TYT Matematik · Sayma, Olasılık ve İstatistik

Gruplara Ayırma ve Dağıtma

~24 dk okumaZorluk: Zor20 çözümlü soruTYT'de ~3 soru/yıl · Sınavda yüksek ağırlık

Bir dağıtımı saymaya başlamadan önce iki soru sorulur: Dağıtılan nesneler farklı mı, özdeş mi? Gruplar (kutular) adlı mı, adsız mı? Bu iki sorunun cevabı dört durum verir ve her durumun kendi sayma yolu vardır. Farklı kişileri adlı gruplara ayırırken art arda seçim yaparız; gruplar adsız ve eşit büyüklükteyse fazla sayılan durumlar için böleriz; özdeş nesneleri farklı kutulara dağıtırken çubuk–yıldız yöntemini kullanırız; özdeş nesneleri özdeş kutulara dağıtırken ise yalnızca listeleriz. $x + y + z = n$ denkleminin çözüm sayısı da bu dört durumdan birinin denklem diliyle yazılmış hâlidir.

Bu sayfadaki varsayımlar

Farklı nesneler ve kişiler birbirinden ayırt edilir. Özdeş nesneler ayırt edilemez; yerleri değiştiğinde yeni bir dağıtım oluşmaz.

Adlı grup ya da farklı kutu (A takımı, 2. oda, kırmızı kutu) yer değiştirince yeni bir dağıtım oluşur. Adsız grup ya da özdeş kutu için yalnız kimin kiminle birlikte olduğu önemlidir.

Aksi söylenmedikçe bir grubun ya da kutunun içinde sıra önemsizdir. Grup içinde sıranın önemli olduğu tek model bayrak direği modelidir; bu durum soruda açıkça belirtilir.

Bir kutunun boş kalıp kalamayacağı her soruda belirtilir: "boş kalabilir", "her kutuda en az bir", "her kutuda en az $m$ ".

Doğal sayı $0$ 'ı da içerir: $0, 1, 2, \dots$ Pozitif tam sayı $1$ 'den başlar.

Bu konu, Permütasyon ve Kombinasyon özet sayfasının bir alt başlığıdır. Burada Kombinasyon: Seçme Problemleri sayfasındaki seçim sayısını $C (n, r) = (r n)$ biçiminde yazacağız ve Tekrarlı Permütasyon sayfasındaki özdeş nesne dizme yolunu kullanacağız. Temel bakış için 10. sınıf Kombinasyon dersine bakabilirsin. Maarif programında sayma, permütasyon ve kombinasyon 10. sınıfta işlenir.

1. Dört Durum Tablosu: Nesne Özdeş mi? Kutu Farklı mı?

Önce küçük bir örneği dört durumda da listeleyelim: $3$ nesne $2$ kutuya konacak ve kutulardan biri boş kalabilir.

Nesneler farklıysa onlara $a, b, c$ diyelim; özdeşse her birini $●$ ile gösterelim.
Kutular farklıysa " $1.$ kutu $∣$ $2.$ kutu" diye yazalım; özdeşse yalnız hangi nesnelerin bir arada olduğuna bakalım.

Şekil 1 — Aynı soru, dört farklı cevap. Nesneler farklılaştıkça ya da kutular adlandırıldıkça sayı büyür:

8

4

4

2

Listeyi okuyalım:

Farklı nesneler, farklı kutular: Her nesne kutusunu ayrı ayrı seçer, $2 \cdot 2 \cdot 2 = 8$ . Bu "her nesne bir seçim yapar" modeli ( $k^{n}$ ) Sayma Kuralları sayfasında işlenmişti.
Farklı nesneler, özdeş kutular: " $ab ∣ c$ " ile " $c ∣ ab$ " artık aynı dağıtımdır; çünkü kutuların adı yoktur. $8$ dağıtım ikişer ikişer eşleşir ve $4$ kalır.
Özdeş nesneler, farklı kutular: Yalnız hangi kutuya kaç nesne düştüğü önemlidir: $(3, 0), (2, 1), (1, 2), (0, 3)$ . Toplam $4$ .
Özdeş nesneler, özdeş kutular: Ne nesnelerin ne kutuların adı vardır; yalnız " $3$ ve $0$ " ile " $2$ ve $1$ " ayrımı kalır. Toplam $2$ .

	Kutular (gruplar) farklı / adlı	Kutular (gruplar) özdeş / adsız
Nesneler farklı	Grup büyüklükleri verilmişse art arda seçim (Bölüm 2). Büyüklük serbestse $k^{n}$ (Sayma Kuralları).	Eşit büyüklükteki grupların sayısının faktöriyeline böl (Bölüm 3). Büyüklük serbestse desenlere ayır (Bölüm 5).
Nesneler özdeş	Çubuk–yıldız: $C (n + k - 1, k - 1)$ (Bölüm 7–11)	Formül yok, listele (Bölüm 12)

Bu tabloya beşinci bir model eklenir: farklı nesneler farklı kutulara konur ve her kutunun içinde sıra önemlidir. Bu, bayrakların direklere asılmasıdır (Bölüm 6).

Okuma alışkanlığı: Her dağıtım sorusunda önce şu üç şeyi işaretle: nesneler farklı mı, özdeş mi; gruplar adlı mı, adsız mı; boş grup olabilir mi? Hesap ancak bundan sonra başlar.

2. Farklı Kişileri Adlı Gruplara Ayırma

Ali, Banu, Can ve Deniz ( $A, B, C, D$ ), "Mavi" ve "Kırmızı" adlı iki takıma ikişer kişi olarak ayrılacak. Önce Mavi takımın iki oyuncusunu seçeriz: $C (4, 2) = 6$ . Kalan iki kişi Kırmızı takıma gider: $C (2, 2) = 1$ . Toplam $6 \cdot 1 = 6$ ayırma vardır. Bu altı ayırma, bir sonraki bölümdeki Şekil 2'nin sol sütununda tek tek listelenmiştir.

Genel kural art arda seçimdir. $n$ kişi, büyüklükleri $a, b, c$ olan adlı gruplara ( $a + b + c = n$ ) ayrılacaksa:

$C (n, a) \cdot C (n - a, b) \cdot C (n - a - b, c) = \frac{n !}{a ! \cdot b ! \cdot c !}$

Sağdaki ifadenin ortaya çıkması rastlantı değildir. Her kişiye grubunun adını bir etiket olarak verdiğimizi düşünelim. Bu durumda ayırmayı saymak, $a$ tane " $1$ ", $b$ tane " $2$ " ve $c$ tane " $3$ " etiketinin kişilere dizilişini saymak demektir. Bu da bir tekrarlı permütasyondur.

Örneğin $10$ kişi $5$ , $3$ ve $2$ kişilik üç gruba ayrılsın:

$C (10, 5) \cdot C (5, 3) \cdot C (2, 2) = 252 \cdot 10 \cdot 1 = 2520$

Büyüklükleri farklı gruplar zaten adlıdır. $5$ kişilik grup ile $2$ kişilik grup hiçbir zaman karıştırılamaz. Bu yüzden gruplara ad verilmemiş olsa bile burada bölme yapılmaz.

3. Eşit ve Adsız Gruplar: Neden Bölüyoruz?

Aynı dört kişiyi bu kez adsız iki gruba ayıralım. Artık yalnız kimin kiminle eşleştiği önemlidir. Şekil 2'de Mavi–Kırmızı listesindeki her satırın bir eşi vardır. " $A B ∣ C D$ " ile " $C D ∣ A B$ " takım adları silinince aynı ayırma olur: ${A, B}$ bir grupta, ${C, D}$ öbür grupta.

Şekil 2 — Adlı iki takımın

6

ayırması, adlar silinince ikişer ikişer çakışır ve

3

adsız ayırma kalır.

Listeleyerek doğrulayalım: $A$ 'nın eşi $B$ , $C$ ya da $D$ olabilir; eşi belli olunca öbür grup da belli olur. Yani $3$ ayırma vardır ve bu sayı $\frac{6}{2 !} = 3$ ile aynıdır.

