Yuvarlak bir masanın etrafında oturan 10 tane öğrenciden 4 tanesi, yan yana oturanlardan ikisi birlikte
seçilmemek koşuluyla, kaç farklı şekilde seçilebilir?
Yazdırılabilir görünüm
Yuvarlak bir masanın etrafında oturan 10 tane öğrenciden 4 tanesi, yan yana oturanlardan ikisi birlikte
seçilmemek koşuluyla, kaç farklı şekilde seçilebilir?
sayın elibam 240 olabilir mi?
normalde 10 un 4 lüsü 210 farklı şekilde seçilir bu seçilenlerden yanyana oturanları atarsak yanyana oturmayanları buluruz bu 210 şeçilimden yanyana bulunabileceklerin sayısını şöyle hesaplarız önce 2 kişi yanyana bulunduğu 9 seçme yapılır bu 9 dokuz seçilimde 2 kişi eksik bu iki kişiyide bu seçilen ikililerin sağında ve solunda bulunanları atarsak 6 kişiden seçebiliriz o halde sayımız 6nın ikilisi çarpı 9 dan 135 olur şimdi yanyana bulunan 3 lülere bakarsak bunun sayısı 8 tir şimdi bir kişi eksik bu bir kişiyi de bu üçlünün sağında ve solunda bulunanları atarsak 5 kişiden seçebilriz o halde sayı 8 çarpı 5 in birlisi olur bu da 40 eder yanyana bulunan dörtlülerin sayısı direk 7 dir şimdi bu 210 seçilimden yanyana bulunanların sayısı olan 135+40+7 yi çıkarırsak cevap olan 28 i buluruz yani cevap 28 olmalıdır
seçilen öğrenciler X , dolgu malzemesi olan öğrenciler de O olsun.
amacımız 4 tane X ve 6 tane O ile yan yana 2 tane X in gelmediği dizilimlerin sayısını bulmak
XOXOXOX yazarız kalan 3 tane O ise X lerin diziyi böldüğü 5 bölgeye dağıtırız. C(7,3)=7.6.5/6=35
tbi bir sorun var ki elimizdeki 3 O dan en az 1 tanesi en başa veya en sona gelmelidir çünkü yuvarlak masaya uğraşmaktayız.
hepsinin ortadaki 3 bölgeye geldiği durumları çıkaralım.C(5,3)=10
cevap 35-10=25 olmalıdır diye düşünüyorum.
Cevap 10 olmalı. Şöyle ki:
ABCDEFGHKL serisinde,
_A_C_E_F_ yi düşünürsek, kırmızı boşluk aynı zamanda pembe boşluktur, dairelikten dolayı, yâni bu boşluk ve harfleri ipe dizilmiş gibi düşünürek iki ucu birleşik kabul edelim. Bu taktirde elimizde 4 boşluk olacaktır. Geriye kalan harfleri özdeş kabul ederek bu boş yerlere 1'er tane şeklinde koyalım. 4+4=8, 10-8=2 tane kalır elimizde, bu 2 tanenin yerleşimi de bu 4 yere x1+x2+x3+x4=2 denkleminin doğal sayılarda (veya negatif olmayan tamsayılarda) çözümleri (dörtlüleri), diğer mânâda sıfırı da barındıran dörtlüleri kadar olacaktır ki, artık bu tekrarlı kombinasyondur. Çünkü 1'er tane ile ayırdık, artık hiç-sıfır gelme de olabilir bu dört boşluğa.
C(4+2-1,2)=C(4+2-1,4-1)
C(5,2)=C(5,3)=10 bulunur.
Burada, dizilmişlerin içinden seçim yaptığımız için ilk baştaki A,C,E ve F'yi 4! lik yer değiştirmesi sözkonus olmaz. Ayrıca başka uygun bir dörtlünün seçilmesi de (meselâ, (ADGK) uygun olmaz, yâni hesaba katılmaz. Yâni bu çözüm için A,C,E ve F'yi baz aldık.