💡 10. Sınıf Matematik: Güvercin yuvası yasası ve faktöriyellerle paylaştırma Çözümlü Örnekler

Bu problemde, 12 özdeş nesneyi (şeker) 5 farklı kutuya (öğrenci) her kutuya en az bir nesne düşecek şekilde yerleştirme durumu söz konusudur. Bu, "stars and bars" (yıldızlar ve çubuklar) yöntemiyle çözülebilir. * Öncelikle her öğrenciye 1 şeker verelim. Geriye \( 12 - 5 = 7 \) şeker kalır. * Şimdi kalan 7 şekeri, her öğrenciye kaç tane daha şeker dağıtılabileceğini düşünerek dağıtacağız. Bu, 7 özdeş nesneyi 5 farklı kişiye dağıtmak gibidir, ancak bu sefer kişilere hiç şeker gitmeme durumu da olabilir. * Bunu \( n \) nesneyi \( k \) kişiye dağıtma problemi olarak düşünürsek, formül \( \binom{n+k-1}{k-1} \) veya \( \binom{n+k-1}{n} \) şeklindedir. * Burada \( n=7 \) (kalan şeker sayısı) ve \( k=5 \) (öğrenci sayısı). * Dolayısıyla, dağıtım sayısı \( \binom{7+5-1}{5-1} = \binom{11}{4} \) olur. * Hesaplayalım: \( \binom{11}{4} = \frac{11!}{4!(11-4)!} = \frac{11!}{4!7!} = \frac{11 \times 10 \times 9 \times 8}{4 \times 3 \times 2 \times 1} = 11 \times 10 \times 3 = 330 \). * Yani, 330 farklı şekilde dağıtım yapılabilir. ✅

Bu soru, 7 farklı nesneyi (boya kalemi) 3 farklı kutuya (öğrenci) her kutuya en az bir nesne düşecek şekilde yerleştirme problemini içerir. Bu, permütasyon ve kombinasyon prensipleriyle çözülür. * Öncelikle 7 farklı kalemi 3 öğrenciye dağıtmanın genel yolu, her kalem için 3 seçenek olmasıdır. Bu \( 3^7 \) olurdu. * Ancak her öğrencinin en az bir kalem alması şartı var. Bu durumu hesaplamak için tüm durumdan, hiçbir öğrencinin kalem almadığı veya sadece bir veya iki öğrencinin kalem aldığı durumları çıkarmalıyız. Bu, dışlama-içerme prensibiyle çözülebilir. * Alternatif ve daha basit bir yol, önce kalemleri gruplara ayırıp sonra öğrencilere dağıtmaktır. Ancak kalemler farklı olduğu için bu yol karmaşıklaşır. * En etkili yol, her kalemin 3 öğrenciden birine gideceğini düşünmektir. Toplam \( 3^7 \) olası dağıtım vardır. * Şimdi, hiçbir öğrencinin kalem almadığı durumu çıkaralım. Bu mümkün değildir çünkü her öğrenci en az bir kalem alıyor. * Şimdi, sadece bir öğrencinin kalem aldığı durumları çıkaralım. * Birinci öğrencinin tüm kalemleri aldığı durum: 1 durum. * İkinci öğrencinin tüm kalemleri aldığı durum: 1 durum. * Üçüncü öğrencinin tüm kalemleri aldığı durum: 1 durum. * Toplam 3 durum. * Şimdi, tam olarak iki öğrencinin kalem aldığı durumları çıkaralım. * Önce hangi iki öğrencinin kalem alacağını seçeriz: \( \binom{3}{2} = 3 \) farklı şekilde. * Diyelim ki öğrenci 1 ve 2 kalem alacak. Bu 7 kalemi sadece bu iki öğrenciye dağıtacağız. Her kalem için 2 seçenek var, yani \( 2^7 \) durum. * Ancak bu \( 2^7 \) durumun içinde, tüm kalemlerin sadece öğrenci 1'e veya sadece öğrenci 2'ye gittiği durumlar da var. Bunları çıkarmalıyız. Yani \( 2^7 - 2 \) durum. * Toplamda, tam olarak iki öğrencinin kalem aldığı durum sayısı \( \binom{3}{2} \times (2^7 - 2) = 3 \times (128 - 2) = 3 \times 126 = 378 \) olur. * Şimdi, dışlama-içerme prensibini uygulayalım: * Toplam durum: \( 3^7 = 2187 \) * Tam olarak bir öğrencinin kalem aldığı durumlar: \( \binom{3}{1} \times 1^7 = 3 \times 1 = 3 \) (Bu, tüm kalemlerin tek bir öğrenciye gittiği durumdur. Bu durumları çıkarmalıyız.) * Tam olarak iki öğrencinin kalem aldığı durumlar: \( \binom{3}{2} \times (2^7 - 2) = 3 \times 126 = 378 \) (Bu, iki öğrencinin kalem aldığı ve üçüncü öğrencinin hiç almadığı durumdur. Bu durumları da çıkarmalıyız.) * İstenen durum sayısı = (Toplam durum) - (Tam olarak 1 öğrencinin aldığı durumlar) - (Tam olarak 2 öğrencinin aldığı durumlar) * Bu hesaplama, aslında Stirling sayılarının ikinci türü ile ilgilidir ve \( S(n, k) \times k! \) formülüyle bulunur. Burada \( n=7 \) (kalem) ve \( k=3 \) (öğrenci). * Stirling sayısı \( S(7,3) \) hesaplanmalıdır. \( S(7,3) = 301 \). * Dağıtım sayısı \( S(7,3) \times 3! = 301 \times 6 = 1806 \). * Kontrol edelim: \( 3^7 - \binom{3}{1} 2^7 + \binom{3}{2} 1^7 = 2187 - 3 \times 128 + 3 \times 1 = 2187 - 384 + 3 = 1806 \). * Yani, 1806 farklı şekilde dağıtım yapılabilir. ✅