Neden bölüyoruz? Art arda seçim gruplara gizlice "birinci grup, ikinci grup" adını verir. Eşit büyüklükteki $k$ adsız grup kendi aralarında $k!$ şekilde yer değiştirebilir ve bu yer değiştirmeler yeni bir ayırma üretmez. Her gerçek ayırma $k!$ kez sayılmış olur; bu yüzden $k!$ 'e böleriz.

Karışık büyüklükler. Yalnız eşit büyüklükteki gruplar birbiriyle yer değiştirebilir. Bu yüzden bölme yalnız onlar için yapılır. $8$ kişi $4$ , $2$ ve $2$ kişilik adsız gruplara ayrılsın:

$\frac{C ( 8 , 4 ) \cdot C ( 4 , 2 ) \cdot C ( 2 , 2 )}{2 !} = \frac{70 \cdot 6 \cdot 1}{2} = 210$

Paydada $3!$ değil $2!$ vardır; çünkü $4$ kişilik grup, $2$ kişilik gruplardan biriyle yer değiştiremez.

Grup yapısı	Gruplar adlı	Gruplar adsız
Büyüklüklerin hepsi farklı ( $5, 3, 2$ )	Art arda seçim	Aynı sonuç, bölme yok
İki grup eşit ( $4, 2, 2$ )	Art arda seçim	$2!$ 'e böl
Üç grup eşit ( $3, 3, 3$ )	Art arda seçim	$3!$ 'e böl

4. Takımlar, Odalar, Arabalar: Ek Koşullu Gruplama

Çiftlere ayırma. $6$ kişi, adsız $3$ çifte ayrılacak (örneğin bir masa tenisi turnuvasının ilk tur eşleşmeleri; hangi maçın önce oynandığı önemsiz). Üç çift eşit büyüklükte olduğundan:

$\frac{C ( 6 , 2 ) \cdot C ( 4 , 2 ) \cdot C ( 2 , 2 )}{3 !} = \frac{15 \cdot 6 \cdot 1}{6} = 15$

İkinci yol: Listede adı ilk sırada olan kişi eşini $5$ kişiden seçer. Kalanlar arasında adı ilk sırada olan kişi eşini $3$ kişiden seçer. Son iki kişi zaten bir çifttir. $5 \cdot 3 \cdot 1 = 15$ . İki yol aynı sonucu verir.

Gruplar sonradan adlandırılırsa bölme geri alınır. Adsız gruplar oluştuktan sonra her biri farklı bir odaya, farklı bir göreve ya da farklı bir masaya gönderiliyorsa gruplar artık adlıdır. Bu durumda adsız ayırma sayısı, grupların odalara dağılış sayısıyla çarpılır (Örnek 2).

Grup içinde görev. $6$ kişi, $3$ 'er kişilik adsız iki gruba ayrılıp her grup kendi içinden bir başkan seçecek. Ayırma sayısı $\frac{C ( 6 , 3 )}{2 !} = 10$ 'dur. Ardından her grup başkanını $3$ kişiden seçer: $10 \cdot 3 \cdot 3 = 90$ . Görev seçimi gruplara ad vermez; çünkü her grupta aynı görev, yani bir başkanlık vardır. Bu yüzden ek bir düzeltme gerekmez.

Belirli kişiler aynı grupta ya da farklı gruplarda. Aynı grupta olması istenen kişileri önce birlikte yerleştir, sonra grubun eksik üyelerini seç. "Farklı gruplarda" koşulu için tümleyen çoğu zaman en kısa yoldur (Örnek 3).

Araçlar ve ehliyet. $6$ kişi, biri $4$ kişilik, diğeri $2$ kişilik iki araçla yola çıkacak. Bu kişilerden yalnız $3$ 'ünün ehliyeti var. Araçlar şoför dâhil tam dolu gidecek ve her araçta en az bir ehliyetli bulunacak. Yalnız kimin hangi araçta olduğu önemli; aracı kimin kullanacağı burada sorulmuyor.

Koşulsuz: Büyük araca binecek $4$ kişi seçilir, kalan $2$ kişi küçük araca biner: $C (6, 4) = 15$ yol.
Koşulu bozanlar: Büyük araçta hiç ehliyetli bulunmaması imkânsızdır; çünkü ehliyetsiz yalnız $3$ kişi vardır. Küçük araçta ehliyetli yoksa bu aracın $2$ yolcusu $3$ ehliyetsizden seçilir: $C (3, 2) = 3$ yol.
İstenen: $15 - 3 = 12$ .

Burada gruplar önce kuruldu, koşul sonra tümleyenle denetlendi. Her araçta şoförün de kim olacağı soruluyorsa her geçerli gruplamada şoför seçimi ayrıca sayılır; bu durumda çoğu zaman önce şoförleri seçmek daha kısadır.

5. Farklı Nesneleri Özdeş Kutulara Ayırma (Küçük n, Desenlerle)

Kutular özdeşse ve kaçar nesne alacakları verilmemişse sorunun tek bir grup yapısı yoktur. O zaman olası desenleri (kutulardaki nesne sayılarını) yazar, her deseni Bölüm 3'teki gibi sayar ve sonuçları toplarız.

$4$ farklı top ( $a, b, c, d$ ), $3$ özdeş kutuya konacak; kutular boş kalabilir. Boş kutular desene yazılmaz: kutular özdeş olduğundan hangi kutunun boş kaldığı bir fark yaratmaz.

Desen	Sayım	Sonuç
$4$	Hepsi bir kutuda	$1$
$3 + 1$	Yalnız kalan topu seç: $C (4, 3)$	$4$
$2 + 2$	$\frac{C ( 4 , 2 ) \cdot C ( 2 , 2 )}{2 !}$ (iki grup eşit)	$3$
$2 + 1 + 1$	$\frac{C ( 4 , 2 ) \cdot C ( 2 , 1 ) \cdot C ( 1 , 1 )}{2 !}$ (iki tekli grup eşit)	$6$
Toplam		$14$

Bölme yalnız eşit büyüklükte grup içeren desenlerde yapılır. $3 + 1$ deseninde bölme yoktur; $2 + 2$ ve $2 + 1 + 1$ desenlerinde $2!$ 'e bölünür.

Bağlantı: Farklı nesneler farklı kutulara konuyor ve hiçbir kutu boş kalmıyorsa bu, örten fonksiyon sayısıdır. Bu durum Fonksiyon Sayısı sayfasında işlenir.

6. Bayrak Direkleri: Her Direkte Sıra Önemli

Farklı bayraklar, farklı direklere alt alta asılıyor. Bir direkteki bayrakların yukarıdan aşağı sırası değişirse görünüm değişir, yani direk içinde sıra önemlidir. Bir direk boş kalabilir.

En küçük örneği listeleyelim: $a$ ve $b$ bayrakları $2$ direğe asılacak.

$1.$ direk	$ab$	$ba$	—	—	$a$	$b$
$2.$ direk	—	—	$ab$	$ba$	$b$	$a$

Toplam $6$ asılış vardır. Yalnız "hangi bayrak hangi direkte" diye sayan biri $2^{2} = 4$ bulur. Bu sayım, aynı direkteki $ab$ ile $ba$ asılışlarını birbirinden ayırmaz.

Bayrakları tek tek asalım. $k$ direk ve $n$ farklı bayrak olsun.

İlk bayrak için $k$ yer vardır: her direğin tepesi.
Asılmış her bayrak yeni bir yer açar: kendi hemen altı. Bu yüzden ikinci bayrak için $k + 1$ , üçüncü için $k + 2$ yer vardır ve bu böyle sürer.

Şekil 3 — Üç direğe

a

b

c

asılmışken dördüncü bayrak

6

yerden birine gider. Boş yer sayısı her zaman direk sayısı ile asılmış bayrak sayısının toplamıdır.

