14. Sayma İlkeleri, Faktöriyel, Permütasyon ve Kombinasyon

10 Eylül 2026

25 dakika

23 görüntüleme

Sayma ilkeleri, bir işlemin kaç farklı biçimde yapılabileceğini bütün seçenekleri tek tek yazmadan bulmamızı sağlar. Faktöriyel, permütasyon ve kombinasyon bu düşüncenin farklı seçim düzenlerini anlatan temel araçlarıdır. Olası sonuçları doğru saymak; olasılıktan istatistiğe, veri bölmeden özellik seçimine kadar yapay zekânın pek çok alanında kuracağımız hesapların ilk adımıdır. Bu makalede toplama ve çarpma ilkelerinden başlayacak, sıranın ve tekrarın sonucu nasıl değiştirdiğini adım adım inceleyecek, formülleri ezberlemek yerine neden ortaya çıktıklarını günlük örnekler üzerinden türeteceğiz.

Tek Tek Yazmadan Kaç Olasılık Olduğunu Bulmak

Zincir kuralıyla birlikte türev bölümünü tamamladık. Şimdi sürekli değişimi ölçen matematikten, ayrı ayrı sayılabilen seçeneklere kısa ama önemli bir köprü kuracağız. Bir sonraki Temel Olasılık Kavramları makalesinde “Bir olayın gerçekleşme olasılığı nedir?” diye soracağız. Fakat bu soruya geçmeden önce çoğu zaman daha temel bir soruyu cevaplamamız gerekir: Kaç farklı sonuç var?

Bir kafede üç ekmek ve iki iç malzeme arasından sandviç seçtiğimizi, dört basamaklı bir şifre oluşturduğumuzu veya sekiz koşucu arasından ilk üç sırayı belirlediğimizi düşünelim. Seçenek sayısı küçükken bütün sonuçları kâğıda yazabiliriz. Sayı büyüdüğünde bu yöntem hem yorucu olur hem de bir sonucu atlama ya da iki kez sayma riski taşır.

Kombinatorik (combinatorics), sonlu veya sayılabilir yapıların kaç farklı biçimde kurulabileceğini inceleyen matematik alanıdır. Bu makalede onun temel sayma araçlarını öğreneceğiz. Amaç, her soruya hemen bir formül yapıştırmak değil; problemin yapısını görüp doğru sayma yolunu seçmektir.

Bu konunun ana sorusu “Hangi formülü kullanmalıyım?” değil, “İki sonucu birbirinden farklı yapan nedir?” sorusudur. Sıra, tekrar, özdeşlik ve kısıtlar değiştiğinde aynı nesneler bambaşka sayılar üretir.

İlk Araç: Toplama İlkesi

Öğle yemeğinde ya dört sıcak yemekten birini ya da üç soğuk sandviçten birini seçebildiğimizi düşünelim. Tek bir yemek alacağız; sıcak ve soğuk seçeneklerden aynı anda seçim yapmayacağız. O hâlde toplam seçenek sayısı:

$$ 4+3=7 $$

olur. Bir işlem birbirini dışlayan ayrı durumlardan yalnızca biriyle yapılabiliyorsa durumların sayısını toplarız. Buna toplama ilkesi denir.

Genel olarak birinci yol $m$, ikinci yol $n$ farklı biçimde gerçekleştirilebiliyor ve hiçbir sonuç iki yolda birden yer almıyorsa toplam:

$$ m+n $$

farklı seçenektir. Buradaki kritik koşul, yolların ayrık olmasıdır. Yani aynı sonuç iki grubun içinde birden bulunmamalıdır.

Gruplar Çakışıyorsa Ne Olur?

Bir sınıfta 18 öğrenci dil kulübüne, 15 öğrenci müzik kulübüne gidiyor olsun. Bu sayıları doğrudan toplarsak 33 buluruz. Fakat 6 öğrenci iki kulübe de gidiyorsa bu öğrencileri iki kez saymış oluruz. Çifte sayımı bir kez çıkarmalıyız:

$$ 18+15-6=27 $$

Kümeler için bu düşünce şöyle yazılır:

$$ |A\cup B|=|A|+|B|-|A\cap B| $$

Dikey çizgiler kümenin eleman sayısını, $A\cup B$ “A veya B”, $A\cap B$ ise “hem A hem B” durumunu gösterir. Bu, daha genel dâhil etme–hariç tutma ilkesinin iki kümelik en basit biçimidir. Toplama yapmadan önce seçeneklerin gerçekten ayrık olup olmadığını kontrol etmemizin nedeni budur.

