Özdeş 4 bilye kutulara istenen sayıda atılmak suretiyle 6 farklı kutuya kaç değişik şekilde dağıtılabilir?
Cevap : 126
Cevap : 126
Buna "Tekrarlı Kombinasyon" deniyor diye biliyorum. Bununla ilgili bir döküman ekleyeceğim foruma. Bu kavramı tam olarak araştıracağım.
C((n-1+r),r)
Kombinasyon fomülü ile hesaplanıyor.
n=6 ve r=4 oluyor burada.
oluyor. Bu kadar kolay göründüğüne bakmayın. Burada çok farklı varyasyonlar inceleniyor. Buradaki dağılım durumlarını teker teker incelemden (çok uzun sürüyor) alttaki fomülleri kullanabilrisiniz. Ayrıca ayrıntılı dağıtım anlatımını matematik arşivi bölümüne ekleyeceğim.
Bu durumla ilgili formüller.
A- Özdeş Nesne Durumları
1. durum: r≤n olmaz üzere r özdeş nesne n tane kutuya, her bir kutuya herhangi bir sayıda nesne koymak üzere C((n-1+r),r) sayıda dağıtılabilir.
şeklinde hesaplanır
2. durum: r≥n olmaz üzere r özdeş nesne n tane kutuya her kutuda en az bir nesne olacak şekilde C((r-1),(n-1)) sayıda dağıtılabilir.
şeklinde hesaplanır.
3. durum: r≥n olmaz üzere r özdeş nesne n tane kutuya her hangi bir şart olmaksızın C((n-1+r),(n-1)) sayıda dağıtılabilir.
şeklinde hesaplanır. C , kombinasyonu ifade eder.
B- Farklı Nesne Durumları
1. durum: r farklı nesneyi n farklı kutuya diziliş şartı sayısı olmadan nr sayıda dağıtabiliriz.
2. durum: r farklı nesneyi n farklı kutuya herhangi bir sayıda diziliş önemli olmak şartıyla P((n-1+r), r) sayıda dağıtılabilir.
şeklinde hesaplanır.
C((n-1+r),r)
=
(n-1+r)!
r!.(n-1)!
Kombinasyon fomülü ile hesaplanıyor.
n=6 ve r=4 oluyor burada.
(6-1+4)!
4!.(6-1)!
=
9!
4!.5!
=126
oluyor. Bu kadar kolay göründüğüne bakmayın. Burada çok farklı varyasyonlar inceleniyor. Buradaki dağılım durumlarını teker teker incelemden (çok uzun sürüyor) alttaki fomülleri kullanabilrisiniz. Ayrıca ayrıntılı dağıtım anlatımını matematik arşivi bölümüne ekleyeceğim.
Bu durumla ilgili formüller.
A- Özdeş Nesne Durumları
1. durum: r≤n olmaz üzere r özdeş nesne n tane kutuya, her bir kutuya herhangi bir sayıda nesne koymak üzere C((n-1+r),r) sayıda dağıtılabilir.
=
(n-1+r)!
r!.(n-1)!
şeklinde hesaplanır
2. durum: r≥n olmaz üzere r özdeş nesne n tane kutuya her kutuda en az bir nesne olacak şekilde C((r-1),(n-1)) sayıda dağıtılabilir.
=
(r-1)!
(r-n)!.(n-1)!
şeklinde hesaplanır.
3. durum: r≥n olmaz üzere r özdeş nesne n tane kutuya her hangi bir şart olmaksızın C((n-1+r),(n-1)) sayıda dağıtılabilir.
=
(n-1+r)!
r!.(n-1)!
şeklinde hesaplanır. C , kombinasyonu ifade eder.
B- Farklı Nesne Durumları
1. durum: r farklı nesneyi n farklı kutuya diziliş şartı sayısı olmadan nr sayıda dağıtabiliriz.
2. durum: r farklı nesneyi n farklı kutuya herhangi bir sayıda diziliş önemli olmak şartıyla P((n-1+r), r) sayıda dağıtılabilir.
=
(n-1+r)!
(n-1)!
şeklinde hesaplanır.
Tekrarlı Permütasyon üzerinde anlatmak gerekirse.
Alttaki -- çizgiler arası her 6 kurutunun farklı dizilişleri olarak düşünün
4|0|0|0|0|0 -- 3|1|0|0|0|0 -- 2|2|0|0|0|0 -- 2|1|2|0|0|0 --1|1|1|1|0|0
varyasyonları ile dağıtılır.