Buna göre $n$ farklı bayrak $k$ direğe

$k \cdot (k + 1) \cdot (k + 2) \dots (k + n - 1) = \frac{( n + k - 1 )!}{( k - 1 )!}$

farklı biçimde asılır. Küçük örnekte $k = 2$ , $n = 2$ için $2 \cdot 3 = 6$ çıkar; liste ile aynıdır. Bir sonraki bölümde bu sayının $n! \cdot C (n + k - 1, k - 1)$ biçiminde de yazılabildiğini göreceğiz.

7. Özdeş Nesneleri Farklı Kutulara Dağıtma: Çubuk–Yıldız (Derinleştirme)

$4$ özdeş şeker Ayşe, Bora ve Cem'e dağıtılacak; bir çocuk hiç şeker almayabilir. Şekerler özdeş olduğu için önemli olan tek şey kimin kaç şeker aldığıdır.

Şekerleri yıldızla ( $★$ ) gösterip bir sıraya dizelim. Araya iki çubuk ( $∣$ ) koyarak sırayı üç parçaya bölelim. Birinci çubuğun solundaki şekerler Ayşe'nin, iki çubuğun arasındakiler Bora'nın, ikinci çubuğun sağındakiler Cem'indir.

Şekil 4 — Her dağıtım,

4

yıldız ve

2

çubuktan oluşan tek bir diziye karşılık gelir. Her dizi de tek bir dağıtım verir.

Bu eşleme iki yönlüdür: Her dağıtım tek bir dizi verir, her dizi de tek bir dağıtım verir. O hâlde dağıtımları saymak, $4$ özdeş yıldız ile $2$ özdeş çubuğun dizilişlerini, yani bir tekrarlı permütasyonu saymakla aynıdır:

$\frac{6 !}{4 ! \cdot 2 !} = C (6, 2) = 15$

Listeyle sağlama. Ayşe, Bora ve Cem'in aldığı şeker sayılarını desenlere göre gruplayalım: $4 + 0 + 0$ biçimindekiler $3$ tane, $3 + 1 + 0$ biçimindekiler $6$ tane, $2 + 2 + 0$ biçimindekiler $3$ tane, $2 + 1 + 1$ biçimindekiler $3$ tanedir. Toplam $3 + 6 + 3 + 3 = 15$ .

Genel kural. $n$ özdeş nesne $k$ farklı kutuya dağıtılacak ve kutular boş kalabilecekse $k$ kutuyu ayırmak için $k - 1$ çubuk gerekir. Toplam $n + k - 1$ yerden çubukların gideceği $k - 1$ yer seçilir:

$C (n + k - 1, k - 1)$

Neden $k - 1$ çubuk? Bir çizgiyi $k$ parçaya bölmek için $k - 1$ kesim yeterlidir. Çubuk sayısını kutu sayısıyla karıştırmak, $C (n + k, k)$ gibi yanlış sonuçlar verir.

Bayrak direklerine dönüş. Yıldızlar özdeş değil de farklı bayraklar olsaydı, $n$ farklı bayrak ile $k - 1$ özdeş çubuğun dizilişini sayardık: $\frac{( n + k - 1 )!}{( k - 1 )!} = n! \cdot C (n + k - 1, k - 1)$ . Bu, Bölüm 6'da bulduğumuz sayının ta kendisidir. Bayrak sorusunda $n!$ çarpanını unutmak, farklı bayrakları özdeş saymak demektir.

8. Her Kutuya En Az Bir / En Az m

$7$ özdeş defter $3$ öğrenciye dağıtılacak ve her öğrenci en az bir defter alacak. İki yol aynı sonucu verir:

Önce birer tane ver: Her öğrenciye birer defter verilir, geriye $4$ defter kalır. Bu $4$ defter artık serbestçe dağıtılır: $C (4 + 2, 2) = C (6, 2) = 15$ .
Boşluk seç: $7$ defter bir sıraya dizildiğinde aralarında $6$ boşluk olur. Bu boşluklardan $2$ 'sine çubuk konursa her parça en az bir defter içerir: $C (6, 2) = 15$ .

Genel olarak, $n$ özdeş nesne $k$ farklı kutuya her kutuda en az bir olacak biçimde $C (n - 1, k - 1)$ yolla dağıtılır.

En az $m$ : Her kutuya önce $m$ nesne konur, geriye $n - k m$ nesne kalır. Kalan nesneler serbestçe dağıtılır: $C (n - k m + k - 1, k - 1)$ . Burada $n - k m \geq 0$ olmalıdır; aksi hâlde hiç dağıtım yoktur. Bu yolun bir uygulaması Örnek 6'nın b) şıkkındadır.

9. x + y + z = n Denkleminin Doğal ve Pozitif Sayı Çözümleri

$x + y + z = n$ denkleminin her doğal sayı çözümü, $n$ özdeş nesnenin $x$ , $y$ ve $z$ adlı üç farklı kutuya dağıtılmasıdır. Değişkenler kutu, toplam ise nesne sayısıdır. Değişkenlerin adları olduğundan $(1, 2, 4)$ ile $(4, 2, 1)$ farklı çözümlerdir.

Denklem	Değişkenler	Çözüm sayısı	$n = 8$ için
$x + y + z = n$	doğal sayı ( $\geq 0$ )	$C (n + 2, 2)$	$C (10, 2) = 45$
$x + y + z = n$	pozitif tam sayı ( $\geq 1$ )	$C (n - 1, 2)$	$C (7, 2) = 21$

Pozitif çözümlerde önce her değişkene $1$ verilir. $x = x^{'} + 1$ , $y = y^{'} + 1$ , $z = z^{'} + 1$ yazılırsa $x^{'} + y^{'} + z^{'} = n - 3$ olur ve yeni değişkenler doğal sayıdır. $n = 8$ için $x^{'} + y^{'} + z^{'} = 5$ denkleminin $C (7, 2) = 21$ doğal çözümü vardır. Değişken sayısı $k$ olduğunda tablodaki $2$ yerine $k - 1$ yazılır.

10. Alt Sınır, Üst Sınır ve Eşitsizlik

Karışık alt sınırlar: değişken kaydırma. $x + y + z = 9$ denkleminin $x \geq 2$ , $y \geq 0$ , $z \geq 1$ koşullarını sağlayan tam sayı çözümleri istensin. $x$ 'e önce $2$ , $z$ 'ye önce $1$ verilir. $x = x^{'} + 2$ ve $z = z^{'} + 1$ yazılınca $x^{'} + y + z^{'} = 6$ olur. Doğal çözüm sayısı $C (8, 2) = 28$ 'dir.

Eşitsizlik: yapay değişken. $x + y + z \leq 5$ eşitsizliğinin doğal sayı çözümleri istensin. Eksik kalan miktara $s$ dersek ( $s \geq 0$ ) eşitsizlik $x + y + z + s = 5$ denklemine dönüşür. Dört değişkenli bu denklemin $C (5 + 3, 3) = C (8, 3) = 56$ doğal çözümü vardır.

Sağlama: Toplamı sırayla $0, 1, \dots, 5$ alıp her durumun çözüm sayısını topla: $C (2, 2) + C (3, 2) + C (4, 2) + C (5, 2) + C (6, 2) + C (7, 2) = 1 + 3 + 6 + 10 + 15 + 21 = 56$ .

Üst sınır: tümleyen. Üst sınır, alt sınır gibi "önceden verilerek" karşılanamaz. Önce sınırsız çözümler sayılır, sonra sınırı aşan çözümler çıkarılır. $x + y + z = 8$ denkleminin $x \leq 2$ koşulunu sağlayan doğal sayı çözümleri:

Sınırsız: $C (10, 2) = 45$ .
Sınırı aşanlar, yani $x \geq 3$ : $x = x^{'} + 3$ yazılınca $x^{'} + y + z = 5$ , çözüm sayısı $C (7, 2) = 21$ .
İstenen: $45 - 21 = 24$ .

Sağlama (doğrudan): $x = 0$ için $y + z = 8$ denkleminin $9$ , $x = 1$ için $8$ , $x = 2$ için $7$ çözümü vardır: $9 + 8 + 7 = 24$ .

