Newton binomu ve olasılık teorisi, bilim, istatistik ve mühendislikte yaygın olarak kullanılan iki temel matematik dalıdır. YÖS sınavında bu konular kombinatorik, polinom açılımları ve olasılık teorisinin temellerini anlamayı gerektirir.
Tanım: Bir $n$ doğal sayısının faktöriyeli ($n!$ ile gösterilir), 1'den $n$'ye kadar olan tüm doğal sayıların çarpımıdır.
$$n! = 1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot ... \cdot n$$
Özel durumlar:- $0! = 1$ (tanım gereği)- $1! = 1$
Örnekler:- $2! = 1 \cdot 2 = 2$- $3! = 1 \cdot 2 \cdot 3 = 6$- $4! = 1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot 4 = 24$- $5! = 1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot 4 \cdot 5 = 120$- $6! = 720$- $7! = 5040$- $10! = 3.628.800$
Yineleme bağıntısı:$$n! = n \cdot (n-1)!$$
Örnek 1: Bu özelliği kullanarak:$$7! = 7 \cdot 6! = 7 \cdot 720 = 5040$$
Tanım: $n$ elemanın permütasyonu, bu elemanların herhangi bir sıralanışıdır. $n$ elemanın tüm permütasyonlarının sayısı $P(n)$ veya $P_n$ ile gösterilir.
$$P(n) = n!$$
Sezgi:- İlk pozisyon için $n$ seçenek var- İkinci pozisyon için — $(n-1)$ seçenek- Üçüncü pozisyon için — $(n-2)$ seçenek- Ve bu böyle devam eder...
Çarpma kuralına göre: $n \cdot (n-1) \cdot (n-2) \cdot ... \cdot 1 = n!$
Örnek 2: 5 öğrenciyi bir sıraya kaç farklı şekilde dizebiliriz?
Çözüm:$$P(5) = 5! = 120$$
Örnek 3: Bir rafta 3 kitap var. Bunları kaç farklı şekilde dizebiliriz?
Çözüm:$$P(3) = 3! = 6$$
Diziliş şekilleri: ABC, ACB, BAC, BCA, CAB, CBA
Tanım: $n$ elemandan $r$'li ($0 \leq r \leq n$) sıralamalı seçim (permütasyon), $n$ elemandan tekrarsız olarak $r$ eleman seçilip sıralanmasıdır. Sıralamalı seçim sayısı $A(n, r)$, $A_n^r$ veya $P(n, r)$ ile gösterilir.
$$A(n, r) = \frac{n!}{(n-r)!}$$
Sezgi:- İlk pozisyon için $n$ elemandan seçeriz: $n$ seçenek- İkinci pozisyon için kalan $(n-1)$ elemandan seçeriz: $(n-1)$ seçenek- Üçüncü pozisyon için kalan $(n-2)$ elemandan seçeriz: $(n-2)$ seçenek- Ve bu böyle $r$ kez devam eder
Çarpma kuralına göre: $n \cdot (n-1) \cdot (n-2) \cdot ... \cdot (n-r+1) = \frac{n!}{(n-r)!}$
Örnek 4: 5 öğrenciden 3 öğrenciyi seçip kaç farklı şekilde sıralayabiliriz?
Çözüm:$$A(5, 3) = \frac{5!}{(5-3)!} = \frac{5!}{2!} = \frac{120}{2} = 60$$
Veya: $5 \cdot 4 \cdot 3 = 60$
Örnek 5: Bir şampiyonada 8 sporcu yarışıyor. Birinci, ikinci ve üçüncülüğü kaç farklı şekilde belirleyebiliriz?
Çözüm:$$A(8, 3) = \frac{8!}{5!} = 8 \cdot 7 \cdot 6 = 336$$
Tanım: $n$ elemandan $r$'li ($0 \leq r \leq n$) kombinasyon, $n$ elemandan tekrarsız ve sırasız olarak $r$ eleman seçilmesidir. Kombinasyon sayısı $C(n, r)$, $C_n^r$ veya $\binom{n}{r}$ ile gösterilir.
$$\binom{n}{r} = \frac{n!}{r!(n-r)!}$$
Sıralamalı seçimden farkı: Kombinasyonlarda seçilen elemanların sırası önemli değildir.
