklemi çözme; kök veya köklerin oluşturduğu kümeye ise çözüm kümesi denir.
Denklem; içindeki bilinmeyen sayısı ve bilinmeyenin üssüne göre adlandırılır.

O HALDE;
5x – 5 = 15, y + 2 = 6 açık önermeleri bir bilinmeyenli birinci dereceden bir denklemdir.
2x + y = 9 açık önermesi iki bilinmeyenli birinci dereceden bir denklemdir.
x + y + z = 4 açık önermesi üç bilinmeyenli birinci dereceden bir denklemdir.
x² – 9 = 16 açık önermesi ikinci dereceden bir bilinmeyenli denklemdir.

İçinde bir tane bilinmeyeni bulunan ve üssü bir olan denklemlere birinci dereceden bir bilinmeyenli denklemler denir.

Genel olarak; a,b,c Є R ve a ≠ 0 olmak üzere ax + b = c şeklinde gösterilen denklemlere birinci dereceden bir bilinmeyenli denklem denir.

DENKLEM ÇÖZÜMÜNDE BİLİNMESİ GEREKEN ÖZELLİKLER

1. Bir eşitliğin her iki yanına aynı reel sayı
eklenirse, eşitlik bozulmaz. Bu özeliğe; eşitliğin toplama kuralı denir.

2. Bir eşitliğin her iki yanı da sıfırdan farklı
aynı reel sayıyla çarpılırsa, eşitlik bozulmaz. Bu özeliğe; eşitliğin çarpma kuralı denir.

3. Bir eşitliğin her iki yanı da sıfırdan farklı
aynı reel sayıya bölünürse, eşitlik bozulmaz. Bu özeliğe; eşitliğin bölme kuralı denir.

4. Bir denklemde herhangi bir terimi eşitliğin
bir tarafından diğer tarafına geçirerek işlem yapmak gerekiyorsa; geçirilen terimin işareti değiştirilir.

Pratik Çözüm
Bir denklemi pratik çözmek için ;
Bilinmeyenler eşitliğin bir yanında, bilinenler eşitliğin diğer yanında toplanır. Eşitliğin bir yanından diğer yanına geçen terimin işareti değişir.
Her iki yanda toplama çıkarma işlemleri yapılır ve her iki yan bilinmeyenin katsayısına bölünerek bilinmeyen yalnız bırakılır. Denklem çözülmüş olur.

ÖRNEKLER

1. x + 6 = 10 denkleminin çözüm kümesini
bulalım:

Çözüm:
x + 6 = 10 denkleminde (+6) nın toplama
işlemine göre ters elemanı olan (-6), eşitliğin her iki yanına eklenirse eşitlik bozulmaz.

Buna göre; x + 6 = 10
x + 6 + (-6) = 10 + (-6)
x + 0 = 4
x = 4 olur.
Ç = {4} olur.

Verilen bir denklemin çözümünün doğru yapılıp yapılmadığının araştırılmasına, denklemin sağlaması denir.

Bulunan kök, denklemde yerine yazılarak denklemin sağlaması yapılır böylece bulunan kökün doğruluğu kontrol edilir.

4 sayısının x + 6 = 10 denklemini sağlayıp sağlamadığını kontrol edelim:

x = 4 için x + 6 = 10
4 + 6 =10
10 = 10 olduğundan
çözüm doğrudur.
x + 6 = 10
x = 10 – 6
x = 4 ve Ç = {4} tür.

Demek ki; her iki şekilde yapılan çözüm, aynı elemanı veren çözüm kümesidir.

2. Verilen denklem parantezli olursa; aşağıda yapıldığı gibi, önce dağılma özeliği uygulanarak parantezler kaldırılır. Sonra da içerisinde bilinmeyeni olan terimler eşitliğin bir tarafına, öteki terimler de diğer tarafına geçirilir. Gerekli işlemler yapılarak denklem çözülür.

2.(x + 3) + 7 = 25 – 2.( x – 2 )

Önce, çarpma işleminin toplama ve çıkarma işlemleri üzerine dağılma özeliklerini uygulayalım

Çözüm:

2.(x + 3) + 7 = 25 – 2.( x – 2 )
2x + 6 + 7 = 25 – 2x + 4
2x + 13 = -2x + 29
2x + 2x = 29 – 13
4x = 16
x = 16 : 4
x = 4 ve Ç = { 4 } olur.

3. Verilen denklem kesirli olursa, çözümü için önce paydalar eşitlenir. Denklem paydadan kurtarılır. Bunun için, eşitliğin iki yanını ortak payda ile çarpmak gerekir. Sonra da örnek çözümlerde belirtilen kurallara göre denklem çözülür.

3.(x–2) _ 2–x _ _ x _ 5 denkleminin çözüm
4 2 ¯ 5 2 kümesini bulalım:

Çözüm:
Paydaları eşitlersek:

3.( x- 2) – 2.( 2 – x ) – 4x _ x – 10
4 ¯ 4

3x – 6 – 4 + 2x – 4x =x – 10
3x + 2x – 4x – x = -10 + 6 + 4
5x – 5x = -10 + 10
0.x = 0

Bu eşitlik bütün reel sayılar için geçerli olduğundan verilen denklemin çözüm kümesi Ç=R dır.