İkinci Araç: Çarpma İlkesi

Şimdi bir sandviç hazırlayalım. Üç ekmek türünden birini ve iki iç malzemeden birini seçiyoruz. Her ekmek seçimi, iki ayrı iç malzeme seçimiyle eşleşebilir:

Ekmek	Peynirli	Sebzeli
Beyaz	Beyaz–peynirli	Beyaz–sebzeli
Tam buğday	Tam buğday–peynirli	Tam buğday–sebzeli
Çavdar	Çavdar–peynirli	Çavdar–sebzeli

İlk adımda 3, her ilk adımın ardından ikinci adımda 2 seçenek vardır. Toplam:

$$ 3\times2=6 $$

farklı sandviç oluşur. Bir süreç art arda gelen adımlardan oluşuyorsa ve her tam sonuç bu adımların seçimleriyle belirleniyorsa seçenek sayılarını çarparız. Buna çarpma ilkesi denir.

Üç aşamalı bir süreçte ilk adım $m$, ikinci adım her ilk seçimin ardından $n$, üçüncü adım da her önceki seçim çiftinin ardından $k$ biçimde yapılabiliyorsa toplam:

$$ m\times n\times k $$

sonuç vardır. Çarpma ilkesi seçeneklerin birbirinden olasılıksal anlamda bağımsız olmasını gerektirmez. Sonraki adımın seçenek sayısı önceki seçime göre değişebilir; o zaman dalları ayrı ayrı sayıp toplarız.

Bir Ağaç Gibi Düşünmek

İki kez yazı–tura atalım. İlk atışta yazı $Y$ veya tura $T$, her birinin ardından ikinci atışta yine $Y$ veya $T$ gelebilir. Uçlardaki tam sonuçlar:

$$ YY,\;YT,\;TY,\;TT $$

biçimindedir. İki aşamanın her birinde 2 seçenek bulunduğu için $2\times2=4$ sonuç elde ederiz. Üç atışta $2^3=8$, $n$ atışta $2^n$ sonuç vardır. Burada üs, aynı sayıdaki seçeneğin art arda kaç kez kullanıldığını gösterir.

“Veya” görünce otomatik toplamak, “ve” görünce otomatik çarpmak güvenli bir ezber değildir. Önce tam bir sonucun tek bir durumdan mı, yoksa art arda seçimlerden mi oluştuğunu belirleyin; çakışan veya değişken dalları ayrıca inceleyin.

Azalan Seçeneklerin Kısa Yazımı: Faktöriyel

Beş farklı kitabı bir rafa yan yana dizelim. İlk yere 5 kitaptan herhangi biri gelebilir. Birini yerleştirdikten sonra ikinci yer için 4, sonra 3, 2 ve son olarak 1 seçenek kalır. Çarpma ilkesi:

$$ 5\times4\times3\times2\times1=120 $$

farklı diziliş verir. Ardışık pozitif tam sayıların bu azalan çarpımını kısa yazmak için ünlem işaretini kullanırız. $n$ negatif olmayan bir tam sayı olmak üzere:

$$ n!=n(n-1)(n-2)\cdots2\cdot1 $$

$n!$, “n faktöriyel” diye okunur. Örneğin:

$$ 1!=1,\qquad 3!=6,\qquad 5!=120 $$

Faktöriyel hızla büyür. $10!=3.628.800$, $20!$ ise yaklaşık $2{,}43\times10^{18}$'dir. Yalnızca birkaç yeni nesne eklemek, olası sıralamaların sayısını olağanüstü büyütebilir. İleride algoritmaların neden bütün seçenekleri deneyemediğini konuşurken bu büyüme yeniden karşımıza çıkacaktır.

Neden $0!=1$?

İlk bakışta “sıfırın çarpımı nasıl 1 olur?” diye düşünebiliriz. Burada $0!$, sıfırı çarpmak anlamına gelmez. Sıfır nesneyi sıralamanın kaç yolu olduğunu sorar. Hiçbir şey yerleştirmemek için tam bir yol vardır: boş düzen.

Aynı sonucu faktöriyelin geriye doğru ilişkisi de gerektirir:

$$ n!=n\,(n-1)! $$

$n=1$ yazarsak:

$$ 1!=1\cdot0! $$

$1!=1$ olduğuna göre eşitliğin tutarlı kalması için $0!=1$ olmalıdır. Bu tanım, biraz sonra göreceğimiz “hiç eleman seçmeme” ve “bütün elemanları seçme” sınır durumlarının da doğru çalışmasını sağlar.

Bu makalede faktöriyeli negatif olmayan tam sayılar için kullanıyoruz. $(-3)!$ gibi negatif tam sayı faktöriyelleri bu tanım altında yoktur. Faktöriyeli daha geniş bir alana taşıyan Gamma fonksiyonu ayrı ve daha ileri bir konudur.

Sıra Önemliyse: Permütasyon

Permütasyon (permutation), nesnelerin sıralı biçimde düzenlenmesidir. Beş farklı kitabın tamamını rafa dizme örneğinde her kitabın bulunduğu yer sonucu değiştirir. Bu nedenle beş nesnenin bütün permütasyonlarının sayısı $5!$'tir.

Genel olarak birbirinden farklı $n$ nesnenin tamamını sıralamanın sayısı:

$$ n! $$

olur. “A, B, C” ile “B, A, C” aynı nesneleri içerse de farklı permütasyonlardır; çünkü A ile B'nin yerleri değişmiştir.