Uyarı: "En çok $2$ " koşulu, "en az $2$ " gibi işlenip her değişkene önce $2$ verilemez. Alt sınır önceden verilerek, üst sınır ise tümleyenle karşılanır (Örnek 7).

11. Tekrarlı Seçim: Aynı Türden Birden Fazla Almak

Bir fırında sade, susamlı ve peynirli olmak üzere $3$ çeşit simit var. Her çeşitten yeterince simit bulunuyor ve aynı çeşitten birden fazla alınabiliyor. $5$ simit kaç farklı biçimde alınabilir? Aynı çeşit simitler özdeştir ve alış sırası önemsizdir.

Bir alışverişi belirleyen tek şey, her çeşitten kaç tane alındığıdır: sade $+$ susamlı $+$ peynirli $= 5$ . Çeşitler kutu, alınan simitler özdeş nesnedir:

$C (5 + 3 - 1, 3 - 1) = C (7, 2) = 21$

Tekrarlı seçim $C (3, 5)$ değildir. $C (3, 5)$ , $3$ farklı nesneden $5$ 'ini tekrarsız seçmek demektir ve bu imkânsızdır. Tekrar serbest olduğunda $k$ çeşitten $n$ tane seçmek, $n$ özdeş nesneyi $k$ kutuya dağıtmakla aynıdır.

12. Özdeş Nesneler, Özdeş Kutular: Yalnız Listeleme

$5$ özdeş top, $3$ özdeş kutuya konacak; kutular boş kalabilir. Ne topların ne kutuların adı olduğundan bir dağıtımı belirleyen tek şey, dolu kutulardaki top sayılarının büyükten küçüğe yazılmış listesidir:

$54 + 13 + 23 + 1 + 12 + 2 + 1$

Toplam $5$ dağıtım vardır. Bu durum için TYT düzeyinde kullanılacak bir formül yoktur; en güvenli yol, terimleri büyükten küçüğe yazarak sistemli biçimde listelemektir.

Kutular farklı olsaydı cevap $C (7, 2) = 21$ olurdu. Fark nereden geliyor? Çubuk–yıldız, $(1, 1, 3)$ , $(1, 3, 1)$ ve $(3, 1, 1)$ dağıtımlarını ayrı ayrı sayar; kutular özdeşken bu üçü tek bir " $3 + 1 + 1$ " dağıtımıdır. Bu yüzden özdeş kutularda çubuk–yıldız kullanılamaz (Örnek 6).

Çözümlü Sorular

Örnek

Soru

$6$ kişilik bir arkadaş grubu, $3$ 'er kişilik iki gruba ayrılacaktır.

a) Gruplardan biri A takımı, diğeri B takımı olarak adlandırılıyorsa kaç farklı ayırma yapılabilir?

b) Gruplar adsızsa, yani yalnız kimin kiminle aynı grupta olduğu önemliyse, kaç farklı ayırma yapılabilir?

İki şıkta seçimler aynıdır; fark, takımların yer değiştirmesinin yeni bir ayırma sayılıp sayılmadığındadır.

a) A takımına girecek $3$ kişi seçilir: $C (6, 3) = 20$ . Kalan $3$ kişi B takımına gider: $C (3, 3) = 1$ . Toplam $20$ ayırma vardır. Burada bölme yapılmaz. Kişileri $1$ 'den $6$ 'ya numaralarsak A takımının ${1, 2, 3}$ , B takımının ${4, 5, 6}$ olduğu ayırma, A takımının ${4, 5, 6}$ olduğu ayırmadan farklıdır.
b) Yanlış yol: "Yine $C (6, 3) = 20$ " demek. Aynı numaralamayla "A: ${1, 2, 3}$ , B: ${4, 5, 6}$ " ile "A: ${4, 5, 6}$ , B: ${1, 2, 3}$ " adlar silinince aynı ayırmadır. Her adsız ayırma bu listede iki kez geçer.
b) Doğru yol: İki grup eşit büyüklükte ve adsız olduğundan $2!$ 'e bölünür: $\frac{20}{2 !} = 10$ .
Sağlama: $1$ numaralı kişinin grubunu düşünelim. Bu kişinin yanına kalan $5$ kişiden $2$ 'si seçilir: $C (5, 2) = 10$ . Bu seçim yapılınca öbür grup da kendiliğinden belli olur. Sonuç aynıdır.

Sonuç: a)

20

10

Örnek

Soru

$7$ kişilik bir gezi ekibi, $3$ , $2$ ve $2$ kişilik üç gruba ayrılacaktır.

a) Gruplar adsızsa kaç farklı ayırma yapılabilir?

b) Oluşan üç grup, her gruba ayrı bir oda düşecek şekilde $3$ farklı odaya yerleştirilecektir. Her oda, gruplardan herhangi birini alabilecek büyüklüktedir. Kaç farklı yerleşim yapılabilir?

Hangi gruplar birbiriyle yer değiştirebilir? $3$ kişilik grup, $2$ kişilik bir grupla karıştırılabilir mi?

Art arda seçim: $C (7, 3) \cdot C (4, 2) \cdot C (2, 2) = 35 \cdot 6 \cdot 1 = 210$ . Bu sayım gruplara gizlice "birinci", "ikinci", "üçüncü" adını verir.
a) Yalnız iki tane $2$ kişilik grup kendi aralarında yer değiştirebilir. Bu yüzden $2!$ 'e bölünür: $\frac{210}{2} = 105$ .
İki yanlış yol: Grup sayısı $3$ diye $3!$ 'e bölen öğrenci $35$ bulur. Oysa $3$ kişilik grup, $2$ kişilik bir grupla yer değiştiremez. Hiç bölmeyen öğrenci ise $210$ bulur ve iki eşit grubu adlıymış gibi sayar.
b) Odalar farklı olduğundan gruplar artık adlıdır. $105$ adsız ayırmanın her birinde $3$ grup, $3$ odaya $3! = 6$ şekilde yerleşir: $105 \cdot 6 = 630$ .
Sağlama: Önce $3$ kişilik grubun odasını seçelim: $3$ yol. Bu gruba girecek kişiler $C (7, 3) = 35$ yolla seçilir. Kalan iki odadan belirli birine girecek $2$ kişi, geriye kalan $4$ kişiden $C (4, 2) = 6$ yolla seçilir; son $2$ kişi öbür odaya gider. Sonuç $3 \cdot 35 \cdot 6 = 630$ ; aynı sayıya ulaştık.

Sonuç: a)

105

630

Örnek

Soru

Aralarında Ece ile Mert'in de bulunduğu $9$ kişi, $3$ 'er kişilik adsız üç gruba ayrılacaktır. Ece ile Mert'in farklı gruplarda olduğu kaç ayırma vardır?

"Farklı gruplarda" yerine "aynı grupta" olanları saymak daha kolaydır. Tümleyeni alırken iki sayımın da adsız gruplarla yapıldığından emin ol.

Bütün ayırmalar: $\frac{C ( 9 , 3 ) \cdot C ( 6 , 3 ) \cdot C ( 3 , 3 )}{3 !} = \frac{84 \cdot 20 \cdot 1}{6} = 280$ .
Ece ile Mert aynı grupta: Gruplarının üçüncü üyesi kalan $7$ kişiden seçilir: $7$ yol. Geriye kalan $6$ kişi $3$ 'er kişilik adsız iki gruba ayrılır: $\frac{C ( 6 , 3 )}{2 !} = 10$ . Toplam $7 \cdot 10 = 70$ .
Tümleyen: $280 - 70 = 210$ .
Yanlış yol: Bütün ayırmaları $3!$ 'e bölmeden $1680$ alıp $70$ çıkarmak $1610$ verir. Bu işlemde adlı bir sayımdan adsız bir sayım çıkarılmıştır. Tümleyende iki sayım aynı dilde yapılmalıdır.
Sağlama (doğrudan sayım): Ece'nin grubuna, Mert dışındaki $7$ kişiden $2$ 'si seçilir: $C (7, 2) = 21$ . Mert'in de aralarında olduğu kalan $6$ kişi, $3$ 'er kişilik adsız iki gruba ayrılır: $10$ yol. Sonuç $21 \cdot 10 = 210$ ; tümleyenle aynıdır.