4. 5 sayısının, 2x – 6 = 3 denkleminin kökü olup olmadığını araştıralım:

Çözüm:
x = 5 için 2x – 6 = 3
2 . 5 – 6 = 3
10 – 6 = 3
4 ≠ 3 olur

Buna göre 5 sayısı 2x – 6 = 3 denkleminin çözüm kümesi değildir. Verilen bir sayının, verilen bir denklemin kökü olup olmadığını anlamak için verilen denklemdeki bilinmeyen sayı yerine yazılır. İşlemler yapılır.eğer eşitlik sağlanıyorsa bu sayı denklemin çözüm kümesi, sağlanamıyorsa çözüm kümesi değildir denir.

5. –5 + 6 _ 7 denklemini çözelim
3 ¯ 1

Çözüm:

–5 + 6 _ 7 (Önce paydaları eşitleyelim.)
3 ¯ 1
( 3 )

-5 + 6 _ 21 ( Çarpma kuralı )
³˙ 3 ¯ 3 ˙³

-5x + 6 = 21 (Toplama kuralı )
-5x + 6 + (-6) = 21 + (-6)
-5x = 15

-5x _ 15 (Bölme kuralı )
5 ¯ 5

x = -3 tür. Ç = {-3}

6. 2.(5x – 6) + 2 = 30 denkleminin çözüm kümesini R de bulalım

Çözüm:
Çarpma işleminin çıkarma işlemi üzerine dağılma özeliğini uygulayarak parantezi açalım.

2.(5x – 6) + 2 = 30 ise
(2 . 5x) – (2 . 6) + 2 = 30
10x – 12 + 2 = 30
10x – 10 = 30 olur.

Şimdi ( -10) un toplama işlemine göre ters elemanı olan (+10) u eşitliğin her iki tarafına ekleyelim.

10x – 10= 30 ise
10x – 10 + (+10) = 30 + (+10)
10x + 0 = 40
10x = 40 10x _ 40
10 ¯ 10
x = 4 ve Ç= {4} olur.

7. 2x – 5 = 7 denklemini R de çözelim:

Çözüm:
Eşitliğin her iki tarafına, (-5) sayısının toplama işlemine göre tersi olan (+5) sayısını ekleyelim.

2x – 5 + 5 = 7 + 5

0

2x . 0 = +12
+2. x = 12 eşitliğinin her iki tarafını (+2) nin çarpma işlemine göre tersi olan 1 ile çarpalım:
2

1 6
2 . . 1 _ 12 . 1
2 ¯ 2
1 1

x = 6 bulunur.
Ç = 6 şeklinde çözüm kümesi yazılır.

8. 5x + 2 = 27 denklemini R de çözelim.

Çözüm:
Eşitliğin her iki yanına (+2) nin toplama işlemine göre tersi olan (-2) sayısını ekleyelim.

5x + 2 + (-2) = 27 + (-2)
0 25

5 . x = 25

Eşitliğin her iki yanını (+5) sayısının çarpma işlemine
göre tersi olan 1 sayısı ile çarpalım.
2

1 5
5 . x . 1 _ 25 . 1
2 ¯ 2
1 1

x = 5 bulunur.
Çözüm kümesi Ç = {5} olur.

Bu son örneği kısa yolla, aşağıdaki gibi yaparız:

5x + 2 = 27

toplanan

5x = 27 – 2

çıkan

( Eşitliğin bir tarafındaki toplanan terim, eşitliğin diğer tarafına çıkan olarak geçer. )

5 . x = 27

çarpan

x = 25 : 5

bölen

( Eşitliğin bir tarafındaki çarpan terim, eşitliğin diğer tarafına bölen olarak geçer.)

x = 5 bulunur.
Ç = {5} olur.

KAYNAKLAR

Matematik Yrd. Kitap
ARTIM YAYINLARI – Lokman GÜNDOĞDU

Matematik Yrd. Kitap
SERHAT YAYINLARI – Nalan KILAVUZ-Necla KARAKUZU-
Fatma Bilgen DAYIOĞLU-Metin KANIK

Anafen Liselere Hazırlık Soru Kitabı
ZİRVE YAYINLARI

İlköğretim 7. Sınıf Matematik Ders Kitabi
YILDIRIM YAYINLARI – Saadettin EKMEKÇİ-
İhsan KIYMETLI-Kemalettin AYHAN-Hasan YILDIRIM-Uçar YILDIRIM

MATEMATİK DEFTERİ

ÇEŞİTLİ DERSHANELERİN ÇALIŞMAK AMACIYLA DAĞITTIĞI KİTAPÇIKLAR
KIZILAY DERSHANESI – KARACAN DERSHANELERİ VS.

Oran Orantı ve Çarpanlara Ayırma

A. ORAN

a ve b reel sayılarının en az biri sıfırdan farklı olmak üzere, ye a nın b ye oranı denir.

