DGS DGS (Dikey Geçiş Sınavı) Permütasyon, Kombinasyon ve Olasılık Testi #5

A'dan B'ye gidiş için 4 farklı seçenek vardır. B'den C'ye gidiş için 3 farklı seçenek vardır. Gidişte toplam yol seçeneği: $4 \cdot 3 = 12$'dir. Dönüşte giderken kullanılan yollar kullanılmayacağından: C'den B'ye dönüş için $3 - 1 = 2$ seçenek kalır. B'den A'ya dönüş için $4 - 1 = 3$ seçenek kalır. Dönüşte toplam yol seçeneği: $2 \cdot 3 = 6$'dır. Tüm gidiş-dönüş güzergâhı sayısı: $12 \cdot 6 = 72$ farklı şekilde gerçekleşebilir. Doğru cevap C seçeneğidir.

Bir sayının 5 ile tam bölünebilmesi için birler basamağı 0 veya 5 olmalıdır. Sayının rakamları farklı olacağından iki durumu ayrı ayrı inceleyelim: 1. Durum: Birler basamağı 0 olsun. Birler basamağı için 1 seçenek vardır (0). Yüzler basamağı için 0 ve birler basamağında kullanılan rakam hariç $6 - 1 = 5$ seçenek kalır. Onlar basamağı için kalan $6 - 2 = 4$ seçenek kalır. Bu durumda: $5 \cdot 4 \cdot 1 = 20$ sayı yazılır. 2. Durum: Birler basamağı 5 olsun. Birler basamağı için 1 seçenek vardır (5). Yüzler basamağına 0 gelemeyeceğinden ve 5 kullanıldığından $6 - 2 = 4$ seçenek kalır. Onlar basamağı için 0 dahil kalan rakamlardan $6 - 2 = 4$ seçenek kalır. Bu durumda: $4 \cdot 4 \cdot 1 = 16$ sayı yazılır. Toplam sayı adedi: $20 + 16 = 36$ bulunur. Doğru cevap B seçeneğidir.

Kızların yan yana gelmemesi için önce 4 erkek öğrenci sıraya dizilir. 4 erkek öğrenci kendi arasında $4! = 24$ farklı şekilde sıralanır. Erkeklerin arasında ve uçlarında kızların oturabileceği boşluklar belirlenir: _ E1 _ E2 _ E3 _ E4 _ Toplam 5 uygun boşluk vardır. 3 kız öğrenci bu 5 boşluktan herhangi 3 tanesine sıralı olarak yerleşir: $P(5, 3) = 5 \cdot 4 \cdot 3 = 60$ farklı şekilde oturabilirler. Toplam diziliş sayısı: $4! \cdot P(5, 3) = 24 \cdot 60 = 1440$ bulunur. Doğru cevap D seçeneğidir.

'KELEBEK' kelimesindeki harfler ve sayıları: K: 2 adet E: 3 adet L: 1 adet B: 1 adet Toplam 7 harf vardır. 1) K harfi ile başlayan tüm kelimeler: İlk harfe bir K konur. Geriye kalan 6 harf (1 adet K, 3 adet E, 1 adet L, 1 adet B) sıralanır: $\frac{6!}{1! \cdot 3! \cdot 1! \cdot 1!} = \frac{720}{6} = 120$ tanedir. 2) K ile başlayıp K ile biten kelimeler: Başa bir K, sona diğer K yerleştirilir. Ortaya kalan 5 harf (3 adet E, 1 adet L, 1 adet B) sıralanır: $\frac{5!}{3! \cdot 1! \cdot 1!} = \frac{120}{6} = 20$ tanedir. 3) K ile başlayıp K ile bitmeyen kelime sayısı: $120 - 20 = 100$ bulunur. Doğru cevap C seçeneğidir.