Sonuç:

210

Örnek

Soru

$6$ farklı oyuncak, birbirinin aynısı olan $3$ poşete konacaktır. Hiçbir poşet boş kalmayacağına göre oyuncaklar poşetlere kaç farklı biçimde ayrılabilir?

Poşetler özdeş olduğu için önce olası desenleri yaz: $6$ sayısı, her parça en az $1$ olmak üzere üç parçaya kaç farklı biçimde ayrılır?

Desenler: Her poşette en az bir oyuncak bulunacak biçimde $6$ 'yı üç parçaya ayıralım: $4 + 1 + 1$ , $3 + 2 + 1$ , $2 + 2 + 2$ .
$4 + 1 + 1$ : $C (6, 4) \cdot C (2, 1) \cdot C (1, 1) = 30$ . İki tekli grup eşit büyüklükte olduğundan $2!$ 'e bölünür: $15$ .
$3 + 2 + 1$ : $C (6, 3) \cdot C (3, 2) \cdot C (1, 1) = 60$ . Bütün grup büyüklükleri farklı olduğundan bölme yapılmaz: $60$ .
$2 + 2 + 2$ : $C (6, 2) \cdot C (4, 2) \cdot C (2, 2) = 90$ . Üç grup eşit olduğundan $3!$ 'e bölünür: $15$ .
Toplam: $15 + 60 + 15 = 90$ .
Yanlış yol: Poşetler özdeş diye her deseni $3!$ 'e bölen öğrenci $5 + 10 + 15 = 30$ bulur. Oysa $3 + 2 + 1$ deseninde poşetler içerdikleri oyuncak sayısıyla zaten birbirinden ayrılır. Bölme yalnız eşit büyüklükteki gruplar için yapılır.
Sağlama: Poşetler $1$ , $2$ , $3$ diye numaralı olsaydı her ayırma, poşetlere $3! = 6$ farklı biçimde dağıtılabilirdi; çünkü üç poşet de dolu ve içerikleri farklıdır. Bu da $90 \cdot 6 = 540$ eder. Bu sayı, Fonksiyon Sayısı sayfasında başka bir yolla bulunan $6$ elemanlı kümeden $3$ elemanlı kümeye örten fonksiyon sayısıyla aynıdır.

Sonuç:

90

Örnek

Soru

$4$ farklı bayrak, $3$ farklı direğe asılacaktır. Her direkte bayraklar alt alta dizilir ve bir direkteki bayrakların yukarıdan aşağı sırası önemlidir.

a) Direklerden bazıları boş kalabiliyorsa kaç farklı asılış vardır?

b) Hiçbir direk boş kalmayacaksa kaç farklı asılış vardır?

a) şıkkında bayrakları tek tek as ve her bayrak için kaç boş yer olduğunu say. b) şıkkında önce bayrakları bir sıraya diz, sonra bu sırayı üç dolu parçaya böl.

a) Birinci bayrak $3$ yerden birine asılır. Asılan her bayrak altında yeni bir yer açar. Bu yüzden ikinci bayrak için $4$ , üçüncü için $5$ , dördüncü için $6$ yer vardır: $3 \cdot 4 \cdot 5 \cdot 6 = 360$ .
a) için ikinci yol: $4$ farklı bayrak ile $2$ özdeş çubuğun dizilişi sayılır: $4! \cdot C (6, 2) = 24 \cdot 15 = 360$ .
İki yanlış yol: Yalnız $C (6, 2) = 15$ yazmak, bayrakları özdeş saymaktır. $3^{4} = 81$ yazmak ise yalnız "hangi bayrak hangi direkte" sorusunu sayar ve aynı direkteki bayrakların sırasını yok sayar.
b) $4$ bayrak bir sıraya $4! = 24$ şekilde dizilir. Bayrakların arasındaki $3$ boşluktan $2$ 'sine çubuk konur: $C (3, 2) = 3$ . Oluşan parçalar sırayla $1.$ , $2.$ ve $3.$ direğe gider. Her direkte en az bir bayrak bulunur. Toplam $24 \cdot 3 = 72$ .
Sağlama (b): Direklerdeki bayrak sayıları, bir sırayla $2$ , $1$ ve $1$ olmak zorundadır; iki bayrağın asıldığı direğe göre $3$ durum vardır. Örneğin $1.$ direkte iki bayrak varsa, bu direğe yukarıdan aşağı $4 \cdot 3 = 12$ biçimde iki bayrak asılır. Kalan iki bayrak $2.$ ve $3.$ direğe $2$ biçimde gider. Her durumda $12 \cdot 2 = 24$ asılış vardır; toplam $3 \cdot 24 = 72$ .

Sonuç: a)

360

72

Örnek

Soru

$11$ özdeş bilye, biri kırmızı, biri sarı, biri yeşil olan $3$ kutuya konacaktır.

a) Kutular boş kalabiliyorsa kaç farklı dağıtım yapılabilir?

b) Her kutuda en az $2$ bilye olacaksa kaç farklı dağıtım yapılabilir?

c) b) şıkkındaki koşul geçerliyken kutular renksiz ve birbirinin aynısı olsaydı kaç farklı dağıtım yapılabilirdi?

Denklem diliyle: kırmızı, sarı ve yeşil kutudaki bilye sayıları $x$ , $y$ , $z$ ise $x + y + z = 11$ . c) şıkkında kutuların adı kalmaz.

a) $11$ yıldız ve $2$ çubuk, yani $13$ yer vardır. Çubukların $2$ yeri seçilir: $C (13, 2) = 78$ .
a) için üç yanlış yol: $C (11, 2) = 55$ , yani $C (n, k - 1)$ , çubukların da yer kapladığını unutur; toplam yer sayısı $n$ değil $n + k - 1$ 'dir. $C (14, 3) = 364$ ise çubuk sayısını kutu sayısıyla karıştırır. Çubukları yalnız bilyelerin arasındaki $10$ boşluğa koymak da $C (10, 2) = 45$ verir; bu, her kutunun dolu olduğu sayımdır ve $0$ bilyeli kutuları dışlar. Oysa $(11, 0, 0)$ gibi bir kutunun bütün bilyeleri aldığı dağıtımlar da geçerlidir. Doğru sayı $C (n + k - 1, k - 1)$ 'dir.
b) Her kutuya önce $2$ bilye konur, geriye $11 - 6 = 5$ bilye kalır. Kalan bilyeler serbestçe dağıtılır: $C (5 + 2, 2) = C (7, 2) = 21$ . Önce $2$ 'şer bilye vermeyi unutan öğrenci, a) şıkkının cevabı olan $78$ 'i bulur.
c) Kutular özdeşken çubuk–yıldız kullanılamaz; çünkü $(2, 2, 7)$ , $(2, 7, 2)$ ve $(7, 2, 2)$ artık aynı dağıtımdır. Her kutuda en az $2$ bilye olacak biçimde $11$ 'i büyükten küçüğe üç parçaya ayıralım: $7 + 2 + 2$ , $6 + 3 + 2$ , $5 + 4 + 2$ , $5 + 3 + 3$ , $4 + 4 + 3$ . Toplam $5$ dağıtım vardır.
Sağlama: c) şıkkındaki $5$ dağıtımın her biri, renkli kutularda kaç sıralamaya karşılık gelir? İki parçası eşit olan $7 + 2 + 2$ , $5 + 3 + 3$ ve $4 + 4 + 3$ dağıtımlarının her biri $3$ sıralama, parçaları farklı olan $6 + 3 + 2$ ve $5 + 4 + 2$ ise $6$ 'şar sıralama verir: $3 + 3 + 3 + 6 + 6 = 21$ . Bu, b) şıkkının cevabıdır.