Hepsini Değil, $r$ Tanesini Sıralamak

Sekiz koşucudan altın, gümüş ve bronz madalya alacak üç kişiyi belirleyelim. İlk sıra için 8, ikinci için 7, üçüncü için 6 seçenek vardır:

$$ 8\times7\times6=336 $$

Burada yalnızca hangi üç kişinin seçildiği değil, kimin birinci, ikinci ve üçüncü olduğu da önemlidir. $n$ farklı nesneden tekrar etmeden $r$ tanesini seçip sıralamanın sayısını:

$$ P(n,r)=n(n-1)\cdots(n-r+1) $$

biçiminde yazarız. Bazı kaynaklar $P(n,r)$ yerine ${}_nP_r$ gösterimini kullanır. Aynı çarpımı faktöriyelle yazmak için $n!$'in kullanılmayan son kısmını böleriz:

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

Örneğimizde:

$$ P(8,3)=\frac{8!}{5!} =\frac{8\cdot7\cdot6\cdot5!}{5!} =336 $$

olur. Formülün içindeki sadeleşme, aslında ilk üç yere kadar yaptığımız $8\times7\times6$ çarpımını bırakır.

Sınır durumları da anlamlıdır. Hiç yer doldurmazsak $P(n,0)=1$; bütün yerleri doldurursak $P(n,n)=n!$ olur. Tekrar yasak ve $r>n$ ise yeterli nesne bulunmadığı için sonuç sayısı 0'dır.

Tekrar Serbestse Seçenekler Azalmaz

Dört basamaklı bir PIN kodu oluşturalım. Her basamakta 0'dan 9'a kadar 10 rakam kullanılabiliyor ve aynı rakam tekrar edebiliyor olsun. İlk basamağın 0 olmasına da izin veriyoruz; çünkü bu bir sayı değeri değil, dört haneli bir koddur.

Her konumda yine 10 seçenek bulunduğundan:

$$ 10\times10\times10\times10=10^4=10.000 $$

farklı kod vardır. Genel olarak $n$ farklı seçenekten, tekrar serbest ve sıra önemli olacak biçimde $r$ konum dolduruluyorsa sonuç sayısı:

$$ n^r $$

olur. Tekrar yasak olsaydı seçenekler her adımda azalır ve sayı:

$$ 10\times9\times8\times7=P(10,4)=5.040 $$

olurdu. Yalnızca “dört basamak” bilgisi yeterli değildir; baştaki sıfırın ve tekrarın serbest olup olmadığını bilmek zorundayız.

Bazı Nesneler Aynıysa: Tekrarlı Permütasyon

“ANANAS” kelimesinin harflerini kaç farklı biçimde sıralayabiliriz? Altı harfin hepsi farklı olsaydı $6!=720$ diziliş olurdu. Fakat üç A kendi aralarında, iki N de kendi aralarında yer değiştirdiğinde görünür kelime değişmez.

Üç A'yı geçici olarak $A_1,A_2,A_3$ diye ayırsaydık, her görünür düzeni $3!$ kez; iki N'yi $N_1,N_2$ diye ayırsaydık ayrıca $2!$ kez saymış olurduk. Fazla sayımları bölerek:

$$ \frac{6!}{3!\,2!} =\frac{720}{6\cdot2} =60 $$

farklı diziliş buluruz. Genel olarak toplam $n$ nesne içinde birinci türden $n_1$, ikinci türden $n_2$, devamında $n_k$ tane özdeş nesne varsa ve:

$$ n_1+n_2+\cdots+n_k=n $$

ise farklı sıralamaların sayısı:

$$ \frac{n!}{n_1!n_2!\cdots n_k!} $$

olur. Pay bütün etiketli sıralamaları sayar; paydadaki faktöriyeller görünüşü değiştirmeyen kendi içi yer değiştirmeleri siler.

Dairede Sıralama: Dönüşleri Aynı Saymak

Altı kişiyi düz bir sıraya dizersek $6!$ sonuç vardır. Aynı kişileri numarasız yuvarlak bir masaya oturttuğumuzda ise herkesin bir sandalye sağa kaydığı düzen yeni bir göreli oturuş oluşturmaz. Her kişi yine aynı iki komşunun yanındadır.

Bu dönüş kaynaklı tekrarları kaldırmak için bir kişiyi referans noktada sabitler, kalan beş kişiyi onun çevresine dizeriz:

$$ (6-1)!=5!=120 $$

Genel olarak yalnızca döndürmeler aynı kabul ediliyorsa $n$ farklı nesnenin dairesel permütasyon sayısı:

$$ (n-1)! $$

olur. Ancak ayrıntı önemlidir. Sandalyeler numaralıysa her döndürme farklı yer numaraları verir ve sayı yeniden $n!$'dir. Bir kolye probleminde aynadan çevrilmiş dizilişler de aynı kabul edilebilir; yuvarlak masa oturuşunda ise sağ ve sol komşuların yer değiştirdiği ayna görüntüsü genellikle farklıdır. “Aynı” kelimesinin ne anlama geldiğini problem belirler.