4 kişilik ekipte en az 2 doktor olması istenmektedir. Doktor sayılarına göre durumları belirleyelim: 1. Durum: 2 doktor ve 2 hemşire seçilmesi: $\binom{5}{2} \cdot \binom{6}{2} = 10 \cdot 15 = 150$ 2. Durum: 3 doktor ve 1 hemşire seçilmesi: $\binom{5}{3} \cdot \binom{6}{1} = 10 \cdot 6 = 60$ 3. Durum: 4 doktor ve 0 hemşire seçilmesi: $\binom{5}{4} \cdot \binom{6}{0} = 5 \cdot 1 = 5$ Toplam farklı seçim sayısı: $150 + 60 + 5 = 215$ bulunur. Doğru cevap C seçeneğidir.

Hiçbir şart olmasaydı 9 noktadan oluşturulabilecek üçgen sayısı $\binom{9}{3}$ olurdu: $\binom{9}{3} = \frac{9 \cdot 8 \cdot 7}{3 \cdot 2 \cdot 1} = 84$ Ancak aynı doğru üzerindeki 4 noktadan seçilen üçlüler doğrusal olduğu için üçgen oluşturamaz: $\binom{4}{3} = 4$ Oluşabilecek gerçek üçgen sayısı: $84 - 4 = 80$ bulunur. Doğru cevap B seçeneğidir.

Herhangi ikisi paralel olmayan ve hiçbir üçü tek bir noktada kesişmeyen 8 doğru en çok $\binom{8}{2} = 28$ noktada kesişir. 1) Birbirine paralel olan 3 doğru kendi arasında hiç kesişmez. Kayıp kesişim sayısı: $\binom{3}{2} = 3$ 2) Tek bir A noktasında kesişen 4 doğru normalde $\binom{4}{2} = 6$ noktada kesişebilirdi fakat sadece 1 ortak noktada (A) kesişirler. Kayıp kesişim sayısı: $\binom{4}{2} - 1 = 6 - 1 = 5$ Toplam kesişim noktası sayısı: $28 - 3 - 5 = 20$ bulunur. Doğru cevap A seçeneğidir.

Toplam bilye sayısı: $4 + 3 + 5 = 12$ Örnek uzay eleman sayısı (12 bilyeden 2 bilye seçimi): $\binom{12}{2} = \frac{12 \cdot 11}{2} = 66$ İstenen durum (2 bilyenin aynı renkte olması): - İkisinin kırmızı olması: $\binom{4}{2} = 6$ - İkisinin beyaz olması: $\binom{3}{2} = 3$ - İkisinin mavi olması: $\binom{5}{2} = 10$ İstenen durumların toplam sayısı: $6 + 3 + 10 = 19$ Olasılık: $P = \frac{19}{66}$ Doğru cevap C seçeneğidir.

İki zar atıldığında örnek uzayın eleman sayısı $6 \times 6 = 36$'dır. Üst yüze gelen sayıların toplamının en az 9 olduğu durumlar ($x + y \geq 9$): - Toplam 9 olanlar: $(3, 6), (4, 5), (5, 4), (6, 3) \implies 4$ durum - Toplam 10 olanlar: $(4, 6), (5, 5), (6, 4) \implies 3$ durum - Toplam 11 olanlar: $(5, 6), (6, 5) \implies 2$ durum - Toplam 12 olanlar: $(6, 6) \implies 1$ durum İstenen toplam durum sayısı: $4 + 3 + 2 + 1 = 10$ Olasılık: $P = \frac{10}{36} = \frac{5}{18}$ bulunur. Doğru cevap B seçeneğidir.

Tüm durumlar $6 \times 6 = 36$ tanedir. Zarların üzerindeki sayıların aynı olduğu durumlar: $(1, 1), (2, 2), (3, 3), (4, 4), (5, 5), (6, 6)$ olmak üzere 6 tanedir. Sayıların birbirinden farklı olduğu bilindiğine göre indirgenmiş örnek uzayın eleman sayısı: $s(E) = 36 - 6 = 30$ Toplamı 8 olan ikililer: $(2, 6), (3, 5), (4, 4), (5, 3), (6, 2)$ Bu ikililerden $(4, 4)$ elenir çünkü sayılar farklı olmalıdır. Geriye kalan uygun ikililer: $(2, 6), (3, 5), (5, 3), (6, 2)$ olmak üzere 4 tanedir. İstenen koşullu olasılık: $P = \frac{4}{30} = \frac{2}{15}$ bulunur. Doğru cevap A seçeneğidir.