Sonuç: a)

78

21

5

Örnek

Soru

Bir dondurmacıda çikolatalı dâhil $5$ çeşit dondurma vardır. Bir kâseye $8$ top dondurma konacaktır. Aynı çeşitten istenildiği kadar top alınabilir; aynı çeşitteki toplar özdeştir ve topların konulma sırası önemsizdir. Kâsede en çok $2$ top çikolatalı dondurma olacaksa kaç farklı kâse hazırlanabilir?

Bu bir tekrarlı seçimdir: $5$ çeşit kutu, $8$ top özdeş nesne. "En çok" koşulunu tümleyenle karşıla.

Sınırsız kâseler: $8$ özdeş top $5$ çeşide dağıtılır: $C (8 + 4, 4) = C (12, 4) = 495$ .
Koşulu aşan kâseler (en az $3$ çikolatalı): Çikolatalı çeşide önce $3$ top verilir. Kalan $5$ top $5$ çeşide serbestçe dağıtılır: $C (5 + 4, 4) = C (9, 4) = 126$ .
İstenen: $495 - 126 = 369$ .
Yanlış yol: "En çok $2$ " koşulunu "en az $2$ " gibi işleyip çikolatalıya önce $2$ top veren öğrenci $C (6 + 4, 4) = C (10, 4) = 210$ bulur. Bu sayı, en az $2$ çikolatalı top içeren kâseleri sayar; istenen kâseler bunlar değildir.
Sağlama (doğrudan): Çikolatalı top sayısı $0$ ise $8$ top kalan $4$ çeşide dağıtılır: $C (11, 3) = 165$ . Çikolatalı top sayısı $1$ ise $C (10, 3) = 120$ , $2$ ise $C (9, 3) = 84$ dağıtım vardır. Toplam $165 + 120 + 84 = 369$ .

Sonuç:

369

Örnek

Soru

$n$ tane özdeş kalem ve $2$ farklı kitap, $3$ farklı çocuğa dağıtılacaktır. Bir çocuk hiçbir şey almayabilir. Bütün dağıtımların sayısı $189$ olduğuna göre $n$ kaçtır?

Kalemler ile kitaplar birbirinden bağımsız dağıtılır. Özdeş kalemler çubuk–yıldızla, farklı kitaplar ise "her kitap kendi çocuğunu seçer" modeliyle sayılır.

Kitaplar: Her kitap $3$ çocuktan birine gider: $3^{2} = 9$ yol.
Kalemler: $n$ özdeş kalem $3$ çocuğa dağıtılır: $C (n + 2, 2)$ yol.
Denklem: İki dağıtım art arda yapıldığından çarpılır: $9 \cdot C (n + 2, 2) = 189$ , yani $C (n + 2, 2) = 21$ .
$C (7, 2) = 21$ olduğundan $n + 2 = 7$ , buradan $n = 5$ bulunur.
Yanlış yol: Kalemleri de farklı sayan öğrenci $3^{n + 2} = 189$ denklemini yazar. Bu denklemin tam sayı çözümü yoktur, çünkü $189 = 3^{3} \cdot 7$ bir $3$ kuvveti değildir. Denklemin çözümsüz çıkması, modelin yanlış seçildiğini gösterir.
Sağlama: $n = 5$ için $9 \cdot C (7, 2) = 9 \cdot 21 = 189$ . Ayrıca $n = 4$ için $9 \cdot 15 = 135$ , $n = 6$ için $9 \cdot 28 = 252$ çıkar. Dağıtım sayısı $n$ ile birlikte arttığı için başka çözüm yoktur.

Sonuç:

5

Pekiştirme Soruları

Konuyu pekiştirmek için hazırlanmış özgün sorular.

Çözümlü Sorular

Her soruyu önce kendin dene; takıldığında Çözüme Bak.

Soru 1Kolay

9

kişilik bir öğrenci topluluğu,

4

3

2

kişilik üç çalışma grubuna ayrılacaktır. Gruplar adsızdır; yalnız kimin kiminle aynı grupta olduğu önemlidir. Kaç farklı ayırma yapılabilir?

$4$ kişilik grup seçilir: $C (9, 4) = 126$ . Kalan $5$ kişiden $3$ kişilik grup seçilir: $C (5, 3) = 10$ . Kalan $2$ kişi son grubu oluşturur: $C (2, 2) = 1$ .
Seçimler art arda yapıldığı için çarpılır: $126 \cdot 10 \cdot 1 = 1260$ .
Bölme yapılmaz. Grupların büyüklükleri farklı olduğundan hiçbir grup bir başkasıyla yer değiştiremez; her grup, büyüklüğüyle zaten ayırt edilir.
Grup sayısı $3$ diye $3!$ 'e bölmek $210$ verir. Gruplar adlıymış gibi bir de $3!$ ile çarpmak $7560$ verir. Seçim sayılarını çarpmak yerine toplamak $137$ verir.
Sağlama: $\frac{9 !}{4 ! \cdot 3 ! \cdot 2 !} = \frac{362880}{24 \cdot 6 \cdot 2} = 1260$ .

Sonuç:

1260

Soru 2Kolay

6

farklı oyuncak, her çocuğa **tam olarak

2

** oyuncak düşecek biçimde Ada, Berk ve Cem adlı

3

çocuğa dağıtılacaktır. Kaç farklı dağıtım yapılabilir?

Ada'nın oyuncakları seçilir: $C (6, 2) = 15$ . Kalan $4$ oyuncaktan Berk'inkiler seçilir: $C (4, 2) = 6$ . Son $2$ oyuncak Cem'e kalır: $1$ .
Toplam $15 \cdot 6 \cdot 1 = 90$ .
Çocukların her biri adıyla belli olduğundan bu bir adlı gruplamadır; $3!$ 'e bölmek yanlıştır. Bölen öğrenci $15$ bulur.
Bir çocuğun aldığı iki oyuncağın sırası önemsizdir. Oyuncakları sıraya dizip $6! = 720$ yazmak, her çocuğun oyuncaklarını sıralı saymaktır.
"Tam olarak $2$ " koşulunu yok sayıp her oyuncağa çocuk seçtirmek $3^{6} = 729$ verir. "Her çocuk en az bir oyuncak alsın" diye okumak ise $540$ verir; o başka bir sorudur.
Sağlama: $\frac{6 !}{2 ! \cdot 2 ! \cdot 2 !} = \frac{720}{8} = 90$ .

Sonuç:

90

Soru 3Kolay

x + y + z = 10

denklemini sağlayan kaç farklı

(x, y, z)

**pozitif tam sayı** üçlüsü vardır?

Her değişken en az $1$ olmalıdır. Her birine önce $1$ verelim: $x = a + 1$ , $y = b + 1$ , $z = c + 1$ ve $a, b, c \geq 0$ .
Denklem $a + b + c = 7$ olur. Bu, $7$ özdeş nesneyi $3$ farklı kutuya boş kalabilecek biçimde dağıtmaktır.
Çubuk–yıldız: $7$ yıldız ve $2$ çubuk, toplam $9$ yer; çubukların yerleri seçilir: $C (9, 2) = 36$ .
Önce $1$ vermeyi unutan öğrenci doğal sayı çözümlerini sayar: $C (12, 2) = 66$ . Kaydırmadan sonra çubuk sayısının yerine kutu sayısını yazmak $C (9, 3) = 84$ verir. Kaydırmadan sonra çubukların kapladığı $2$ yeri unutup $C (7, 2) = 21$ yazmak ise $C (n, k - 1)$ hatasıdır.
İkinci yol (boşluk seçme): $10$ birim yan yana dizilince aralarında $9$ boşluk olur; bunlardan $2$ 'sine çubuk konur: $C (9, 2) = 36$ . Boşlukları $10$ sanıp $C (10, 2) = 45$ yazmak, dizinin bir ucunu da boşluk saymaktır; o zaman bir değişken $0$ olabilir.
Sağlama: $x = 1$ iken $y + z = 9$ için $8$ pozitif çözüm, $x = 2$ iken $7$ , …, $x = 8$ iken $1$ çözüm vardır: $8 + 7 + \dots + 1 = 36$ .