Sıra Önemsizse: Kombinasyon

Sekiz kişiden üç kişilik bir komite seçelim. Ayşe, Berk ve Cem'in seçilmesiyle Cem, Ayşe ve Berk'in seçilmesi aynı komiteyi verir. Burada seçim sırası sonucu değiştirmez. Sırası önem taşımayan seçime kombinasyon (combination) denir.

Önce üç kişiyi sıralı seçseydik $P(8,3)$ sonuç bulurduk. Fakat her üç kişilik grup kendi içinde $3!$ farklı sırayla sayılmış olurdu. Bu fazla sayımı böleriz:

$$ \binom{8}{3} =\frac{P(8,3)}{3!} =\frac{8!}{3!5!} =56 $$

$n$ farklı nesneden tekrar etmeden ve sırasını önemsemeden $r$ nesne seçmenin genel formülü:

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

$\binom{n}{r}$, “n'in r'li kombinasyonu” veya “n'den r seç” diye okunur. Bazı kaynaklarda $C(n,r)$, ${}_nC_r$ ya da $nCr$ gösterimleriyle karşılaşabiliriz; hepsi aynı sayıyı anlatır.

Permütasyon ile Kombinasyonun Bağı

Her $r$ kişilik grup $r!$ farklı sıraya dizilebildiği için:

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

eşitliği vardır. Bu eşitlik iki aşamalı bir hikâye anlatır: Önce grubu seç, sonra seçilenleri sırala. Kombinasyon grubu belirler; permütasyon grubun içindeki görev veya konumları da belirler.

Soru	Sıra	Sayma yolu
8 koşucudan ilk 3 derece	Önemli	$P(8,3)=336$
8 kişiden 3 kişilik komite	Önemsiz	$\binom{8}{3}=56$
10 rakamla 4 haneli PIN, tekrar serbest	Önemli	$10^4=10.000$

Kombinasyonun Sınırları ve Simetrisi

Sekiz kişiden üç kişiyi seçmek, aynı anda seçilmeyen beş kişiyi belirlemek demektir. Bu nedenle:

$$ \binom{8}{3}=\binom{8}{5}=56 $$

Genel simetri:

$$ \binom{n}{r}=\binom{n}{n-r} $$

biçimindedir. Bu yalnızca cebirsel bir tesadüf değildir; seçilen grubu bilmek, dışarıda kalan grubu da belirler.

Sınır durumları da aynı hikâyeye uyar:

$$ \binom{n}{0}=1, \qquad \binom{n}{n}=1, \qquad \binom{n}{1}=n $$

Bir kümeden hiçbir eleman seçmenin tek yolu boş kümeyi almak, bütün elemanları seçmenin tek yolu da kümenin tamamını almaktır. Tekrar yasakken $r>n$ için seçim yapılamaz; bu durumda kombinasyon sayısını 0 kabul ederiz.

Pascal İlişkisi

Belirli bir kişiye Ayşe diyelim. $n$ kişiden $r$ kişilik komiteleri iki ayrık gruba ayırabiliriz: Ayşe'nin bulunduğu komiteler ve bulunmadığı komiteler. Ayşe varsa kalan $r-1$ kişiyi diğer $n-1$ kişiden, yoksa $r$ kişiyi diğer $n-1$ kişiden seçeriz:

$$ \binom{n}{r} =\binom{n-1}{r-1} +\binom{n-1}{r} $$

Bu eşitlik Pascal üçgenindeki her sayının üstündeki iki sayının toplamı olmasını açıklar. Yani toplama ilkesi, kombinasyonların iç yapısında yeniden karşımıza çıkar.

Kısıtlı Seçimleri Durumlara Ayırmak

Altı kadın ve beş erkekten oluşan 11 kişilik bir gruptan, en az iki kadın içeren dört kişilik bir ekip seçelim. “En az iki” ifadesi üç ayrık duruma ayrılır:

2 kadın ve 2 erkek,
3 kadın ve 1 erkek,
4 kadın ve 0 erkek.

Her durumda kadın ve erkek seçimleri birlikte yapıldığı için çarpar, durumlar birbirini dışladığı için sonuçları toplarız:

$$ \begin{aligned} N &=\binom{6}{2}\binom{5}{2} +\binom{6}{3}\binom{5}{1} +\binom{6}{4}\binom{5}{0}\\ &=15\cdot10+20\cdot5+15\cdot1\\ &=265 \end{aligned} $$

Aynı sonucu tüm ekiplerden istenmeyen durumları çıkararak da bulabiliriz. Toplam $\binom{11}{4}=330$ ekip vardır. Sıfır kadınlı ekip sayısı $\binom{6}{0}\binom{5}{4}=5$, bir kadınlı ekip sayısı $\binom{6}{1}\binom{5}{3}=60$'tır:

$$ 330-5-60=265 $$

Bu ikinci yönteme tümleyenden sayma diyebiliriz. “En az bir”, “en az iki” veya “hiçbiri” gibi kısıtlarda bazen istenmeyen az sayıdaki durumu çıkarmak, istenen bütün durumları tek tek toplamaktan daha kolaydır.

