r’li Permütasyon

Bir nesne kümesinden belli sayıda nesne seçiyorsak ve nesneleri hangi sırayla seçtiğimiz önemliyse r’li permütasyonu kullanırız.

Formülün Çıkarılması

Tipik bir r’li permütasyon sorusuyla başlayalım: Bir köyde her yıl mantı yeme yarışması düzenleniyor. Finale yedi iştahlı yarışmacı kaldı. Bu yedi yarışmacının ilk üç sırayı kaç farklı şekilde paylaşabileceğini hesapla.

Bu örnekte sıranın önemli olduğunu fark etmek gerekir. Örneğin ilk üç sırada Ali, Mehmet ve Can’ın yer alacağını biliyorsak, bu üçlü bize toplam altı farklı sıralama verir:

• Ali, Mehmet, Can;
• Ali, Can, Mehmet;
• Mehmet, Ali, Can;
• Mehmet, Can, Ali;
• Can, Ali, Mehmet;
• Can, Mehmet, Ali.

Bunların hepsi farklı sıralamalardır ve biz yarışmacı sayısı 7 iken toplam kaç farklı sıralama oluşturabileceğimizi hesaplamak istiyoruz.

Bunun için çarpma yoluyla sayma kuralını kullanırız. (x₁, x₂, x₃) biçiminde üçlüler seçtiğimizi söyleyelim; burada x₁ birinci sırayı alan yarışmacıdır, vb. x₁ yerine hangi yarışmacıları yazabiliriz? Hepsini, yani x₁ yerine 7 yarışmacı yazabiliriz. x₂ yerine hangilerini yazabiliriz? Birinci sıraya zaten yerleştirdiğimiz kişi dışında hepsini; yani x₂ yerine 7 − 1 = 6 yarışmacı yazabiliriz. x₃ yerine ise birinci ya da ikinci sırada olmayan yarışmacıları yazabiliriz, yani 7 − 2 = 5 seçeneğimiz var. Çarpma yoluyla sayma kuralını uygular ve toplam durum sayısını buluruz: 7 · 6 · 5 = 210.

İlk 4 sıradaki tüm durumların sayısını bilmek istersek x₄ yerine 7 − 3 = 4 yarışmacı yazabileceğimizi, dolayısıyla toplam durum sayısının 7 · 6 · 5 · 4 = 840 olacağını gözlemleyebiliriz. Bundan ne çıkarabiliriz?

n elemanlı bir kümemiz varsa (örnekte 7 yarışmacı) ve sıranın önemli olduğu 3 eleman seçiyorsak sonuç n · (n − 1) · (n − 2)’ye eşittir. Birinci sıraya herkes yerleşebilir, sonrakine bir kişi eksik, vb. Buradan, n elemanlı kümeden r eleman seçtiğimizde geçerli genel formülü çıkarabiliriz: durum sayısı n · (n − 1) · (n − 2) · … · (n − r + 1)’e eşit olur.

Bu formülü faktöriyel yardımıyla biraz daha düzenleyeceğiz. Yedinin faktöriyeline bakalım: 7! = 7 · 6 · 5 · 4 · 3 · 2 · 1. Tüm madalya sıralamalarının sayısını 7 · 6 · 5 diye hesaplamıştık; aralarında belli bir benzerlik görüyoruz. Yalnızca o sondan kurtulmamız gerekiyor, yani 7! sayısını 4 · 3 · 2 · 1’e bölmeliyiz; geriye yalnızca 7 · 6 · 5 kalır. 4 · 3 · 2 · 1 ifadesi neye eşit? 4!’e eşit.

Böylece şunu yazabiliriz: n elemanlı bir kümemiz varsa ve sıranın önemli olduğu toplam r eleman seçiyorsak toplam

$$P(n,r)=\frac{n!}{(n-r)!}$$

farklı durum vardır. Mantı yarışmasındaki sayıları bu formülde yerine yazarsak:

$$P(7,3)=\frac{7!}{(7-3)!}=\frac{7\cdot 6\cdot 5\cdot 4\cdot 3\cdot 2\cdot 1}{4\cdot 3\cdot 2\cdot 1}=7\cdot 6\cdot 5=210.$$

Hesap Makinesi

Aşağıdaki hesap makinesi, verilen n ve r için r’li permütasyonların sayısını hesaplar.

Çözümlü Örnekler

1. Mantı yeme yarışmasında kalalım. Yarışmaya, bu işin ustası olan ve her zaman kazanan Kerem’in geldiğini bilseydik olası madalya sıralamalarının sayısı nasıl değişirdi? Yani 7 yarışmacı varsa ve Kerem kesin kazanıyorsa kaç farklı madalya sıralaması vardır?

Bu yine basit bir r’li permütasyondur: birinci sıra kesin, geriye kalan 6 yarışmacının ikinci ve üçüncü sıraları nasıl dolduracağını belirlememiz gerekiyor. Yani 6 elemanlı kümeden 2 eleman seçiyoruz; bu da şu r’li permütasyona götürür:

$$P(6,2)=\frac{6!}{(6-2)!}=30$$

2. Çok eskiden, Kerem henüz bu kadar usta değilken ilk üç içinde yer alırdı. 7 yarışmacı varsa ve Kerem kesin bir madalya alıyorsa kaç farklı madalya sıralaması vardır?