Sonuç:

36

Soru 4Orta

4

farklı top, birbirinin aynısı olan

2

kutuya konacaktır. Kutulardan biri boş kalabilir. Toplar kutulara kaç farklı biçimde ayrılabilir?

Kutular özdeş olduğundan önce kutulardaki top sayılarının desenleri yazılır: $4 + 0$ , $3 + 1$ , $2 + 2$ .
$4 + 0$ : Bütün toplar bir kutuya girer. Kutular özdeş olduğundan bu tek bir ayırmadır: $1$ .
$3 + 1$ : Tek başına kalacak top seçilir: $C (4, 1) = 4$ . Kutuların içerikleri farklı büyüklükte olduğundan bölme yapılmaz.
$2 + 2$ : $C (4, 2) = 6$ seçim yapılır; fakat ${1, 2} ∣ {3, 4}$ ile ${3, 4} ∣ {1, 2}$ aynı ayırmadır. İki eşit grup için $2!$ 'e bölünür: $3$ .
Toplam $1 + 4 + 3 = 8$ . $2 + 2$ deseninde bölmeyi unutan öğrenci $11$ bulur. Kutuları farklı sayıp $2^{4} = 16$ yazmak ya da topları özdeş sayıp $5$ veya $3$ bulmak, dört durum tablosunda yanlış hücreyi seçmektir.
Sağlama: Kutular farklı olsaydı $4 + 0$ ayırması $2$ , $3 + 1$ ayırmalarının her biri $2$ , $2 + 2$ ayırmalarının her biri $2$ farklı yerleşim verirdi: $2 \cdot 8 = 16 = 2^{4}$ .

Sonuç:

8

Soru 5Orta

Aralarında Ali ile Can'ın da bulunduğu

8

tenisçi, çiftler maçı için

2

'şer kişilik

4

takıma ayrılacaktır. Takımlar adsızdır. Ali ile Can'ın **aynı takımda olmadığı** kaç farklı ayırma vardır?

Bütün ayırmalar: $\frac{C ( 8 , 2 ) \cdot C ( 6 , 2 ) \cdot C ( 4 , 2 ) \cdot C ( 2 , 2 )}{4 !} = \frac{28 \cdot 15 \cdot 6 \cdot 1}{24} = 105$ . Dört eşit ve adsız takım olduğundan $4!$ 'e bölünür.
Ali ile Can aynı takımdaysa kalan $6$ kişi $2$ 'şer kişilik $3$ adsız takıma ayrılır: $\frac{C ( 6 , 2 ) \cdot C ( 4 , 2 ) \cdot C ( 2 , 2 )}{3 !} = \frac{90}{6} = 15$ .
Tümleyen: $105 - 15 = 90$ .
$4!$ 'e hiç bölmeyen öğrenci $2520$ bulur. Takımlar $1$ 'den $4$ 'e numaralıymış gibi (adlı) sayılırsa Ali ile Can'ın aynı takımda olduğu ayırmalar şöyle bulunur: takımlarının numarası $4$ yolla seçilir, kalan $6$ kişi numaralı $3$ takıma $C (6, 2) \cdot C (4, 2) \cdot C (2, 2) = 90$ yolla ayrılır: $4 \cdot 90 = 360$ . Bölmeden yapılan bu iki sayımı birbirinden çıkarmak $2520 - 360 = 2160$ verir; bu da adlı takımlara göre yapılmış bir sayımdır ( $2160 = 90 \cdot 24$ ).
Sağlama (doğrudan): Ali'nin eşi Can dışındaki $6$ kişiden biridir: $6$ yol. Kalan $6$ kişi $3$ adsız çifte ayrılır: $15$ yol. Sonuç $6 \cdot 15 = 90$ .

Sonuç:

90

Soru 6Orta

10

oyuncu,

5

'er kişilik iki takıma ayrılacaktır. Takımlar adsızdır. Takımlar oluştuktan sonra her takım kendi oyuncuları arasından bir kaptan seçecektir. Takımlar ve kaptanlar kaç farklı biçimde belirlenebilir?

Takımlar: $\frac{C ( 10 , 5 ) \cdot C ( 5 , 5 )}{2 !} = \frac{252}{2} = 126$ . İki eşit ve adsız takım olduğundan $2!$ 'e bölünür.
Her takım kaptanını $5$ yolla seçer. İki seçim art arda yapıldığından $5 \cdot 5 = 25$ .
Toplam $126 \cdot 25 = 3150$ .
$2!$ 'e bölmeyi unutan öğrenci $252 \cdot 25 = 6300$ bulur. Kaptanları unutmak $126$ , hem kaptanları hem bölmeyi unutmak $252$ verir.
Sağlama (önce kaptanlar): İki kaptan $C (10, 2) = 45$ yolla seçilir; kaptanlar farklı kişiler olduğundan iki takım artık onlarla ayırt edilir. Kalan $8$ oyuncudan, kaptanlardan adı alfabede önce gelenin takımına girecek $4$ kişi $C (8, 4) = 70$ yolla seçilir; öbür $4$ kişi diğer kaptanın takımına gider: $45 \cdot 70 = 3150$ . Burada yeniden $2$ 'ye bölmek yanlıştır ve $1575$ verir.

Sonuç:

3150

Soru 7Orta

6

farklı bayrak,

3

farklı direğe asılacaktır. Her direğe **tam olarak

2

** bayrak asılır ve bir direkteki bayrakların yukarıdan aşağı sırası önemlidir. Kaç farklı asılış vardır?

Önce hangi bayrakların hangi direğe gideceği seçilir: $C (6, 2) \cdot C (4, 2) \cdot C (2, 2) = 90$ . Direkler farklı olduğundan bölme yapılmaz.
Her direkteki $2$ bayrak kendi arasında $2! = 2$ biçimde sıralanır. Üç direk için $2 \cdot 2 \cdot 2 = 8$ .
Toplam $90 \cdot 8 = 720$ .
İkinci yol: $6$ bayrak tek bir sıraya $6! = 720$ biçimde dizilir. İlk iki bayrak $1.$ direğe, sonraki iki bayrak $2.$ direğe, son iki bayrak $3.$ direğe yukarıdan aşağı asılır. Her asılış tam olarak bir diziden elde edilir.
Direk içi sırayı unutmak $90$ verir; bir de direkleri adsız sayıp $3!$ 'e bölmek $15$ verir. "Tam $2$ " koşulunu görmeyip boş kalabilen direk formülü $6! \cdot C (8, 2) = 20160$ 'ı ya da hiçbir direğin boş kalmadığı formül $6! \cdot C (5, 2) = 7200$ 'ü yazmak, sayı koşulunu yok saymaktır.

Sonuç:

720

Soru 8Orta

x + y + z + t = 12

denklemini sağlayan ve

x \geq 2

y \geq 1

koşullarına uyan kaç farklı

(x, y, z, t)

**doğal sayı** dörtlüsü vardır?

Alt sınırlar önce karşılanır: $x = a + 2$ , $y = b + 1$ , $z = c$ , $t = d$ ; burada $a, b, c, d \geq 0$ .
Denklem $a + b + c + d = 12 - 2 - 1 = 9$ olur.
$9$ yıldız ve $3$ çubuk, toplam $12$ yer: $C (12, 3) = 220$ .
Hiçbir alt sınırı dikkate almamak $C (15, 3) = 455$ verir. Yalnız $x \geq 2$ koşulunu kullanıp $y$ 'yi unutmak $C (13, 3) = 286$ verir; yalnız $y \geq 1$ koşulunu kullanıp $x$ 'i unutmak ise $C (14, 3) = 364$ verir. $C (n + k - 1, k)$ biçiminde $C (12, 4) = 495$ yazmak, çubuk sayısıyla kutu sayısını karıştırmaktır.
Sağlama: $z$ ve $t$ doğal sayı olduğundan $0$ değerini alabilir; yalnız $x$ ve $y$ kaydırılır. Örneğin $(2, 1, 0, 9)$ geçerli bir çözümdür ve $a = b = c = 0$ , $d = 9$ 'a karşılık gelir.