Sıra Önemsiz, Tekrar Serbest: Tekrarlı Kombinasyon

Üç dondurma çeşidinden toplam beş top seçelim. Aynı çeşitten birden fazla top alabiliyoruz ve topların geliş sırası önemli değil. Vanilya–vanilya–çikolata–çilek–çilek seçimi, sırası ne olursa olsun “2 vanilya, 1 çikolata, 2 çilek” sonucudur.

Bu seçimi beş yıldız ve çeşitleri ayıran iki çizgiyle gösterebiliriz:

$$ \star\star\mid\star\mid\star\star $$

İlk çizgiden önceki yıldızlar vanilyayı, iki çizgi arasındakiler çikolatayı, sonrakiler çileği göstersin. Her seçim, beş özdeş yıldız ile iki özdeş ayırıcının bir dizilişine karşılık gelir. Toplam yedi konumdan yıldızların beşini seçebiliriz:

$$ \binom{7}{5}=\binom{7}{2}=21 $$

Genel olarak $n$ türden, tekrar serbest ve sıra önemsiz biçimde $r$ nesne seçmenin sayısı:

$$ \binom{n+r-1}{r} =\binom{n+r-1}{n-1} $$

olur. Bu yöntem “yıldızlar ve çizgiler” adıyla bilinir. Her türden en az bir tane alınması gibi ek bir koşul varsa önce zorunlu seçimleri dağıtır, sonra kalanları sayarız. Formülü koşulu değiştirmeden kullanmak yanlış sonuç verir.

Dört Temel Durumu Yan Yana Görelim

$n$ farklı seçenekten $r$ seçim yaparken iki soru sonucu belirler: Sıra önemli mi ve aynı seçenek tekrar kullanılabilir mi?

Sıra	Tekrar	Sonuç sayısı	Örnek
Önemli	Yasak	$P(n,r)=\dfrac{n!}{(n-r)!}$	Derece sıralaması
Önemli	Serbest	$n^r$	PIN veya karakter dizisi
Önemsiz	Yasak	$\binom{n}{r}$	Komite seçimi
Önemsiz	Serbest	$\binom{n+r-1}{r}$	Dondurma topu seçimi

Bu tablo başlangıç için yararlıdır; fakat her problem doğrudan tablodaki tek bir hücreye düşmez. Özdeş nesneler, dairesel simetri, yasak komşuluklar veya grup kotaları varsa temel ilkeleri durumlara ayırarak uygulamamız gerekir.

Kombinasyonlar Neden Polinomlarda Görünür?

Polinom Fonksiyonları ve türev konularında $\binom{n}{r}$ gösterimiyle karşılaşmıştık. Şimdi bu katsayının neden ortaya çıktığını görebiliriz. $(a+b)^4$ ifadesi, dört aynı parantezin çarpımıdır:

$$ (a+b)^4=(a+b)(a+b)(a+b)(a+b) $$

Çarpımı açarken her parantezden ya $a$ ya da $b$ seçeriz. Örneğin $a^2b^2$ terimini oluşturmak için dört parantezin ikisinden $b$, kalan ikisinden $a$ seçmeliyiz. $b$'nin geleceği iki parantezi seçmenin $\binom{4}{2}=6$ yolu vardır. Bu yüzden katsayı 6 olur:

$$ (a+b)^4 =a^4+4a^3b+6a^2b^2+4ab^3+b^4 $$

Genel binom açılımı:

$$ (a+b)^n =\sum_{r=0}^{n}\binom{n}{r}a^{n-r}b^r $$

biçimindedir. Toplam işareti, $r=0$'dan $r=n$'e kadar bütün olasılıkları eklememizi söyler. Katsayı, $n$ parantezden hangilerinin $b$ katkısı vereceğini sayar. Böylece cebirsel bir katsayının arkasında somut bir seçim problemi olduğunu görürüz.

Saymadan Olasılığa: Beş Atışta Üç Yazı

Adil bir parayı beş kez attığımızı ve tam üç yazı gelme olasılığını aradığımızı düşünelim. Her atışta iki sonuç bulunduğu için bütün sıralı sonuçların sayısı:

$$ 2^5=32 $$

olur. Tam üç yazı gelmesi için beş konumdan yazı olacak üçünü seçeriz. Kalan iki konum otomatik olarak turadır:

$$ \binom{5}{3}=10 $$

Para adil ve atışlar bağımsız olduğundan 32 dizinin her biri eşit olasılıklıdır. Bu özel koşul altında:

$$ P(\text{tam 3 yazı}) =\frac{\binom{5}{3}}{2^5} =\frac{10}{32} =\frac{5}{16} $$

buluruz. Sayma bize pay ve paydayı verdi; olasılık yorumu ise sonuçların eş olasılıklı olduğu ek varsayımına dayandı. Hileli bir parada aynı 10 dizi hâlâ vardır, fakat bu dizilerin olasılıklarını yalnızca “10 bölü 32” diyerek bulamayız.