Sıralamalı seçimlerle ilişki:$$A(n, r) = \binom{n}{r} \cdot r!$$
çünkü $r$ elemanın her bir kombinasyonu $r!$ farklı şekilde sıralanabilir.
Örnek 6: 5 öğrenciden 3 öğrenciyi kaç farklı şekilde seçebiliriz?
Çözüm:$$\binom{5}{3} = \frac{5!}{3! \cdot 2!} = \frac{120}{6 \cdot 2} = \frac{120}{12} = 10$$
Bu, sıralamalı seçim sayısından ($60 > 10$) daha azdır çünkü sıra önemli değildir.
Örnek 7: Bir kutuda 6 kırmızı ve 4 mavi top var. 2 kırmızı ve 2 mavi topu kaç farklı şekilde seçebiliriz?
Çözüm:- 6'dan 2 kırmızı seçme yolları: $\binom{6}{2} = \frac{6!}{2! \cdot 4!} = 15$- 4'ten 2 mavi seçme yolları: $\binom{4}{2} = \frac{4!}{2! \cdot 2!} = 6$- Toplam yol sayısı: $15 \cdot 6 = 90$
Özellik 1: Sınır durumlar$$\binom{n}{0} = \binom{n}{n} = 1$$
Özellik 2: Tümleyenlik$$\binom{n}{r} = \binom{n}{n-r}$$
İspat:$$\binom{n}{n-r} = \frac{n!}{(n-r)!(n-(n-r))!} = \frac{n!}{(n-r)! \cdot r!} = \binom{n}{r}$$
Örnek 8: $\binom{10}{7} = \binom{10}{3} = \frac{10!}{3! \cdot 7!} = 120$
Özellik 3: Yineleme bağıntısı (Pascal)$$\binom{n}{r} = \binom{n-1}{r-1} + \binom{n-1}{r}$$
Bu özellik Pascal üçgenini oluşturmak için kullanılır.
Tanım: Pascal üçgeni, her sayının üstündeki iki sayının toplamına eşit olduğu sayısal bir üçgendir.
Yapısı:
``` 1 1 1 1 2 1 1 3 3 1 1 4 6 4 1 1 5 10 10 5 1 1 6 15 20 15 6 1 1 7 21 35 35 21 7 1```
Kombinasyonlarla ilişkisi: $n$-inci satır $\binom{n}{0}, \binom{n}{1}, \binom{n}{2}, ..., \binom{n}{n}$ katsayılarını içerir.
Örnek:- Satır 0: $1$- Satır 1: $1, 1$- Satır 2: $1, 2, 1$- Satır 3: $1, 3, 3, 1$- Satır 4: $1, 4, 6, 4, 1$
Uygulama: $(a+b)^n$ açılımının katsayıları Pascal üçgeninin $n$-inci satırında bulunur.
Teorem (Newton binomu): Herhangi $a$ ve $b$ sayıları ve $n$ doğal sayısı için aşağıdaki formül geçerlidir:
$$(a+b)^n = \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} a^{n-k} b^k$$
Açılmış biçim:$$(a+b)^n = \binom{n}{0} a^n + \binom{n}{1} a^{n-1}b + \binom{n}{2} a^{n-2}b^2 + ... + \binom{n}{n-1} ab^{n-1} + \binom{n}{n} b^n$$
Örnek 9: $(a+b)^3$ ifadesini açınız.
Çözüm:$$(a+b)^3 = \binom{3}{0}a^3 + \binom{3}{1}a^2b + \binom{3}{2}ab^2 + \binom{3}{3}b^3$$$$= 1 \cdot a^3 + 3 \cdot a^2b + 3 \cdot ab^2 + 1 \cdot b^3$$$$= a^3 + 3a^2b + 3ab^2 + b^3$$
Örnek 10: $(2x - 3)^4$ ifadesini açınız.