4|0|0|0|0|0 şeklinde dağıtılması 6!/5! farklı şekilde dağıtılabilir (tekrarlı permütasyon gereği ).
3|1|0|0|0|0 şekinde dağıtılması 6!/4! sayıda
2|2|0|0|0|0 şekinde dağıtılması 6!/(2!.4!) sayıda
2|1|2|0|0|0 şekinde dağıtılması 6!/(3!2!) sayıda
1|1|1|1|0|0 şekinde dağıtılması 6!/(4!2!) sayıda
Sonuç olarak bu beş durum 6+30+15+60+15=126 farklı dağıım yapılabilir.
Alttaki -- çizgiler arası her 6 kurutunun farklı dizilişleri olarak düşünün
4|0|0|0|0|0 -- 3|1|0|0|0|0 -- 2|2|0|0|0|0 -- 2|1|2|0|0|0 --1|1|1|1|0|0
varyasyonları ile dağıtılır.
4|0|0|0|0|0 şeklinde dağıtılması 6!/5! farklı şekilde dağıtılabilir (tekrarlı permütasyon gereği ).
3|1|0|0|0|0 şekinde dağıtılması 6!/4! sayıda
2|2|0|0|0|0 şekinde dağıtılması 6!/(2!.4!) sayıda
2|1|2|0|0|0 şekinde dağıtılması 6!/(3!2!) sayıda
1|1|1|1|0|0 şekinde dağıtılması 6!/(4!2!) sayıda
Sonuç olarak bu beş durum 6+30+15+60+15=126 farklı dağıım yapılabilir.
Çok teşekkür ederim..
Birçok soruyu bu mantıkla çözdüm, çok sağolun.
Şu soruya da bir bakar mısınız , lütfen (:
6 kapının 6 farklı anahtarı vardır. Kapıyı açan anahtar kapıda kalmak üzere, bu kapıların hepsinin açılması için en fazla kaç deneme yapılmalıdır?
Cevap : 21
Birçok soruyu bu mantıkla çözdüm, çok sağolun.
Şu soruya da bir bakar mısınız , lütfen (:
6 kapının 6 farklı anahtarı vardır. Kapıyı açan anahtar kapıda kalmak üzere, bu kapıların hepsinin açılması için en fazla kaç deneme yapılmalıdır?
Cevap : 21
kin nefret 13:16 12 Şub 2011 #5
en fazla dedigi için ilk kapıyı açacak anahtar en son denemede bulunur ilk kapı için 6 ikinci kapı için 5 uçuncu kapı 4 dörduncu kapı 3 beşinci kapı 2 son kapı için 1 deneme yapılır burdan 1+2...+6 =6.7/2=21 olur
Çok teşekkür ederim, her gün bir permütasyon sorusu mutlaka çıkıyor yapamadığım(:
5 kişi karşı karşıya olan ve en fazla 5 kişi alabilen iki banka kaç farklı şekilde oturabilir?
5 kişi karşı karşıya olan ve en fazla 5 kişi alabilen iki banka kaç farklı şekilde oturabilir?
MatematikciFM 20:45 12 Şub 2011 #7
A ve B bankları için
5-0
4-1
3-2
şeklinde oturabilirler. Her bir durumdan 2 şer tane olacağından
2.(C(5,5)+C(5,4)+C(5,3).C(5,2))=2.(1+5+10)=32
5-0
4-1
3-2
şeklinde oturabilirler. Her bir durumdan 2 şer tane olacağından
2.(C(5,5)+C(5,4)+C(5,3).C(5,2))=2.(1+5+10)=32
Hocam cevap 720 diyor (:
paradoks12 21:35 12 Şub 2011 #9
5-0
4-1
3-2
ve bunların tam tersi şekilde oturabilirler.
5-0 için 5!=120
(4-1) için 5.4!=120
3-2 için C(5,3).3!.2!=120
360 yapar. 2 katını alırsak; 720 olur
4-1
3-2
ve bunların tam tersi şekilde oturabilirler.
5-0 için 5!=120
(4-1) için 5.4!=120
3-2 için C(5,3).3!.2!=120
360 yapar. 2 katını alırsak; 720 olur
Çok teşekkürler.
Diğer çözümlü sorular alttadır.
.9. sınıf Permütasyon Soruları Çözümleri Permütasyon ile İlgili Sorular Permütasyon Problemleri ve Çözümleri
Tüm Etiketler
Tüm Etiketler