Bu soru, farklı nesnelerin farklı kutulara, her kutuda en az bir nesne olacak şekilde yerleştirilmesi problemidir. Bu, Stirling sayılarının ikinci türü kullanılarak çözülür. * Burada \( n=5 \) (farklı kitap türü) ve \( k=3 \) (farklı raf). * Öncelikle 5 farklı kitabı 3 gruba ayırmamız gerekir, öyle ki her grupta en az bir kitap olsun. Bu, Stirling sayılarının ikinci türü olan \( S(n, k) \) ile bulunur. Bizim durumumuzda \( S(5, 3) \) hesaplanmalıdır. * \( S(5, 3) \) değerini hesaplamak için şu formülü kullanabiliriz: \( S(n, k) = \frac{1}{k!} \sum_{j=0}^{k} (-1)^{k-j} \binom{k}{j} j^n \) * \( S(5, 3) = \frac{1}{3!} \left( (-1)^{3-0} \binom{3}{0} 0^5 + (-1)^{3-1} \binom{3}{1} 1^5 + (-1)^{3-2} \binom{3}{2} 2^5 + (-1)^{3-3} \binom{3}{3} 3^5 \right) \) * \( S(5, 3) = \frac{1}{6} \left( -1 \times 1 \times 0 + 1 \times 3 \times 1 + (-1) \times 3 \times 32 + 1 \times 1 \times 243 \right) \) * \( S(5, 3) = \frac{1}{6} \left( 0 + 3 - 96 + 243 \right) \) * \( S(5, 3) = \frac{1}{6} \left( 150 \right) = 25 \) * Bu 25 farklı şekilde, 5 farklı kitabı 3 gruba ayırabiliriz, her grupta en az bir kitap olacak şekilde. * Şimdi bu 3 grubu 3 farklı rafa yerleştirmemiz gerekiyor. Raflar farklı olduğu için, bu grupları raflara atama işlemi permütasyon ile yapılır. * 3 grubu 3 farklı rafa \( 3! \) farklı şekilde yerleştirebiliriz. * Toplam farklı yerleştirme sayısı = \( S(5, 3) \times 3! = 25 \times 6 = 150 \). * Yani, kitaplar 150 farklı şekilde raflara yerleştirilebilir. 👉