Sonuç sayısı ile olasılık aynı şey değildir. “İstenen durum sayısı / tüm durum sayısı” oranı, yalnızca saydığımız temel sonuçlar eş olasılıklı olduğunda doğrudan olasılık verir. Bir sonraki makalede bu ayrımı örnek uzay, olay ve bağımsızlık kavramlarıyla kesinleştireceğiz.

Yapay Zekâda Sayma Neden Önemlidir?

Sayma ilkeleri yapay zekâya sonradan eklenen soyut bir matematik ayrıntısı değildir. Veri hazırlamadan model aramaya kadar hangi seçenek uzayında çalıştığımızı belirler.

Özellik Alt Kümeleri

Bir veri kümesinde $d$ özellik varsa her özellik için iki karar verebiliriz: modele al veya alma. Bu nedenle boş küme dâhil bütün özellik alt kümelerinin sayısı:

$$ 2^d $$

olur. Tam $r$ özellik seçmek istersek sayı $\binom{d}{r}$'ye iner. Elli özellik için bütün alt kümelerin sayısı $2^{50}=1.125.899.906.842.624$'tür. En iyi kümeyi bulmak için hepsini denemek çoğu durumda pratik değildir.

Sınıflar Arasındaki İkili Karşılaştırmalar

Bir sınıflandırma probleminde $k$ farklı sınıf bulunduğunu ve her sınıf çiftini ayrı ayrı karşılaştırmak istediğimizi düşünelim. “Kedi–köpek” çifti ile “köpek–kedi” çifti aynı iki sınıfı içerdiği için sıra önemli değildir. Bu nedenle farklı sınıf çiftlerinin sayısı:

$$ \binom{k}{2} =\frac{k(k-1)}{2} $$

olur. Örneğin 10 sınıf arasında $\binom{10}{2}=45$ farklı ikili karşılaştırma vardır. Bire karşı bire (one-versus-one) sınıflandırma yaklaşımında bu çiftlerin her biri için ayrı bir model kurulabilir. Ancak bu sayı, her çok sınıflı yöntemin mutlaka 45 model eğiteceği anlamına gelmez; bazı modeller bütün sınıfları tek bir yapıda birlikte öğrenir. Sayma, seçilen yöntemin oluşturduğu karşılaştırma uzayını görünür kılar.

Hiperparametre Izgaraları

Dört öğrenme oranı, üç yığın büyüklüğü ve beş model genişliği deneyeceksek çarpma ilkesi:

$$ 4\times3\times5=60 $$

farklı ayar üretir. Birkaç yeni değer eklemek deney sayısını toplamsal değil, başka eksenlerle çarpılarak büyütebilir. Hesap bütçesini planlarken önce bu uzayı saymak gerekir.

Veriyi Eğitim, Doğrulama ve Teste Bölmek

On farklı kaydın altısını eğitim, ikisini doğrulama, ikisini test kümesine ayırdığımızı düşünelim. Önce eğitim için 6 kayıt, kalan 4 kayıttan doğrulama için 2 kayıt seçebiliriz; son 2 kayıt testte kalır:

$$ \binom{10}{6}\binom{4}{2}\binom{2}{2} =\frac{10!}{6!2!2!} =1.260 $$

farklı bölme vardır. Aynı veri üzerinde farklı rastgele bölmelerin farklı model sonuçları üretmesi şaşırtıcı değildir; seçebileceğimiz bölme sayısı bile büyüktür. Elbette gerçek veri bölmede sınıf dengesi, zaman sırası, aynı kişiye ait kayıtlar ve veri sızıntısı gibi kısıtlar da korunmalıdır.

Veri Sırasını Karıştırmak

Bir eğitim kümesinde birbirinden farklı $n$ kayıt varsa bu kayıtlar $n!$ farklı sıraya dizilebilir. Yalnızca 10 kayıt için bile:

$$ 10!=3{.}628{.}800 $$

farklı sıralama vardır. Bir eğitim döneminin başında veriyi rastgele karıştırmak, bu milyonlarca sıranın tamamını denemek anlamına gelmez; bunlardan yalnızca birini seçer. Amaç, özellikle küçük yığınlarla öğrenirken model güncellemelerinin sürekli aynı kayıt dizisine bağlanmasını azaltmaktır. Böylece benzer örneklerin art arda gelmesinden kaynaklanabilecek düzen etkisi zayıflatılabilir.

Karıştırma her veri türünde doğru değildir. Zaman serisinde gelecek kayıtları geçmişin önüne taşımak zaman düzenini ve değerlendirme kuralını bozabilir. Aynı kişiye ait ilişkili kayıtları farklı veri kümelerine dağıtmak da veri sızıntısı oluşturabilir. Permütasyonların çokluğu hangi sıralamaların mümkün olduğunu söyler; hangi sıralamaların geçerli olduğunu problem yapısı belirler.