Çözüm: $a = 2x$, $b = -3$, $n = 4$ kullanırız:
$$(2x-3)^4 = \sum_{k=0}^{4} \binom{4}{k} (2x)^{4-k} (-3)^k$$
$$= \binom{4}{0}(2x)^4 + \binom{4}{1}(2x)^3(-3) + \binom{4}{2}(2x)^2(-3)^2 + \binom{4}{3}(2x)(-3)^3 + \binom{4}{4}(-3)^4$$
$$= 16x^4 - 4 \cdot 8x^3 \cdot 3 + 6 \cdot 4x^2 \cdot 9 - 4 \cdot 2x \cdot 27 + 81$$
$$= 16x^4 - 96x^3 + 216x^2 - 216x + 81$$
Tanım: $(a+b)^n$ açılımının genel (veya $(k+1)$-inci) terimi aşağıdaki biçime sahiptir:
$$T_{k+1} = \binom{n}{k} a^{n-k} b^k$$
(ilk terim $T_1$, $k = 0$ için alınır)
Örnek 11: $(x+2)^5$ açılımında üçüncü terimi bulunuz.
Çözüm:Üçüncü terim $T_3$ olur ($k = 2$ için):
$$T_3 = \binom{5}{2} x^{5-2} \cdot 2^2 = 10 \cdot x^3 \cdot 4 = 40x^3$$
Örnek 12: $(3a - b)^6$ açılımında $a^3b^3$ içeren terimi bulunuz.
Çözüm:
Genel terim: $T_{k+1} = \binom{6}{k} (3a)^{6-k} (-b)^k = \binom{6}{k} 3^{6-k} (-1)^k a^{6-k} b^k$
Gerekli koşul: $6 - k = 3$ ve $k = 3$
$$T_4 = \binom{6}{3} 3^3 (-1)^3 a^3 b^3 = 20 \cdot 27 \cdot (-1) \cdot a^3 b^3 = -540a^3b^3$$
Teorem: $(a+b)^n$ açılımındaki tüm katsayıların toplamı $2^n$'e eşittir.
İspat: $a = 1$ ve $b = 1$ yerine koyarız:
$$(1+1)^n = \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} \cdot 1^{n-k} \cdot 1^k = \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k}$$
$$2^n = \binom{n}{0} + \binom{n}{1} + \binom{n}{2} + ... + \binom{n}{n}$$
Örnek 13: $(x+y)^7$ açılımındaki katsayıların toplamını bulunuz.
Çözüm:$$\text{Toplam} = 2^7 = 128$$
Teorem: İşareti değişen katsayıların toplamı $0$'a eşittir ($n > 0$ ise).
İspat: $a = 1$ ve $b = -1$ yerine koyarız:
$$(1-1)^n = \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} \cdot 1^{n-k} \cdot (-1)^k = \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} (-1)^k$$
$$0 = \binom{n}{0} - \binom{n}{1} + \binom{n}{2} - \binom{n}{3} + ...$$
$$(a+b)^2 = a^2 + 2ab + b^2$$
$$(a-b)^2 = a^2 - 2ab + b^2$$
$$(a+b)^3 = a^3 + 3a^2b + 3ab^2 + b^3$$
$$(a-b)^3 = a^3 - 3a^2b + 3ab^2 - b^3$$
$$a^2 - b^2 = (a-b)(a+b)$$
Tanım: Bir olayın olasılığı, o olayın gerçekleşme imkânının bir ölçüsüdür.
Temel terimler:- Rastgele deney (veya deney): Sonucu önceden bilinmeyen bir eylem- Temel olay: Bir deneyin bölünemez bir sonucu- Örnek uzay: Tüm olası temel olayların kümesi; $S$ veya $\Omega$ ile gösterilir- Olay: Örnek uzayın bir alt kümesi- Kesin olay: Her zaman gerçekleşecek olay (olasılığı 1)- İmkânsız olay: Gerçekleşemeyen olay (olasılığı 0)
Tanım: Bir deneyde $n$ eşit olası sonuç mümkün ise ve bunlardan $m$ tanesi $A$ olayına elverişli ise, $A$ olayının olasılığı şuna eşittir:
$$P(A) = \frac{|A|}{|S|} = \frac{m}{n}$$
burada $|A|$ elverişli sonuçların sayısı, $|S|$ tüm olası sonuçların sayısıdır.
Olasılığın özellikleri:1. Her $A$ olayı için $0 \leq P(A) \leq 1$2. $P(S) = 1$ (kesin olayın olasılığı)3. $P(\emptyset) = 0$ (imkânsız olayın olasılığı)
Örnek 14: Bir zar atıldığında çift sayı gelme olasılığı.