* Kesrin payı sıfır olabilir fakat paydası sıfır olamaz.
* Oranın payı ya da paydası sıfır olabilir.
* Oranlanan çoklukların birimleri aynı tür ya da aynı olmalıdır.
* Oranın sonucu birimsizdir.

B. ORANTI

En az iki oranın eşitliğine orantı denir. Yani oranı ile nin eşitliği olan ye orantı denir.

ise, a ile d ye dışlar, b ile c ye içler denir.

C. ORANTININ ÖZELLİKLERİ

1) ise a.d= b.c

2)

3) m ile n den en az biri sıfırdan farklı olmak üzere,

4) a : b : c = x : y : z ise,

Burada, a = x . k

b = y . k

c = z . k dır.

D. ORANTI ÇEŞİTLERİ

1. Doğru Orantılı Çokluklar

Orantılı iki çokluktan biri artarken diğeri de aynı oranda artıyorsa ya da biri azalırken diğeri de aynı oranda azalıyorsa bu iki çokluk doğru orantılıdır denir.

x ile y doğru orantılı ve k pozitif bir doğru orantı sabiti olmak üzere, y = k . x ifadesine doğru orantının denklemi denir. Bu denklemin grafiği aşağıdaki gibidir.

* İşçi sayısı ile üretilen ürün miktarı doğru orantılıdır.
* Bir aracın hızı ile aldığı yol doğru orantılıdır.

2. Ters Orantılı Çokluklar

Orantılı iki çokluktan biri artarken diğeri aynı oranda azalıyorsa ya da biri artarken diğeri aynı oranda azalıyorsa bu iki çokluk ters orantılıdır denir.
x ile y ters orantılı ve k pozitif bir ters orantı sabiti olmak üzere, ifadesine ters orantının denklemi denir.

Bu denklemin grafiği aşağıdaki gibidir.

* İşçi sayısı ile işin bitirilme süresi ters orantılıdır.
* Bir aracın belli bir yolu aldığı zaman ile aracın hızı ters orantılıdır.

a, b ile doğru c ile ters orantılı ve k pozitif bir orantı sabiti olmak üzere,

E. ARİTMETİK ORTALAMA

n tane sayının aritmetik ortalaması bu n sayının toplamının n ye bölümüdür.

Buna göre, x1, x2, x3, … , xn sayılarının aritmetik ortalaması,

* a ile b nin aritmetik ortalaması
* a, b, c biçimindeki üç sayının aritmetik ortalaması,
* n tane sayının aritmetik ortalaması x olsun.

Bu n tane sayının herbiri; A ile çarpılır, B ilave edilirse oluşan yeni sayıların aritmetik ortalaması Ax + B olur.

F. GEOMETRİK ORTALAMA

n tane sayının geometrik ortalaması bu sayıların çarpımının n. dereceden köküdür.
Buna göre,

x1, x2, x3, … , xn sayılarının geometrik ortalaması

* a ile b nin geometrik ortalaması (orta orantılısı)
* a, b, c biçimindeki üç sayının geometrik ortalaması,

* a ile b nin aritmetik ortalaması geometrik ortalamasına eşit ise a = b dir.

G. HARMONİK (AHENKLİ) ORTA

x1, x2, x3, … , xn sayılarının harmonik ortalaması

* a ile b nin harmonik ortalaması

* a, b, c gibi üç sayının harmonik ortalaması

* İki pozitif sayının aritmetik ortalaması A, geometrik ortalaması G ve harmonik ortalaması H ise,

i) G2 = A . H dır.

ii) H £ G £ A dır.

H. DÖRDÜNCÜ ORANTILI

orantısını sağlayan x sayısına a, b, c sayıları ile dördüncü orantılı olan sayı

denir.

Permütasyon Kombinasyon Olasılık

PERMÜTASYON – KOMBİNASYON – BİNOM – OLASILIK

1. Saymanın temel kuralları :

Bir çokluğu saymak için üç yöntem uygulanır. Bunlar : Eşleme – toplama ve çarpma yöntemleridir.

a) Eşleme Yöntemi :

Saymak istediğimiz çokluğun elemanları ile 1 den başlayan doğal sayıları 1-1 eşlersiniz. En son eşlenen sayı o çokluğun sayısını verir. Örneğin bir grupta bulunan öğrencileri saymak eşleme yöntemi ile saymaktır.

b) Toplam Yöntemi :

Daha önce ayrı ayrı sayılan kümelerin eleman sayılarını toplayarak, bunların tümünden oluşan kümenin eleman sayısını bulma yöntemidir. Örneğin cebimizdeki para çokluğunu bulmak için üzerilerinde yazılı miktarların toplamını alırsınız.

c) Çarpma Yöntemi :

Sayılması istenen çokluk ayrı ayrı gruplardan oluşuyorsa, her gruptaki çoklukların sayıları ile grup sayısının çarpımları alınır..Sayılması istenen miktar bulunmuş olur.
Bu yöntemle çokluk sayısını bulmaya çarpma yöntemi denir.

Örneğin yandaki dikdört-
gende bulunan karelerin
sayısını bulalım. Burada
6 sütun ve her sütunda
4 kare olduğundan kare sayısını bulmak için bunlar çarpılır. 6 . 4 = 24 bulunur. Bu yolla kare sayısı bulma yöntemi çarpma kuralını kullanma yöntemidir.
Bu yöntemle çözülebilen problemleri inceleyelim.