Token Dizileri

Bir dil modelinin sözlüğünde $V$ token bulunduğunu varsayalım. Sabit uzunlukta $L$ konumun her birine herhangi bir token gelebiliyorsa olası dizilerin sayısı $V^L$'dir. Bu sayı çok kısa dizilerde bile devasa olur.

Fakat bütün token dizileri eşit olasılıklı değildir. Dil modeli yalnızca kaç dizi bulunduğunu saymaz; bağlama göre her adımda farklı olasılıklar üretir. Dilbilgisine uygun bir cümle ile anlamsız bir karakter yığını aynı uzunlukta olabilir, ama model bunlara aynı ağırlığı vermemelidir. Bu ayrım, sayma ile olasılık modellemenin neden farklı fakat birbirini tamamlayan işler olduğunu gösterir.

Permütasyon Testlerine Ön Bakış

İstatistik bölümünde adını andığımız permütasyon testleri de bu temele dayanır. İki grubun etiketlerini, sıfır hipotezi altında değiştirilebilir kabul edip mümkün olan yeniden atamaları inceleriz. Toplam $n$ gözlemden $n_1$ tanesini birinci gruba vermenin $\binom{n}{n_1}$ yolu vardır. Her durumda test istatistiğini yeniden hesaplamak, gözlenen sonucun bu etiket düzenlemeleri arasında ne kadar uç olduğunu görmemizi sağlar. Yöntemin geçerli olup olmadığı ise yalnızca saymaya değil, etiketlerin gerçekten değiştirilebilir olmasını sağlayan deney tasarımına dayanır.

Binom Dağılımı ve Monte Carlo'ya Ön Bakış

Beş para atışında tam üç yazı için $\binom{5}{3}$ farklı konum seçmiştik. Aynı fikir, ileride inceleyeceğimiz binom dağılımının merkezinde yer alır. Birbirinden bağımsız $n$ denemenin her birinde başarı olasılığı $p$ ise tam $r$ başarının olasılığı:

$$ P(X=r) =\binom{n}{r}p^r(1-p)^{n-r} $$

biçimindedir. Burada $\binom{n}{r}$, başarıların hangi $r$ konumda gerçekleşeceğini sayar; geri kalan çarpanlar belirli bir başarı–başarısızlık dizisinin olasılığını taşır. Bu formülün olasılık kısmını, bağımsız olayları öğrendikten sonra ayrıntılı biçimde gerekçelendireceğiz.

Bazı problemlerde bütün sonuçları tam olarak saymak veya her biri için hesap yapmak kombinatoryal patlama nedeniyle mümkün değildir. Monte Carlo yöntemleri böyle durumlarda sonuç uzayının tamamını dolaşmak yerine rastgele örnekler üretir ve ilgilendiğimiz büyüklüğü bu örneklerin sıklığı ya da ortalamasıyla yaklaşıklar. Bu yaklaşım kesin saymanın yerini sihirli biçimde almaz: Sonuç örnekleme hatası taşır, örnek üretme mekanizması doğru dağılımı temsil etmelidir ve daha güvenilir bir yaklaşım için genellikle daha çok örnek gerekir. Şimdilik önemli ayrım şudur: Sayma bütün mümkün sonuçların haritasını çıkarmaya, Monte Carlo ise harita çok büyük olduğunda seçilmiş noktalardan bütünü tahmin etmeye çalışır.

Seçenekler Patladığında: Kombinatoryal Patlama

Bir problemin girdi boyutu biraz büyüdüğünde olası çözümlerin çok daha hızlı büyümesine kombinatoryal patlama denir. Yüz özellik arasından herhangi bir alt küme seçmenin $2^{100}\approx1{,}27\times10^{30}$ yolu vardır. Saniyede bir milyar kümeyi değerlendirebilsek bile hepsini taramak evrenin yaşından çok daha uzun sürerdi.

Bu yüzden yapay zekâ ve optimizasyon algoritmaları çoğu zaman bütün ihtimalleri denemez. Arama uzayını budar, sezgisel yöntemler kullanır, yaklaşık çözümler arar, problemi daha küçük parçalara ayırır veya sürekli optimizasyonla iyi bölgelere yönelir. Önce seçenek uzayının büyüklüğünü saymak, “kaba kuvvet neden yetmiyor?” sorusunun somut cevabını verir.

Büyük sayı tek başına problemin kesinlikle çözülemez olduğunu göstermez. Yapı, simetri, tekrar eden alt problemler ve güçlü kısıtlar aramayı dramatik biçimde azaltabilir. Satrançtaki bütün oyunları sıralamak ile iyi hamleleri akıllıca aramak aynı görev değildir. Sayma bize uzayın büyüklüğünü, algoritma ise bu uzayda nasıl hareket edeceğimizi anlatır.