Hedefin en az bir kişi tarafından vurulması olayının tümleyeni, hedefin ikisi tarafından da vurulamaması durumudur. Mert'in hedefi vuramama olasılığı: $1 - \frac{2}{3} = \frac{1}{3}$ Can'ın hedefi vuramama olasılığı: $1 - \frac{3}{4} = \frac{1}{4}$ İkisinin de hedefi vuramama olasılığı: $P(\text{İkisi de vuramaz}) = \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{4} = \frac{1}{12}$ Hedefin en az bir kişi tarafından vurulma olasılığı: $P(\text{En az bir}) = 1 - \frac{1}{12} = \frac{11}{12}$ bulunur. Doğru cevap D seçeneğidir.

Toplam ampul sayısı başlangıçta 8'dir. 1. çekilişte sağlam ampul çekilme olasılığı: $\frac{5}{8}$ 1 sağlam ampul çekildikten sonra torbada 4 sağlam ve 3 bozuk olmak üzere toplam 7 ampul kalır. 2. çekilişte bozuk ampul çekilme olasılığı: $\frac{3}{7}$ İstenen olayın gerçekleşme olasılığı: $P = \frac{5}{8} \cdot \frac{3}{7} = \frac{15}{56}$ bulunur. Doğru cevap B seçeneğidir.

Binom açılımının genel terimi: $T_{r+1} = \binom{n}{r} a^{n-r} b^r$ Burada $n = 6$, $a = 2x$, $b = -\frac{1}{x} = -x^{-1}$'dir. Genel terimi yazalım: $\binom{6}{r} (2x)^{6-r} (-x^{-1})^r = \binom{6}{r} 2^{6-r} (-1)^r x^{6-r-r} = \binom{6}{r} 2^{6-r} (-1)^r x^{6-2r}$ Sabit terim için $x$'in üssü 0 olmalıdır: $6 - 2r = 0 \implies 2r = 6 \implies r = 3$ $r = 3$ değerini katsayıda yerine yazalım: $\binom{6}{3} 2^{6-3} (-1)^3 = 20 \cdot 2^3 \cdot (-1) = 20 \cdot 8 \cdot (-1) = -160$ bulunur. Doğru cevap A seçeneğidir.

Tüm dizilişlerin sayısı $6! = 720$'dir. İstenmeyen durum: Anne ve babanın yan yana olmasıdır. Anne ve babayı tek bir blok (AB) olarak kabul edelim. Bu blok ve 4 çocuk toplam 5 eleman gibi düşünülür: 5 eleman $5! = 120$ farklı şekilde sıralanır. Anne ile baba kendi arasında $2! = 2$ farklı şekilde yer değiştirebilir. İstenmeyen durumların sayısı: $5! \cdot 2! = 120 \cdot 2 = 240$'tır. İstenen durum sayısı (aralarında en az bir çocuk olması): $720 - 240 = 480$ bulunur. Doğru cevap C seçeneğidir.

Aynı saatte verilen 3 derse $A_1, A_2, A_3$, diğer 5 bağımsız derse $B_1, B_2, B_3, B_4, B_5$ diyelim. Öğrenci aynı saatte verilen derslerden en fazla bir tanesini seçebilir. İki farklı durum vardır: 1. Durum: Aynı saatte verilen 3 dersten 1 tanesini seçip, bağımsız 5 dersten 3 tanesini seçmesi: $\binom{3}{1} \cdot \binom{5}{3} = 3 \cdot 10 = 30$ 2. Durum: Aynı saatte verilen derslerden hiçbirini seçmeyip, 4 dersin tamamını bağımsız 5 dersten seçmesi: $\binom{3}{0} \cdot \binom{5}{4} = 1 \cdot 5 = 5$ Toplam farklı seçim sayısı: $30 + 5 = 35$ bulunur. Doğru cevap B seçeneğidir.