ÖRNEK :
A dan B ye 3
değişik yol B den
C ye iki değişik
yol vardır.
A dan (B den geçme koşulu ile) C ye kaç değişik yolla gidilebilir?

ÇÖZÜM :
Yollar (1, a) (1, b) (2, a) (2, b) (3, a) (3, b) olmak üzere 6 yol bulunur.
Çarpma yöntemi ile daha çabuk 3 . 2=6 olarak bulunur.

ÖRNEK :
KONYA kelimesindeki harflerle beş harfli anlamlı yada anlamsız kaç sözcük yazılabilir ?

ÇÖZÜM :
Beş harfi yandaki

1; Numaraya 5 değişik harf yazılabilir.
2; Numaraya 4 değişik harf yazılabilir.
(Çünkü bir harf 1 numaraya yazılmıştır.)
3; Numaraya 3 değişik harf yazılabilir.
4; Numaraya 2 değişik harf yazılabilir.
5; Numaraya ise 1 harf kalır. Yazıla-bilecek sözcük sayısı, çarpma yöntemi gereğince 5 . 4 . 3 . 2 . 1 = 120 olarak bulunur.

ÖRNEK :
İki torbanın birinde siyah ve diğerinde beyaz
ve üzerlerinde 1,2,3,4,5 numaraları yazılı 5 er
bilye vardır.
Bu torbaların her birinden birer bilye çekilerek
ikililer elde ediliyor. Bu ikililerin sayısı kaçtır ?

ÇÖZÜM :
Çarpma yöntemi ile 5.5 = 25 ikili bulunur.

ÖRNEK :
A = 1, 2, 3, 4, 5 kümesinin elemanlarını
kullanarak 300 den büyük üç basamaklı kaç
tane sayı yazabiliriz. (Bir kez kullandığınız
rakamı bir daha kullanabilirsiniz)

ÇÖZÜM :
Üç basamaklı sayının yüzler basamağına
ancak 3, 4, 5 rakamlarından biri gelir. Diğer
basamaklara ise 5 rakamdan biri getirilebilir.

Çarpma yöntemi ile 3.5.5 = 75 sayı yazılabilir.

ÖRNEK :
A = 1, 2, 3, 4, 5 kümesinin elemanları ile
rakamlar tekrarsız ve 300 den büyük üç
basamaklı kaç sayı yazabilirsiniz.

yüzler basamağına 3 değişik rakam onlar basamağına (yüzler basamağına bir rakam yazıldığı için) 4 değişik rakam ve birler basa-mağına da 3 değişik rakam yazılabilir. Çarpma yöntemi gereği bu değişik değerler çarpılır.

Bu hesapları daha çabuk yapabilmek için (faktöriyel) hesapları kullanılır.

faktöriyel hesapları hatırlayalım.

Tanım : 1, 2, 3, 4……..n (1 den n e kadar doğal sayıların çarpımı n nin yanına bir ünlem işareti konularak gösterilir ve n faktöryel diye okunur.)
1.2.3.4.5……..n = n !
tanıma uymayan 0 ! ve 1 ! gösterimleri kullanılabilir ve değerleri 1 dir. 0! = 1; 1! = 1 dir.

Faktöryel hesapları

1. n!(n+1) = (n+1)!
2. = (n-1)!

3. r!(r+1)(r+2) … n = n

4. = (r+1)(r+2)(r+3).n

olduğunu hatırlayınız.

ÖRNEK :
in sonucu kaçtır?

ÇÖZÜM :
= = 6.7 = 42 bulunur.

ÖRNEK :
= 7.8 = 56 bulunur.

ÖRNEK :
= 72 ise n kaçtır?

ÇÖZÜM :
= (n-1).n  n(n-1) = 72

n2 – n – 72 = 0 dır.

Bu ise (n-9)(n+8) = 0; n = 9 ve N = -8 bulunur. n = -8 olamaz (neden?) o halde n = 9 olmalıdır.
ÖRNEK:
= 30 is n kaçtır?

ÇÖZÜM:
tanımdan (n-2)! = (n-4)! (n-3)(n-2) dir. O halde
= (n-3)(n-2) olacağından
(n-3)(n-2) = 30  n2 – 5n – 24 = 0
(n-8)(n+3) = 0  n = 8 , n = -3
n = -3 olamaz (neden?) ; n = 8 bulunur.

ÖRNEK :
7. = 20 . ise n kaçtır?

ÇÖZÜM :
= (n-2)(n-1).n ; = n.(n+1) o halde 7

n(n-1)(n-2) = 20n.(n+1) den

7(n2-3 n+2) = 20(n+1)

7n2 – 41n – 6 = 0 denklemi bulunur.
(n = – olamaz.)

ÖRNEK :
(n+!)[n.n! + (2n-1).(n-1)! + (n-1).(n-2)!]
çarpımının sonucu nedir?