Sayma Problemlerinde Sık Yapılan Hatalar

Sıranın önemini sorgulamamak: Madalya sıralaması ile komite seçimi aynı üç kişiyi kullansa da farklı sayma problemleridir.
Tekrar koşulunu atlamak: PIN'de rakam tekrarı serbestse $10^4$, yasaksa $P(10,4)$ kullanılır.
Ayrık olmayan durumları doğrudan toplamak: Çakışan gruplar iki kez sayılır; kesişimi çıkarmak gerekir.
Art arda adımları toplamak: Ekmek ve iç malzeme birlikte seçiliyorsa seçenekler toplanmaz, çarpılır.
Özdeş nesneleri farklı sanmak: “ANANAS” harflerini $6!$ saymak, A ve N harflerinin kendi içi değişimlerini gereksiz yere ayrı sonuç kabul eder.
Dairesel simetriyi unutmak: Numarasız yuvarlak masada yalnızca döndürülmüş düzenler aynı oturuştur.
Baştaki sıfırı açıklamamak: Dört basamaklı sayı ile dört haneli kod aynı kısıta sahip değildir.
“En az” ifadesini tek bir durummuş gibi saymak: En az iki kadın; iki, üç veya dört kadın durumlarının toplamıdır.
Tekrarlı kombinasyon formülünü her tekrar problemine uygulamak: Sıra önemliyse $\binom{n+r-1}{r}$ değil, $n^r$ gerekir.
Sonuç sayısını olasılık sanmak: Eş olasılıklılık yoksa sayıları bölmek doğru olasılığı vermeyebilir.
Formülü büyük faktöriyellerle gereksiz yere hesaplamak: $\frac{100!}{98!}=100\cdot99$ gibi ifadeleri önce sadeleştirmek hem kolay hem sayısal olarak daha güvenlidir.

Bir Sayma Sorusunu Çözerken İzlenecek Yol

Tek bir sonucu tarif edin. Sonuç bir dizi mi, grup mu, kod mu, dağıtım mı?
İki sonucu neyin farklı yaptığını belirleyin. Yer değiştirmek yeni sonuç oluşturuyor mu?
Sırayı sorun. A–B ile B–A aynı mı, farklı mı?
Tekrarı sorun. Seçilen nesne yeniden kullanılabilir mi?
Nesnelerin ayırt edilebilirliğini kontrol edin. Aynı harfler veya özdeş toplar var mı?
Simetriyi tanımlayın. Döndürme veya yansıtma yeni sonuç sayılıyor mu?
Süreci adımlara ya da ayrık durumlara ayırın. Art arda adımları çarpın, alternatif durumları toplayın.
Kısıtları açıkça uygulayın. “En az”, “tam olarak”, “yan yana değil” gibi ifadeleri formülden önce çözümleyin.
Küçük bir örnekle sınayın. $n=3$ gibi elde listelenebilen bir durumda yönteminizin eksik veya çift sayım yapmadığını kontrol edin.
Olasılığa geçiyorsanız eş olasılıklılığı doğrulayın. Payı ve paydayı sayabilmek, sonuçların aynı ağırlıkta olduğunu tek başına göstermez.

Sonuç: Olasılıkların Haritasını Çıkarmak

Bu makalede uzun listeler oluşturmadan saymanın temel dilini kurduk. Birbirini dışlayan yolları toplama, art arda gelen seçimleri çarpma ilkesiyle birleştirdik. Azalan seçeneklerin çarpımını faktöriyelle kısalttık ve $0!=1$ tanımının hem boş düzeni hem de formüllerin sınır durumlarını nasıl koruduğunu gördük.

Sıra önemli olduğunda permütasyonu, önemsiz olduğunda kombinasyonu kullandık. Tekrarın serbest veya yasak olmasının, özdeş nesnelerin ve dairesel simetrinin sonucu nasıl değiştirdiğini ayırdık. Kısıtlı seçimleri durumlara bölerek ve gerekirse tümleyenden sayarak çözdük; yıldızlar ve çizgiler düşüncesiyle tekrarlı kombinasyon formülünü kurduk.

En önemli zihinsel model şudur: Formül, problemin başlangıcı değil, doğru tanımlanmış seçim sürecinin kısa yazımıdır. Bir sonucu oluşturan adımları, sırayı, tekrarı ve hangi düzenlerin aynı kabul edildiğini doğru görürsek formül doğal olarak ortaya çıkar. Bu ayrımları görmezsek kusursuz aritmetik bile yanlış şeyi sayar.

Artık bir deneyin olası sonuçlarını düzenli biçimde sayabiliyoruz. Sıradaki Temel Olasılık Kavramları makalesinde bu sonuçların oluşturduğu örnek uzayı tanımlayacak; olayları, eş olasılıklı durumları, bağımlı ve bağımsız olayları inceleyeceğiz. Böylece “kaç farklı sonuç var?” sorusundan “bu sonuç ne kadar olası?” sorusuna geçeceğiz.

Yazar: Levent KARAGÖL