Çözüm:- Toplam sonuç: $n = 6$ (1, 2, 3, 4, 5, 6 sayıları)- Elverişli sonuçlar (çift sayılar): $m = 3$ (2, 4, 6 sayıları)- Olasılık: $P(\text{çift}) = \frac{3}{6} = \frac{1}{2}$
Örnek 15: Bir torbada 5 kırmızı ve 3 mavi top var. Kırmızı top çekme olasılığı.
Çözüm:- Toplam top: $n = 5 + 3 = 8$- Kırmızı top: $m = 5$- Olasılık: $P(\text{kırmızı}) = \frac{5}{8}$
Tanım: $A$ olayının tümleyeni ($\overline{A}$ veya $A'$ ile gösterilir), $A$ olayının gerçekleşmemesi olayıdır.
Formül:$$P(\overline{A}) = 1 - P(A)$$
İspat: $A$ ve $\overline{A}$ ayrık (ortak sonuçsuz) olaylardır ve $A \cup \overline{A} = S$ olduğu için:$$P(A) + P(\overline{A}) = P(S) = 1$$$$P(\overline{A}) = 1 - P(A)$$
Örnek 16: Bir zar atıldığında 6 GELMEME olasılığı.
Çözüm:$$P(\text{6 değil}) = 1 - P(\text{6}) = 1 - \frac{1}{6} = \frac{5}{6}$$
Örnek 17: Kazanma olasılığı 0,2 olan bir piyangoda kazanmama olasılığı.
Çözüm:$$P(\text{kazanmama}) = 1 - 0{,}2 = 0{,}8 = \%80$$
Tanım: $A$ ve $B$ olayları aynı anda gerçekleşemiyorsa, yani $A \cap B = \emptyset$ ise, bu olaylara ayrık (veya karşılıklı dışlayıcı) olaylar denir.
Ayrık olaylar için formül:$$P(A \cup B) = P(A) + P(B)$$
Tanım: $A$ ve $B$ olayları aynı anda gerçekleşebiliyorsa, bunlara birlikte gerçekleşebilen olaylar denir.
Birlikte gerçekleşebilen olaylar için formül:$$P(A \cup B) = P(A) + P(B) - P(A \cap B)$$
İspat: $A \cup B$ bölgesi üç kısımdan oluşur:- Yalnızca $A$'daki elemanlar: $P(A) - P(A \cap B)$- Yalnızca $B$'deki elemanlar: $P(B) - P(A \cap B)$- Her ikisindeki elemanlar: $P(A \cap B)$
Toplam: $(P(A) - P(A \cap B)) + (P(B) - P(A \cap B)) + P(A \cap B) = P(A) + P(B) - P(A \cap B)$
Örnek 18: Bir zar atıldığında 3 veya 5 gelme olasılığı.
Çözüm:Olaylar ayrıktır (aynı anda gerçekleşemezler).$$P(3 \text{ veya } 5) = P(3) + P(5) = \frac{1}{6} + \frac{1}{6} = \frac{2}{6} = \frac{1}{3}$$
Örnek 19: 1'den 10'a kadar rastgele seçilen bir sayının 2'ye VEYA 3'e bölünebilme olasılığı.
Çözüm:- 2'ye bölünenler: 2, 4, 6, 8, 10 (5 sayı)- 3'e bölünenler: 3, 6, 9 (3 sayı)- Hem 2'ye HEM 3'e bölünenler: 6 (1 sayı)
Olaylar birlikte gerçekleşebilir (6 sayısı her ikisine de bölünür).$$P(2 \text{ veya } 3) = \frac{5}{10} + \frac{3}{10} - \frac{1}{10} = \frac{7}{10}$$
Tanım: Birinin gerçekleşmesi diğerinin gerçekleşme olasılığını etkilemiyorsa, $A$ ve $B$ olaylarına bağımsız olaylar denir.
Bağımsız olaylar için formül:$$P(A \cap B) = P(A) \cdot P(B)$$
Tanım: Birinin gerçekleşmesi diğerinin gerçekleşme olasılığını etkiliyorsa, $A$ ve $B$ olaylarına bağımlı olaylar denir.