ÇÖZÜM:
(n+1)[ n.n! + (2n-1).(n-1)! + (n-1).(n-2)!] =
(n+1)[ n.n! + (n-1).(2n-1) . (n-1)!+(n-1)!] =
(n+1) [(n-1)! . (n2 + 2n – 1 + 1)]
= (n+1) (n-1)! . n(n+2)
= (n-1)! n.(n+1)(n+2) = (n+2)! bulunur.

ÖRNEK :
+ 3 + sonucu nedir?

ÇÖZÜM :
+ 3 + paydalarını n! olacak biçimde genişletip toplayalım.

=

=

n(n2 – 3n + 2 + 3n – 3 + 1) = n.n2 = n3
bulunur.

PERMÜTASYON

n elemanlı bir kümenin elemanlarını bir sırada yazmaya onun bir Permütasyonu denir.

Örneğin üç elemanlı bir a,b,c kümesinde a,b,c bir permütasyon (a, c, b) başka bir permütasyondur.

Permütasyonların sayısı
n elemanlı bir kümenin elemanlarının pemü-tasyonlarının sayısı P(n, n) biçiminde gösterilir.

Değeri P(n, n) = n! dir.
(çarpma kuralı ile bulunduğuna dikkat ediniz.)

n elemanlı bir kümenin r elemanlı alt kümelerinin permütasyonlarının sayısı P(n, r) ile gösterilir. P(n,r) yi hesaplıyalım.

n elemanlı kümenin r elemanlı bir alt kümesinde r tane eleman vardır. Bunların yerlerine kaç tane eleman yazılabileceğini altına yazalım ve çarpma kuralını uygulayalım.

r tane

o halde p(n,r) = n(n-1)(n-2)(n-3) . . (n-r+1)

çarpımıdır. Bunu basitleştirmek için paydayı 1 kabul edip pay ve paydayı (n-r)! İle çarpalım,

P(n,r)=

buna göre, P(n,r) = formülü bulunur.

Permütasyonla ilgili örnek Problemler

ÖRNEK :
Ankara’da arabalara üç harf ve 2 rakam kullanılarak plaka verilmektedir. (kullanılan harf sayısı 25 ve aynı harf birden fazla kullanılmaktadır.) Buna göre kaç arabaya plaka verilebilir.

ÇÖZÜM :

S = 25.25.25.10.10 = 1562500 arabaya plaka verilir.

ÖRNEK :

Bir erkek öğrencinin 2 çift ayakkabısı, 2 ceket, 4 pantolon 3 gömleği ve üç değişik kravatı bulunmaktadır. Bunları kullanarak (hergün bir şeyi farklı olarak) giyinecektir. Kaç gün değişik kıyafetle çıkabilir ?

ÇÖZÜM :

Çarpma kuralı gereği bu değişik şeylerin çarpımı kadar gün değişik kıyafet giyer.
2.2.4.3.3 = 144 gün

ÖRNEK :
Bir otomobilde 5 kişilik yer vardır. (sürücü yeri dahil) 2 sinin sürücü belgesi bulunan beş kişi bu otomobilde kaç değişik biçimde seyahat edebilir ?

ÇÖZÜM :

sürücü yerine 2 değişik kişi oturabilir. Diğer yerlere sıra ile 4, 3, 2, 1 değişik kişi oturabilir. O halde çarpma kuralı gereği 2.4! = 48 değişik biçimde oturabilirler.
ÖRNEK :
A = 1, 2, 3, 4, 5 kümesinin elemanları ile üç basamaklı, rakamları tekrarsız kaç sayı yazılabilir.

ÇÖZÜM :

çarpma kuralı gereğince 5.4.3 = 60 sayı yazılabilir.

ÖRNEK :
MERSİN kelimesindeki 6 harfle anlamlı yada anlamsız kaç sözcük yazılabilir ?

ÇÖZÜM :
P(6, 6) = 6! Kadar sözcük yazılabilir.

n elemandan (a) tanesi aynı ise
bunların permütasyonlarının sayısı

ÖRNEK :
SİVAS kelimesindeki harflerle anlamlı yada anlamsız 6 harfli kaç sözcük yazılabilir.

ÇÖZÜM :
S harfi iki kez olduğu için bu ikisi aynıdır. O halde
= 3.4.5.6 = 360 bulunur.

n elemandan bazıları aynı ise örneğin n1 tanesi aynı n2 tanesi de başka aynı ise bunlarla n elemanın permütasyonlarının sayısı dir.

ÖRNEK :
MARMARA kelimesindeki harflerle 7 harfli anlamlı yada anlamsız kaç sözcük yazılabilir ?

ÇÖZÜM :
MARMARA kelimesindeki harflerden 2 tanesi M, üç tanesi A ve iki tanesi de R dir.
O halde, = = 5.6.7 = 210 sözcük yazılabilir.

ÖRNEK :
4 tane 2 rakamı, 2 tane 5 rakamı ve diğerleri 4, 6 rakamları olan 8 rakamları olan 8 rakamla kaç değişik sekiz basamaklı sayı yazılabilir ?

ÇÖZÜM :
= 840 tane sekiz basamaklı değişik sayı yazılabilir.