Bu durum, farklı nesnelerin farklı kutulara dağıtılması ve her kutuda en az bir nesne bulunması problemine benzer. * Burada \( n=6 \) (farklı kurabiye çeşidi) ve \( k=3 \) (farklı servis tepsisi). * Bu problemi çözmek için Stirling sayılarının ikinci türünü kullanırız. Öncelikle 6 farklı kurabiye çeşidini 3 gruba ayıracağız, her grupta en az bir çeşit kurabiye olacak şekilde. Bu \( S(6, 3) \) değerine eşittir. * \( S(6, 3) \) hesaplaması: \( S(6, 3) = \frac{1}{3!} \sum_{j=0}^{3} (-1)^{3-j} \binom{3}{j} j^6 \) \( S(6, 3) = \frac{1}{6} \left( (-1)^3 \binom{3}{0} 0^6 + (-1)^2 \binom{3}{1} 1^6 + (-1)^1 \binom{3}{2} 2^6 + (-1)^0 \binom{3}{3} 3^6 \right) \) \( S(6, 3) = \frac{1}{6} \left( -1 \times 1 \times 0 + 1 \times 3 \times 1 + (-1) \times 3 \times 64 + 1 \times 1 \times 729 \right) \) \( S(6, 3) = \frac{1}{6} \left( 0 + 3 - 192 + 729 \right) \) \( S(6, 3) = \frac{1}{6} \left( 540 \right) = 90 \) * Yani, 6 farklı kurabiye çeşidini 3 gruba ayırmanın 90 farklı yolu vardır. * Şimdi bu 3 grubu 3 farklı tepsiye yerleştirmemiz gerekiyor. Tepsiler farklı olduğu için, bu grupları tepsilere atama işlemi permütasyon ile yapılır. * 3 grubu 3 farklı tepsiye \( 3! \) farklı şekilde yerleştirebiliriz. * Toplam farklı yerleştirme sayısı = \( S(6, 3) \times 3! = 90 \times 6 = 540 \). * Bu kurabiyeler 540 farklı şekilde tepsilere konulabilir. 🥳

Bu soru, farklı nesnelerin farklı kutulara dağıtılması ve her kutuda en az bir nesne olması durumunu inceler. Ancak bu sefer "kutular" (departmanlar) daha fazla sayıda ve "nesneler" (projeler) daha az sayıda. * Burada \( n=4 \) (farklı proje) ve \( k=7 \) (farklı departman). * Her departmana en az bir proje atanması gerektiği için, bu durum ancak projelerin sayısının departman sayısından fazla veya eşit olması durumunda mümkündür. * Eğer her departmana en az bir proje atanması gerekiyorsa ve proje sayısı (4) departman sayısından (7) az ise, bu durum imkansızdır. Çünkü en az bir proje atandığında bile 3 departmana proje atanamayacaktır. Bu nedenle, bu koşul altında bu atama işlemi 0* farklı şekilde yapılabilir. ❌ * Eğer soru "Her projeden en az bir departmana atanması" şeklinde olsaydı, o zaman Stirling sayılarının ikinci türü \( S(4, 7) \) hesaplanırdı. Ancak \( S(n, k) = 0 \) eğer \( n < k \) ise. * Bu durumda, \( S(4, 7) = 0 \) olurdu. * Dolayısıyla, bu atama işlemi 0 farklı şekilde yapılabilir.

Bu soru, farklı nesnelerin farklı kutulara dağıtılması ve her kutuda en az bir nesne olması problemidir. * Burada \( n=5 \) (farklı anahtar) ve \( k=3 \) (farklı kilit mekanizması). * Bu problemi çözmek için Stirling sayılarının ikinci türünü kullanırız. Öncelikle 5 farklı anahtarı 3 gruba ayıracağız, her grupta en az bir anahtar olacak şekilde. Bu \( S(5, 3) \) değerine eşittir. * Daha önceki örnekte hesapladığımız gibi, \( S(5, 3) = 25 \). * Yani, 5 farklı anahtarı 3 gruba ayırmanın 25 farklı yolu vardır. * Şimdi bu 3 grubu 3 farklı kilit mekanizmasına yerleştirmemiz gerekiyor. Kilit mekanizmaları farklı olduğu için, bu grupları mekanizmalara atama işlemi permütasyon ile yapılır. * 3 grubu 3 farklı kilit mekanizmasına \( 3! \) farklı şekilde yerleştirebiliriz. * Toplam farklı yerleştirme sayısı = \( S(5, 3) \times 3! = 25 \times 6 = 150 \). * Anahtarlar 150 farklı şekilde kilit mekanizmalarına takılabilir. 👍