Bir madeni para 4 kez atıldığında toplam sonuç sayısı $2^4 = 16$'dır. En az 3 tura gelmesi durumu: 1) Tam olarak 3 tura, 1 yazı gelmesi: $\binom{4}{3} = 4$ durum (TTTY, TTYT, TYTT, YTTT) 2) Tam olarak 4 tura gelmesi: $\binom{4}{4} = 1$ durum (TTTT) İstenen toplam durum sayısı: $4 + 1 = 5$ Olasılık: $P = \frac{5}{16}$ bulunur. Doğru cevap C seçeneğidir.

Kümede 4 tek sayı $\{1, 3, 5, 7\}$ ve 3 çift sayı $\{2, 4, 6\}$ vardır. 7 elemanlı kümeden 2 farklı eleman seçilmesi: Örnek uzayın eleman sayısı: $\binom{7}{2} = \frac{7 \cdot 6}{2} = 21$ İki sayının çarpımının tek sayı olması için seçilen her iki sayının da tek sayı olması gerekir. 4 tek sayı arasından 2 tek sayı seçilmesi: İstenen durum sayısı: $\binom{4}{2} = \frac{4 \cdot 3}{2} = 6$ Olasılık: $P = \frac{6}{21} = \frac{2}{7}$ bulunur. Doğru cevap B seçeneğidir.

Kombinasyon formüllerini açalım ($n \geq 3$): $\frac{n(n - 1)(n - 2)}{3 \cdot 2 \cdot 1} = 2 \cdot \frac{n(n - 1)}{2 \cdot 1}$ $n \geq 3$ olduğundan $n(n - 1) \neq 0$'dır ve her iki taraf $n(n - 1)$ ile sadeleşir: $\frac{n - 2}{6} = 2 \cdot \frac{1}{2}$ $\frac{n - 2}{6} = 1$ $n - 2 = 6 \implies n = 8$ bulunur. Doğru cevap C seçeneğidir.

A torbasından çekilen top iki farklı renkte olabilir: 1. Durum: A torbasından beyaz top çekilmesi: Bu olasılık $P(B_A) = \frac{3}{5}$'tir. Bu durumda B torbasında 5 beyaz, 3 siyah olmak üzere toplam 8 top oluşur. B torbasından beyaz çekilme olasılığı: $\frac{5}{8}$'dir. Bu yoldan gelen olasılık: $\frac{3}{5} \cdot \frac{5}{8} = \frac{15}{40}$ 2. Durum: A torbasından siyah top çekilmesi: Bu olasılık $P(S_A) = \frac{2}{5}$'tir. Bu durumda B torbasında 4 beyaz, 4 siyah olmak üzere toplam 8 top oluşur. B torbasından beyaz çekilme olasılığı: $\frac{4}{8}$'dir. Bu yoldan gelen olasılık: $\frac{2}{5} \cdot \frac{4}{8} = \frac{8}{40}$ Toplam olasılık: $P = \frac{15}{40} + \frac{8}{40} = \frac{23}{40}$ bulunur. Doğru cevap D seçeneğidir.

Araç A'dan B'ye gitmek için toplam 4 kez Doğu (D) ve 3 kez Kuzey (K) yönünde birim adım atmalıdır. Toplam adım sayısı: $4 + 3 = 7$ adımdır. Bu rotaların sayısı 'DDDDKKK' dizilişlerinin tekrarlı permütasyonuna eşittir: $\frac{7!}{4! \cdot 3!} = \frac{7 \cdot 6 \cdot 5 \cdot 4!}{4! \cdot 6} = 7 \cdot 5 = 35$ farklı yol vardır. Doğru cevap B seçeneğidir.