Koşullu olasılık: $A$ olayı gerçekleştiği bilindiğinde $B$ olayının olasılığı $P(B|A)$ ile gösterilir.
Bağımlı olaylar için formül:$$P(A \cap B) = P(A) \cdot P(B|A)$$
veya eşdeğer olarak:$$P(A \cap B) = P(B) \cdot P(A|B)$$
Örnek 20: Bir zarın iki kez atılmasında her iki seferinde de 6 gelme olasılığı.
Çözüm:Olaylar bağımsızdır (ilk atışın sonucu ikincisini etkilemez).$$P(\text{6 ve 6}) = P(\text{6}) \cdot P(\text{6}) = \frac{1}{6} \cdot \frac{1}{6} = \frac{1}{36}$$
Örnek 21: Bir torbada 5 kırmızı ve 3 mavi top var. İadesiz olarak iki top çekiyoruz. Her ikisinin de kırmızı olma olasılığı.
Çözüm:Olaylar bağımlıdır (ilk çekimden sonra topların sayısı değişir).- $P(\text{ilki kırmızı}) = \frac{5}{8}$- $P(\text{ikincisi kırmızı | ilki kırmızı}) = \frac{4}{7}$ (7 top kaldı, bunlardan 4'ü kırmızı)
$$P(\text{ikisi de kırmızı}) = \frac{5}{8} \cdot \frac{4}{7} = \frac{20}{56} = \frac{5}{14}$$
$(2x - \frac{1}{x})^9$ binomunun açılımında bulunuz:a) Terim sayısıb) $x$ içermeyen terimc) $x^5$'in katsayısı
Açılımın genel terimi:$$T_{k+1} = \binom{9}{k} (2x)^{9-k} \left(-\frac{1}{x}\right)^k = \binom{9}{k} 2^{9-k} (-1)^k x^{9-k} \cdot x^{-k} = \binom{9}{k} 2^{9-k} (-1)^k x^{9-2k}$$
a) Terim sayısı: $(a+b)^n$ açılımındaki terim sayısı daima $n + 1 = 9 + 1 = 10$'dur.
b) $x$ içermeyen terim: $9 - 2k = 0$ olmalı, buradan $k = 4{,}5$. $k$ tam sayı olmak zorunda olduğundan, $x$ içermeyen terim yoktur.
c) $x^5$'in katsayısı: $9 - 2k = 5$ olmalı, buradan $k = 2$.
$$T_3 = \binom{9}{2} 2^7 (-1)^2 = 36 \cdot 128 \cdot 1 = 4608$$
Cevap: a) 10 terim; b) $x$ içermeyen terim yok; c) katsayı 4608
Bir kutuda 4 beyaz ve 6 siyah top var. Bir top çekiyoruz. Topun:a) Beyazb) Beyaz olmayanc) Kırmızı olma olasılığını bulunuz.
Toplam top: $n = 4 + 6 = 10$
a) Beyaz: 4 beyaz top var.$$P(\text{beyaz}) = \frac{4}{10} = \frac{2}{5} = 0{,}4$$
b) Beyaz olmayan: Tümleyen olay formülünü kullanırız.$$P(\text{beyaz değil}) = 1 - P(\text{beyaz}) = 1 - \frac{2}{5} = \frac{3}{5} = 0{,}6$$
Veya: kırmızı ve siyah topların sayısı $6 + 0 = 6$'dır.$$P(\text{beyaz değil}) = \frac{6}{10} = \frac{3}{5}$$
c) Kırmızı: Kırmızı top sayısı 0'dır.$$P(\text{kırmızı}) = \frac{0}{10} = 0$$
30 öğrencinin bulunduğu bir sınıfta: 18'i İngilizce, 15'i Fransızca, 10'u her iki dili de öğreniyor. Rastgele seçilen bir öğrencinin:a) İngilizce VEYA Fransızca öğrenmeb) İngilizce VE Fransızca öğrenmec) Ne İngilizce ne de Fransızca öğrenmeolasılığını bulunuz.