Bu soru, farklı nesnelerin özdeş kutulara dağıtılması ve her kutuda en az bir nesne olması problemidir. * Burada \( n=4 \) (farklı renk top) ve \( k=2 \) (özdeş kutu). * Bu problemi çözmek için Stirling sayılarının ikinci türünü kullanırız. Öncelikle 4 farklı topu 2 gruba ayıracağız, her grupta en az bir top olacak şekilde. Bu \( S(4, 2) \) değerine eşittir. * \( S(4, 2) \) hesaplaması: \( S(4, 2) = \frac{1}{2!} \sum_{j=0}^{2} (-1)^{2-j} \binom{2}{j} j^4 \) \( S(4, 2) = \frac{1}{2} \left( (-1)^2 \binom{2}{0} 0^4 + (-1)^1 \binom{2}{1} 1^4 + (-1)^0 \binom{2}{2} 2^4 \right) \) \( S(4, 2) = \frac{1}{2} \left( 1 \times 1 \times 0 + (-1) \times 2 \times 1 + 1 \times 1 \times 16 \right) \) \( S(4, 2) = \frac{1}{2} \left( 0 - 2 + 16 \right) \) \( S(4, 2) = \frac{1}{2} \left( 14 \right) = 7 \) * Yani, 4 farklı topu 2 gruba ayırmanın 7 farklı yolu vardır. * Kutular özdeş olduğu için, bu grupları kutulara atama işlemi için ayrıca bir permütasyon yapmaya gerek yoktur. Grupları belirlediğimiz anda yerleştirme işlemi de tamamlanmış olur. * Bu nedenle, toplar 7 farklı şekilde özdeş kutulara konulabilir. 🏀

Bu durum, farklı nesnelerin farklı kutulara dağıtılması ve her kutuda en az bir nesne olması problemidir. * Burada \( n=5 \) (farklı meyve türü) ve \( k=3 \) (farklı sepet). * Bu problemi çözmek için Stirling sayılarının ikinci türünü kullanırız. Öncelikle 5 farklı meyve türünü 3 gruba ayıracağız, her grupta en az bir tür meyve olacak şekilde. Bu \( S(5, 3) \) değerine eşittir. * Daha önceki örneklerde hesapladığımız gibi, \( S(5, 3) = 25 \). * Yani, 5 farklı meyve türünü 3 gruba ayırmanın 25 farklı yolu vardır. * Şimdi bu 3 grubu 3 farklı sepete yerleştirmemiz gerekiyor. Sepetler farklı olduğu için, bu grupları sepetlere atama işlemi permütasyon ile yapılır. * 3 grubu 3 farklı sepete \( 3! \) farklı şekilde yerleştirebiliriz. * Toplam farklı yerleştirme sayısı = \( S(5, 3) \times 3! = 25 \times 6 = 150 \). * Meyveler 150 farklı şekilde sepetlere paylaştırılabilir. 🍇

Bu soru, farklı nesnelerin farklı kutulara dağıtılması ve her kutuda en az bir nesne olması problemidir. * Burada \( n=6 \) (farklı tablo) ve \( k=3 \) (farklı duvar). * Bu problemi çözmek için Stirling sayılarının ikinci türünü kullanırız. Öncelikle 6 farklı tabloyu 3 gruba ayıracağız, her grupta en az bir tablo olacak şekilde. Bu \( S(6, 3) \) değerine eşittir. * Daha önceki örneklerde hesapladığımız gibi, \( S(6, 3) = 90 \). * Yani, 6 farklı tabloyu 3 gruba ayırmanın 90 farklı yolu vardır. * Şimdi bu 3 grubu 3 farklı duvara asmamız gerekiyor. Duvarlar farklı olduğu için, bu grupları duvarlara atama işlemi permütasyon ile yapılır. * 3 grubu 3 farklı duvara \( 3! \) farklı şekilde asabiliriz. * Toplam farklı sergileme sayısı = \( S(6, 3) \times 3! = 90 \times 6 = 540 \). * Tablolar 540 farklı şekilde sergilenebilir. ✨