ÖRNEK :
5 arkadaştan ikisi kızdır. Bunlar 5 kişilik bir bankta oturmak istiyorlar.
İki kız daima yan yana oturmak koşulu ile bu banka kaç değişik biçimde oturabilirler ?

ÇÖZÜM :
Kız öğrenciler A ve B ise (A, B) yi, bir kişi gibi düşünürsek 4 kişi gibi olur ve 4! Kadar otururlar. Ancak (A, B) de (A, B) ve (B, A) gibi iki değişik hal vardır. Çarpma kuralı gereğince; 2! . 4! = 2.24 = 48 değişik biçimde otururlar.

ÖRNEK :
5 arkadaştan ikisi küstür. 5 kişilik bir bankta oturmak istiyorlar.
İki küs arkadaş yan yana gelmemek koşulu ile kaç değişik biçimde otururlar ?

ÇÖZÜM :

Önce iki kişi yan yana olmak koşulu ile oturabilme bulunur. Bu sayı 2!4! dir. (bir önceki problemi inceleyiniz)
5 öğrenci bu banka 5! değişik biçimde otururlar. Bu sayıdan yan yana oturma sayısını çıkarırsak; yan yana aturmama sayısı bulunur.
5! – 2!4! = 120 – 48 = 72 değişik biçimde otururlar.

ÖRNEK :
(3, 3, 3, 2, 2, 4, 4, 4) rakamları ile 8 basamaklı kaç değişik sayı yazılabilir ?

ÇÖZÜM :
Üç tane 3, iki tane 2 ve üç tane 4 olduğu için
= 560 değişik sayı yazıla-bilir.

ÖRNEK :
Beş değişik oyuncak 3 çocuğa kaç değişik biçimde dağıtılabilir ?

ÇÖZÜM :
Oyuncalar değişik olduğu için bu bir sıralama problemi ve permütasyondur. 5 elemanın üçlü permütasyonudur. O halde
P(5, 3) = = = 60 değişik biçimde dağıtılabilir.

ÖRNEK :
6 kitap, kitaplıkta bir rafa kaç değişik biçimde sıralanabilir ?

ÇÖZÜM :
Altının altılı permütasyonu kadar sıraya konulabilir. P(6, 6) = 6! = 720 değişik sırada yerleştirilebilir.

ÖRNEK :
Bir öğrencinin 3 matematik, 2 fizik ve 4 türkçe kitabı vardır. Her branştaki kitaplar yan yana gelmek koşulu ile bir rafa kaç değişik biçimde yerleştirilebilir ?

ÇÖZÜM :
Matematik kitapları 3!, fizik kitapları 2! ve Türkçe kitapları 4! Kadar sıraya konur. Ancak bunlar Matematik, Fizik ve Türkçe olmak üzere üç branştır. Bunlar da kendi arasında 3! kadar sıraya konabilir. Yani (M, F, T) yada (M, T, F) gibi değişik 3! sırada dizilebilir. O halde çarpma kuralı gereği
3!2!4! . 3! = 6.2.24.6 = 1728 değişik biçimde yerleştirilebilir ?

ÖRNEK :
6 arkadaş sinemaya gitti. Boş olan 4 tane numaralı sandalye ye kaç değişik biçimde oturabilirler ?

ÇÖZÜM :
Yerler değişik numarada olduğu için
permütasyondur.(sıra önemli) O halde
P(6,4) = = 360 bulunur.

ÖRNEK :
İki torbanın her birinde, üzerlerinde 1 den 12 ye
kadar numara bulunan bilyeleri vardır. Her birinden 1 bilye alınarak ikili gruplar elde ediliyor. Kaç değişik ikili elde edebilirsiniz. ?

ÇÖZÜM :
Her birinde değişik 12 şer bilye olduğu için
bunların çarpımı kadar değişik ikili elde edilir.
12.12 = 144 (değişik ikili)

ÖRNEK :
6 kişiden ikisi önde 4 ü arkada olmak üzere sıralanarak fotoğraf çektirilecektir. Kaç poz resim çekilebilir.

ÇÖZÜM :
Önde P(6, 2) = ;arkadakiler = P(4, 4) = 4! dir. O halde P(6,2).P(4,4) = . 4! = 6! = 720
poz bulunur. (hepsinin aynı sırada olmasının sonucu değiştirmeyeceğine dikkat ediniz.)

ÖRNEK :
P(n, 4) = 42.P(n, 2) ise n kaçtır. P (n, r) n elemanlı r li permütasyonların sayısıdır.

ÇÖZÜM :
P(n,4) = 42P(n,2)  = 42.

den

= 42.

sadeleşme yapılarak (n-2) . (n-3) = 42
bulunur. O halde

n2 – 5n + 6 – 42 = 0
n2 – 5n – 36 = 0
(n-9)(n+4) = 0  n = 9 ; n = -4
(n= -4) olamaz. O halde n = 9 dur.

ÖRNEK :
1, 2, 3, 4, 5, 6 kümesinin elemanları ile yazı-
labilen 5 rakamlı sayılardan kaç tanesinde 2
rakamı vardır.