a) İngilizce VEYA Fransızca:
Birlikte gerçekleşebilen olaylar için formülü kullanırız:$$P(A \cup B) = P(A) + P(B) - P(A \cap B) = \frac{18}{30} + \frac{15}{30} - \frac{10}{30} = \frac{23}{30}$$
b) İngilizce VE Fransızca:
$$P(A \cap B) = \frac{10}{30} = \frac{1}{3}$$
c) Ne İngilizce ne de Fransızca:
En az bir dil öğrenen öğrenci sayısı: $23$ (a şıkkından)
Hiçbir dil öğrenmeyen öğrenci sayısı: $30 - 23 = 7$
$$P(\text{hiçbiri}) = \frac{7}{30}$$
İki bağımsız denemede bir nişancı hedefi 0,7 olasılıkla vurur. Şu olasılıkları bulunuz:a) Her iki vuruşb) Bir vuruş (ya birinci ya da ikinci)c) En az bir vuruşd) Hiç vuruş olmaması
Gösterelim: $P(A) = P(\text{vuruş}) = 0{,}7$, $P(\overline{A}) = P(\text{ıska}) = 0{,}3$
a) Her iki vuruş:$$P(\text{ikisi de}) = 0{,}7 \cdot 0{,}7 = 0{,}49$$
b) Bir vuruş:Bu (birincisi vuruş VE ikincisi ıska) VEYA (birincisi ıska VE ikincisi vuruş) anlamına gelir.
Olaylar ayrıktır:$$P(\text{bir}) = (0{,}7 \cdot 0{,}3) + (0{,}3 \cdot 0{,}7) = 0{,}21 + 0{,}21 = 0{,}42$$
c) En az bir vuruş:
Yöntem 1 (tümleyen olay üzerinden):$$P(\text{en az bir}) = 1 - P(\text{hiçbiri}) = 1 - (0{,}3 \cdot 0{,}3) = 1 - 0{,}09 = 0{,}91$$
Yöntem 2 (toplama ile):$$P(\text{en az bir}) = 0{,}49 + 0{,}42 = 0{,}91$$
d) Hiç vuruş olmaması:$$P(\text{hiçbiri}) = 0{,}3 \cdot 0{,}3 = 0{,}09$$
Cevap: a) 0,49; b) 0,42; c) 0,91; d) 0,09
Bir piyangoda 100 bilet var, bunların 5'i kazanan bilettir. 3 bilet satın alındı. Şu olasılıkları bulunuz:a) Üçünün de kazanan olma olasılığıb) Tam olarak ikisinin kazanan olma olasılığıc) Tam olarak birinin kazanan olma olasılığıd) Hiçbirinin kazanan olmama olasılığı
100 biletten 3 bilet seçmenin toplam yolu: $\binom{100}{3}$
a) Üçünün de kazanan olması:
5 kazanan biletten 3 seçme yolları: $\binom{5}{3}$
$$P(\text{üçü de}) = \frac{\binom{5}{3}}{\binom{100}{3}} = \frac{10}{161700} \approx 0{,}0000618$$
b) Tam olarak ikisinin kazanan olması:
Yollar: 5 kazanandan 2, 95 kazanmayan biletten 1 seçmek.
$$P(\text{tam olarak iki}) = \frac{\binom{5}{2} \cdot \binom{95}{1}}{\binom{100}{3}} = \frac{10 \cdot 95}{161700} = \frac{950}{161700} \approx 0{,}00588$$
c) Tam olarak birinin kazanan olması:
Yollar: 5 kazanandan 1, 95 kazanmayan biletten 2 seçmek.
$$P(\text{tam olarak bir}) = \frac{\binom{5}{1} \cdot \binom{95}{2}}{\binom{100}{3}} = \frac{5 \cdot 4465}{161700} = \frac{22325}{161700} \approx 0{,}1381$$
d) Hiçbirinin kazanan olmaması:
Yollar: 5 kazanandan 0, 95 kazanmayan biletten 3 seçmek.
$$P(\text{hiçbiri}) = \frac{\binom{5}{0} \cdot \binom{95}{3}}{\binom{100}{3}} = \frac{1 \cdot 141860}{161700} \approx 0{,}8772$$
Kontrol: $0{,}0000618 + 0{,}00588 + 0{,}1381 + 0{,}8772 \approx 1{,}021 \approx 1$ (yuvarlama)
### Hata 1: Sıralamalı seçim ile kombinasyonu karıştırmakYanlış: Kombinasyon gerektiğinde sıralamalı seçim kullanmak veya tersi.Doğru: Sıra önemliyse sıralamalı seçim, değilse kombinasyon kullanılır.