   Bu örnek bir öncekinden, Kerem’in hangi sırada bittiğini bilmememiz bakımından farklıdır; ikinci, hatta üçüncü bitmiş olabilir ve bundan hâlâ utanıyor. Bu yüzden toplam üç farklı r’li permütasyon hesaplamalıyız: Kerem’in birinci olduğu durum, sonra gümüş madalya aldığı durum ve son olarak bronz madalya aldığı durum. Ama her seferinde başka birinin yerleşebileceği yalnızca iki sıra kalır. Örneğin Kerem ikinci olduysa diğer yarışmacılar birinci ya da üçüncü sıraya yerleşmiş olabilir. Yani yine altı kişiden 2’li permütasyonu hesaplıyoruz, yalnızca bunu Kerem’in üç farklı sırası için üç kez hesaplamamız gerekiyor. Tüm sıralamaların sayısı şuna eşittir:

   $$3\cdot P(6,2)=3\cdot \frac{6!}{(6-2)!}=3\cdot 30=90$$

   Permütasyonun önündeki üçü P(3, 1) biçiminde de yazabileceğimize dikkat et; çünkü aslında üç elemanlı kümeden (üç madalya sırası) bir eleman (belli bir sıra) seçiyoruz.

3. Bir okulda toplam 20 öğretmen var. Yakında sözlü sınavlar olacak ve şu bileşimde bir sınav kurulu oluşturulması gerekiyor: bir başkan, bir yumuşak huylu üye ve bir sert üye. Toplam kaç seçenek vardır?

   İlk önce sıranın önemli olup olmadığını yanıtlamalıyız. Evet, önemli; üç öğretmeni yine altı farklı şekilde sıralayabiliriz. Artık kolay: 20 elemandan 3’lü permütasyon seçiyoruz:

   $$P(20,3)=\frac{20!}{17!}=6840.$$

4. Hiçbir rakam tekrar etmemek koşuluyla {0, 1, 2, 3, 4, 5} rakamlarından kaç üç basamaklı sayı yazabiliriz?

   Sıra önemli mi? Evet, 123 sayısı 321’den farklıdır. Kaç farklı üçlü vardır? Bu, 6 elemandan basit bir 3’lü permütasyondur:

   $$P(6,3)=\frac{6!}{3!}=120.$$

   Ama birinci basamağında sıfır olan permütasyonları da çıkarmamız gerekiyor, çünkü 012 üç basamaklı bir sayı değildir. Soru şimdi şu: sıfırla başlayan kaç farklı üçlü vardır? Bu durumda rakamlar yalnızca kalan iki yerde değişir (üçlüler (0, x₂, x₃) biçimindedir); yani {1, 2, 3, 4, 5} sayılarını kullanarak kaç farklı ikili oluşturabileceğimizi arıyoruz. Bu yine kolay: P(5, 2) = 5!/3! = 20. Demek ki sıfırla başlayan 20 üçlü vardır.

   {0, 1, 2, 3, 4, 5} rakamlarından oluşan üç basamaklı sayıların toplam sayısı böylece 120 − 20 = 100 olur.

5. Hiçbir rakam tekrar etmemek ve elde edilen sayı tek olmak koşuluyla {1, 2, 3, 4, 5} rakamlarından kaç farklı üç basamaklı sayı yazabiliriz?

   Sıra önemlidir, çünkü 123 sayısı 321’den farklıdır. Tek olan üç basamaklı bir sayı yazıyoruz; bu, ilk iki basamakta herhangi bir rakam olabileceği, ama sonuncuda {1, 3, 5} rakamlarından birinin olması gerektiği anlamına gelir. Önce beş rakamdan yazabileceğimiz tüm üçlülerin sayısını hesaplarız: P(5, 3) = 5! / 2! = 60.

   Her rakam son basamakta aynı sıklıkta bulunacağı için 5 rakamımız varsa her rakam son basamakta 60 / 5 = 12 kez bulunur. Son basamakta çıkabilecek üç rakamımız {1, 3, 5} var; yani 1 ile biten 12 farklı sayı, 3 ile biten 12 sayı ve 5 ile biten 12 sayı vardır. Toplama yoluyla sayma kuralını kullanır ve toplam 12 + 12 + 12 = 36 seçenek buluruz.

6. P(x, 2) = 72 olduğunu biliyorsan x’i hesapla. Başka bir deyişle: x elemanlı bir kümeden ikililer seçiyoruz ve toplam 72 farklı ikili seçebildiğimizi biliyoruz. İkilileri seçtiğimiz küme kaç elemanlıydı? Yazalım:

   $$P(x,2)=\frac{x!}{(x-2)!}=72$$

   Düzenlemeye devam edelim:

   $$\begin{array}{rcl}\frac{x!}{(x-2)!}& =& 72\\ \frac{x\cdot (x-1)\cdot (x-2)!}{(x-2)!}& =& 72\\ x\cdot (x-1)& =& 72\\ x^2-x& =& 72\\ x^2-x-72& =& 0\end{array}$$

   Bu artık klasik bir ikinci dereceden denklemdir; onu diskriminant yardımıyla çözebiliriz ya da denklemi şu biçimde yazabiliriz:

   $$(x+8)\cdot (x-9)=0$$

   Buradan çözümü okuyabiliriz: x₁ = −8 ve x₂ = 9. Negatif çözüm bizi ilgilendirmez, çünkü bir kümenin eleman sayısı negatif olamaz; dolayısıyla asıl denklemin çözümü x = 9’dur, yani küme dokuz elemanlıydı.