ÇÖZÜM :
2 rakamı hepsinde bulunacağı için 2 yi ayrı tutarsak geriye kalan 5 elemanın 4 lü permü-tasyonları kadar (2 hariç) dört rakamlı sayı yazılabilir. 2 sayısı bu 4 rakamlı sayıda 5 deği-
şik yerde olabileceği için çarpma yöntemi
gereği 5.P(5, 4) = 5. = 600 sayı bulunur.

ÖRNEK :
10 kişi üzeri numaralı 8 sandalyeye kaç değişik
şekilde oturabilir

ÇÖZÜM :
P (10,8) = kadar değişik biçimde oturabilir.

DAİRESEL PERMÜTASYON

Bir kümenin elemanlarını bir dairenin çevresi etrafında sıralamaya dairesel permütasyon yada dönel sıralama denir. (Dairesel permü-tasyonlarda bir elemanın bulunduğu yer önemli değil sadece sağında ve solunda bulunan elemanlar önemlidir.) n elemanın Dairesel permütasyonların sayısı :
(n-1)! dir.

ÖRNEK :
Beş kişi yuvarlak bir masa etrafına kaç değişik biçimde oturabilir ?

ÇÖZÜM :
Dairesel permütasyon olduğu için
(5-1)! = 4! = 24 değişik biçimde oturabilirler.

ÖRNEK :
3 erkek, 2 kız arkadaş yuvarlak bir masa etrafına iki kız daima yan yana oturmak koşuluyla kaç değişik biçimde oturabilir ?

ÇÖZÜM :
A ve B kızlar ise (A, B) yi bir eleman olarak alırsak artık 4 kişi olur ve 3! kadar otururlar. Ancak iki kız (A, B) biçiminde olduğu gibi (B, A) biçiminde de alınabilir.
Çarpma kuralı ile bulunur.
2! . 3! = 12 değişik biçimde oturabilirler.

ÖRNEK :
7 arkadaştan belli iki kişi yan yana gelmemek koşulu ile daire biçiminde bir masa etrafına kaç değişik biçimde oturabilirler ?

ÇÖZÜM :
Önce tüm oturabilme sayısı bulunur. Sonra belli iki kişinin yan yana gelme sayısı bulunur.

Bunlar birbirinden çıkarılınca yan yana gelmeme sayısı bulunmuş olur.
Tüm oturma sayısı (7-1)! = 6! = 720; belli ikisi yan yana oturma sayısı
2! (6-1)! = 2.5! = 2.120 = 240 istenilen belli iki kişinin yan yana oturmama sayısı ise:
720 – 240 = 480 bulunur.
ÖRNEK :
Daire şeklinde bir masa da 4 çocuk ve 4 bayan daima iki bayan arasında 1 çocuk bulunmak koşulu ile kaç değişik biçimde oturabilirler ?

ÇÖZÜM :
Önce 4 çocuğu birer
atlayarak 4ün dairesel
permütasyonu kadar
yönü (4-1)! = 3! = 6
değişik biçimde
otururlar. Araya bayan-
ları oturtacağımız için bunların sayısı normal permütasyondur. 4! = 24 olur. Çarpma kuralı gereği tüm sayı 3! 4! = 6 . 24 = 144 bulunur.

Anahtarlık Problemleri

Anahtarlıklar havada döndürülebildiği için (pozitif yada negatif yön önemli değildir.) dairesel permütasyon sayısının yarısını almak gerekir. Ancak daire şeklindeki bir anahtarlığa maskot ilave edilmişse (anahtar maskotlu ise) normal permütasyon uygulanır ve yarısı alınır. (n2 olmak üzere), (n) anahtar,maskotsuz anahtarlığa ; mas-kotlu anahtarlığa değişik biçimde takılabilir.

ÖRNEK :
5 değişik anahtar halka şeklinde maskotsuz bir anahtarlığı kaç değişik biçimde takılabilir ?

ÇÖZÜM :
= 12 bulunur.

ÖRNEK :
6 değişik anahtar halka şeklinde maskotlu bir
anahtarlığa kaç değişik biçimde takılabilir ?

ÇÖZÜM :
= 360 değişik biçimde takılabilir.
ÖRNEK :
Bir çocuk değişik renkte ve büyüklükte 5 boncukla halka şeklinde bir kolye yapmak istiyor.(klips takmadan) Bu boncuklar kaç değişik biçimde yerleştirilebilir ?

ÇÖZÜM :
= 12 değişik biçim olur.

Not : Eğer klips taksydı diğer yanına geçeme-seydi o zaman değişik biçimde olurdu.

KOMBİNASYON

n elemanlı bir kümesin r elemanlı bir alt kümesine n nin r li bir kombinasyonu denir.
Örneğin A = a, b, c, d 4 elemanlı bir kümenin üçlü kombinasyonları;

a, b, c , a, b, d, a, c, d, b, c, d olmak üzere 4 tanedir. Bunların her biri A nın üçlü bir kombinasyonudur.
n elemanlı bir kümenin r elemanlı kombi-nasyonların sayısı C(n,r) , veya simge-leri ile gösterilir. Bu sayı ise
C(n,r) = ya da C(n,r) = dir.
Bunların = ya da = olarak da yazılabileceğini görünüz.

n elemanlı r li kombinasyonlarının sayısı için şu dört eşitlik ve özelliği gösterebiliriz.