### Hata 2: Binom tanımını unutmakYanlış: $(a+b)^2 = a^2 + b^2$Doğru: $(a+b)^2 = a^2 + 2ab + b^2$
### Hata 3: Olasılık formülünü yanlış uygulamakYanlış: Sonuçların eşit olası olması gerektiğini unutmak.Doğru: Tüm sonuçların eşit olasılığa sahip olduğundan emin olmak.
### Hata 4: Olasılıkların toplanmasını ve çarpılmasını karıştırmakYanlış: Ayrık olaylar için çarpma kullanmak.Doğru: Ayrık olaylar için toplama (birleşim), bağımsız olaylar için çarpma (kesişim).
### Hata 5: Tümleyen olay formülünü unutmakYanlış: $P(\overline{A})$ bulmak daha kolay olduğunda $P(A)$'yı doğrudan bulmaya çalışmak.Doğru: Gerektiğinde $P(A) = 1 - P(\overline{A})$ kullanmak.
### Hata 6: Birlikte gerçekleşebilen olaylar için toplama formülünü yanlış uygulamakYanlış: Birlikte gerçekleşebilen olaylar için $P(A \cup B) = P(A) + P(B)$Doğru: $P(A \cup B) = P(A) + P(B) - P(A \cap B)$
### Hata 7: Bağımlı olayları yanlış belirlemekYanlış: Bağımlı olayları bağımsız saymak (örneğin, iadesiz top çekmek).Doğru: Bir olayın gerçekleşmesinin diğerinin olasılığını etkileyip etkilemediğini kontrol etmek.
### İpucu 1: Kombinasyon formüllerini ezberleyin$$\binom{n}{0} = 1, \binom{n}{1} = n, \binom{n}{2} = \frac{n(n-1)}{2}$$
### İpucu 2: Küçük $n$ değerleri için Pascal üçgenini kullanın$n \leq 7$ olan $(a+b)^n$ için kombinasyonları hesaplamak yerine Pascal üçgenini kullanmak genellikle daha hızlıdır.
### İpucu 3: Açılımdan önce ifadeleri dönüştürünAçılımdan önce ifadeyi sadeleştirin:$(2x - \frac{1}{x})^9$ ifadesini $\frac{(2x^2 - 1)^9}{x^9}$ olarak yeniden yazmak daha iyidir.
### İpucu 4: Olasılık soruları için bir tablo oluşturunBilinen tüm olasılıkları içeren bir tablo yapın ve bilinmeyenleri hesaplamak için kullanın.
### İpucu 5: Olasılıkların toplamını kontrol edinKarşılıklı dışlayıcı tüm olayların olasılıklarının toplamı 1'e eşit olmalıdır.
### İpucu 6: Tümleyen olay formülünü kullanınBir olayın olasılığını hesaplamak zor olduğunda, tümleyen olayın olasılığını bulun.
### İpucu 7: "VE" ile "VEYA"yı ayırt edin- "VE" (kesişim) → bağımsız olaylar için olasılıkların çarpımı- "VEYA" (birleşim) → ayrık olaylar için olasılıkların toplamı
### İpucu 8: Soru metnini dikkatle okuyunSeçimin iadeli mi yoksa iadesiz mi yapıldığını belirleyin. Bu, olayların bağımsızlığını etkiler.
### İpucu 9: Somut örneklerle pratik yapınDaha iyi anlamak için gerçek örneklerle (zar, madeni para, iskambil kartları, torbadaki toplar) çalışın.
### İpucu 10: Sınır durumları kontrol edinBir binomu açarken, ilk ve son terimleri kontrol edin:- İlk: $\binom{n}{0} a^n$- Son: $\binom{n}{n} b^n$
---
Sonuç
Newton binomu ve olasılık teorisi, kombinatorik ve mantığın sağlam bir şekilde anlaşılmasını gerektiren güçlü araçlardır. Çeşitli problemlerle düzenli pratik yapmak, YÖS sınavındaki herhangi bir problemi güvenle çözmenize yardımcı olacaktır.
Kursun tüm konuları · Konu soruları
Platformu kullanmak için JavaScript'i etkinleştirin.