I) = 1

II)

III)
IV) r sayısı 0 dan başlayarak den küçük en büyük tam sayıya kadar değiştiğinde gitgide artan değer alır. r > içinde gitgide azalan değerler alır. (r ile n-r değerlerinde ise eşit olmaktadır.)

ÖRNEK:
Herhangi üçü doğrusal olmayan 10 nokta kaç doğru belirtir?

ÇÖZÜM:
10 nun ikili kombinasyonları kadar doğru belirtilir. = 45

ÖRNEK :
Herhangi üçü doğrusal olmayan 10 noktayla köşeleri bu noktalar olan kaç üçgen çizilebilir?

ÇÖZÜM :
10 nun üçlü kombinasyonları kadar üçgen çizilebilir. = 120

ÖRNEK :
Üçü bir doğru diğer dördü bir doğru üzerinde olan 7 nokta kaç doğru belirtir?

ÇÖZÜM:

Şekilde görüldüğü gibi 3 nokta bir doğru 4 noktada bir doğru üzerindedir. Önce 7 nok-tadan
= = 21 doğru geçer. 3 noktadan
= = 3 doğru geçerdi ancak bu 1 doğru üzerindedir. 4 noktadan = = 6 doğru geçerdi ama şimdi 1 doğru geçiyor. O halde 21 – 3 + 1 – 6 + 1 = 14 doğru bulunur. Pratikte d1 doğrusu üzerinde 3 nokta d2 doğrusu üzerinde 4 nokta var. Bunlardan
3.4 = 12 doğru geçer. d1 ve d2 yi alırsak
12 + 1 + 1 = 14 doğru bulunur.

ÖRNEK :
Bir sınavda 12 soru sorulmuştur. Baştan 3 soruyu herkesin yapması zorunludur. Diğer sorulardan 7 tane seçerek yanıtlaması istenmektedir. sınava giren bir öğrenci bunu kaç değişik şekilde yapabilir?

ÇÖZÜM :
12 –3 = 9 sorudan 7 tane seçecektir.

= = 72 değişik seçenek vardır.

ÖRNEK :
Birbirine paralel 5 doğru ile bunları kesen ve birbirine paralel 6 doğru çiziliyor. Bu doğrular kaç tane değişik paralel kenar oluşturur?

ÇÖZÜM :

Verilen doğrular şekilde olduğu gibi d1, d2, d3, d4, d5 ve a1, a2, a3, a4, a5, a6 olsun. Karşılıklı kenarları olan dörtgenler paralel kenar olduğu için paralellerden ikişer ikişer almanız gerekir. O halde paralel kenar sayısı
= 10.15 = 150 bulunur.

ÖRNEK :
d1 // d2 // d3 // d4
ve a1, a2, a3 doğ-
ruları bir A nokta-
sında kesişiyor.
Bu şekilde kaç
tane yamuk var-
dır?

ÇÖZÜM :
Yamuk, karşılıklı iki kenarı paralel diğer iki kenarı paralel olmayan dörtgendir. O halde yamuk sayısı,
= = 6.3 = 18 bulunur.

ÖRNEK :
10 voleybol oyuncusundan belli biri kaptandır. Kaptan daima takımda bulunmak üzere 6 kişilik değişik kaç voleybol takımı kurulabilir?

ÇÖZÜM :
Biri her takımda bulunacağı için 9 oyuncudan 5 ini seçmek gerekir. O halde

= = 126 takım kurulur.
ÖRNEK :
9 kişilik bir gruptan 5’i A, 4’ü B kentine kaç değişik biçimde gider?

ÇÖZÜM:
9 kişiden 5’i A kentine gider geriye kalan 4’ü B ye gider. O halde yalnız A kentine giden-lerin sayısını bulmak yeterlidir.

= = 126 bulunur.

NOT : olduğuna dikkat ediniz.

ÖRNEK :
10 kişilik bir gruptan 5’i A, 3’ü B ve 2’si C kentine kaç değişik biçimde gider?

ÇÖZÜM :

= = 2520

ÖRNEK :
C(n,2) = 45 ise n kaçtır?

(C(n,2) , n elemanlı ikili kombinasyonlarının sayısıdır.)

ÇÖZÜM:
= 45  n(n-1) = 90 ; n = 10 bulunur.

ÖRNEK :
bir torbada 5 kırmızı, 12 Beyaz bilye vardır. Bu torbadaki bilyelerle 1 kırmızı 3 beyaz olmak üzere kaç değişik grup bilye elde edilir?

ÇÖZÜM :
= 5. = 1100 grup bulunur.

ÖRNEK :
Bir sandıkta bulunan 12 ampulden 4 ü bozuktur. Bu sandıktan 1 i bozuk 3 ü sağlam olmak üzere kaç değişik grup oluşturulabilir?

ÇÖZÜM :
4 ü bozuksa 8 i sağlamdır. O halde,
= 4. = 4.56 = 224 grup oluşur.