Sonuç:

220

Soru 9Orta

x + y + z \leq 10

eşitsizliğini sağlayan kaç farklı

(x, y, z)

**doğal sayı** üçlüsü vardır?

Eşitsizliği denkleme çevirmek için yapay bir değişken eklenir: $w = 10 - (x + y + z)$ . Eşitsizlik sağlandığında $w \geq 0$ olur.
Böylece soru $x + y + z + w = 10$ denkleminin doğal sayı çözümlerine döner. Her $(x, y, z)$ için $w$ tek türlü belirlenir, bu yüzden iki sayım birbirine eşittir.
$10$ yıldız ve $3$ çubuk: $C (13, 3) = 286$ .
Yalnız $x + y + z = 10$ eşitliğini saymak $C (12, 2) = 66$ verir. " $\leq$ " işaretini " $<$ " gibi okumak $C (12, 3) = 220$ , değişkenleri pozitif saymak $C (10, 3) = 120$ verir.
Sağlama: Toplam $s = 0, 1, \dots, 10$ için çözüm sayıları $C (s + 2, 2)$ 'dir: $1 + 3 + 6 + \dots + 66 = 286$ . Bu toplamda $s = 0$ durumunu, yani $(0, 0, 0)$ üçlüsünü unutmak $285$ verir.

Sonuç:

286

Soru 10Zor

7

kişilik bir ekip, biri

3

kişilik, öteki

4

kişilik iki farklı araçla yolculuk edecektir. Kapasitelere şoförler de dâhildir ve iki araç da tam dolacaktır. Ekipten yalnız Aylin, Bora ve Cem'in ehliyeti vardır. Her aracı ehliyetli bir kişi kullanacaktır; şoför olmayan ehliyetli kişi yolcu olabilir. Kimin hangi araca bineceği ve araçların şoförlerinin kim olacağı kaç farklı biçimde belirlenebilir?

Önce şoförler belirlenir. $3$ kişilik aracın şoförü $3$ ehliyetliden biridir: $3$ yol. $4$ kişilik aracın şoförü kalan $2$ ehliyetliden biridir: $2$ yol.
Geriye, biri ehliyetli olmak üzere $5$ kişi kalır. $3$ kişilik araçta $2$ boş yer vardır; bu yerlere binecek kişiler seçilir: $C (5, 2) = 10$ . Kalan $3$ kişi $4$ kişilik araca biner.
Toplam $3 \cdot 2 \cdot 10 = 60$ .
Sağlama: Önce gruplar, sonra şoförler sayılabilir. $3$ kişilik araca binecekler $C (7, 3) = 35$ yolla seçilir. Bu araçta ehliyetli sayısı $0$ ise ( $4$ grup) dağılım geçersizdir. Ehliyetli sayısı $1$ ise ( $C (3, 1) \cdot C (4, 2) = 18$ grup) şoför seçimi $1 \cdot 2 = 2$ yoldur. $2$ ise ( $C (3, 2) \cdot C (4, 1) = 12$ grup) $2 \cdot 1 = 2$ yoldur. $3$ ise ( $1$ grup) öteki araçta ehliyetli kalmaz. Toplam $18 \cdot 2 + 12 \cdot 2 = 60$ .
Ehliyeti yok sayıp yalnız grupları saymak $35$ , ehliyet koşuluna uyan grupları sayıp şoför seçimini unutmak $18 + 12 = 30$ verir. Yalnız şoförleri ( $6$ ) ya da yalnız yolcuları ( $10$ ) saymak, iki adımı çarpmayı unutmaktır.

Sonuç:

60

Soru 11Zor

3

özdeş elma ve

2

farklı armut, Deniz ve Ece adlı

2

çocuğa dağıtılacaktır. Her meyve çocuklardan birine verilir ve her çocuk **en az bir meyve** alacaktır. Kaç farklı dağıtım yapılabilir?

Önce koşulsuz sayalım. Özdeş elmalar için yalnız Deniz'in kaç elma aldığı önemlidir: $0$ , $1$ , $2$ ya da $3$ , yani $4$ yol. Çubuk–yıldızla da $C (3 + 1, 1) = 4$ .
Farklı armutların her biri iki çocuktan birini seçer: $2^{2} = 4$ yol. Koşulsuz dağıtım sayısı $4 \cdot 4 = 16$ .
Koşulu bozan dağıtımlar, bir çocuğun hiç meyve almadığı dağıtımlardır. Bütün meyveler Deniz'e ya da bütün meyveler Ece'ye gidebilir: $2$ dağıtım.
Tümleyen: $16 - 2 = 14$ .
Elmaları da farklı sayan öğrenci $2^{5} - 2 = 30$ bulur; koşulu da unutursa $32$ bulur. "En az bir meyve" koşulunu "her çocuk en az bir elma ve en az bir armut alsın" diye okumak $2 \cdot 2 = 4$ verir; oysa koşul meyve türüne göre değil, toplam meyveye göredir.
Sağlama: Deniz'in elma sayısı $0$ ise Deniz'in en az bir armut alması gerekir: $3$ yol. Elma sayısı $3$ ise Ece en az bir armut almalıdır: $3$ yol. Elma sayısı $1$ ya da $2$ ise armutlar serbesttir: $4 + 4 = 8$ yol. Toplam $3 + 3 + 8 = 14$ .

Sonuç:

14

Soru 12Zor

n

tane özdeş top,

4

farklı kutuya, her kutuda **en az bir** top olacak biçimde dağıtılacaktır. Bu dağıtımların sayısı

84

olduğuna göre

n

kaçtır?

Her kutuya önce $1$ top konur; geriye $n - 4$ top kalır. Kalan toplar $4$ kutuya serbestçe dağıtılır.
Dağıtım sayısı $C ((n - 4) + 3, 3) = C (n - 1, 3)$ olur. Denklem: $C (n - 1, 3) = 84$ .
$C (9, 3) = \frac{9 \cdot 8 \cdot 7}{6} = 84$ olduğundan $n - 1 = 9$ , yani $n = 10$ .
Boş kutuya izin veren $C (n + 3, 3) = 84$ denklemini kurmak $n = 6$ ; kaydırmayı ters yönde yapıp $C (n + 7, 3) = 84$ yazmak $n = 2$ verir. Kaydırmadan sonra çubukları unutup $C (n - 4, 3) = 84$ yazmak $n = 13$ , hiç kaydırmadan $C (n, 3) = 84$ yazmak $n = 9$ verir.
Sağlama: $n = 10$ için $C (9, 3) = 84$ . $C (n - 1, 3)$ değeri $n$ büyüdükçe arttığından başka çözüm yoktur: $n = 9$ için $56$ , $n = 11$ için $120$ .

Sonuç:

10

0/12 soru cevaplandı

Sık Yapılan Hatalar

Adsız eşit gruplarda bölmeyi unutmak. Art arda seçim gruplara gizlice ad verir; eşit büyüklükteki $k$ adsız grup için $k!$ 'e bölünür (Örnek 1, Örnek 3).
Adlı gruplarda ya da büyüklükleri farklı gruplarda da bölmek. Takımların adı varsa ya da grupların büyüklükleri farklıysa gruplar zaten ayırt edilir. $3, 2, 2$ yapısında yalnız $2!$ 'e bölünür (Örnek 2).
Özdeş kutularda her deseni bölmek. Bölme yalnız eşit büyüklükte grup içeren desenlerde yapılır; $3 + 2 + 1$ deseninde bölme yoktur (Örnek 4).
Bayrak direklerinde direk içi sırayı unutmak. $C (n + k - 1, k - 1)$ tek başına bayrakları özdeş sayar, $k^{n}$ ise direk içi sırayı yok sayar. Doğrusu $n! \cdot C (n + k - 1, k - 1)$ 'dir (Örnek 5).
Özdeş nesneleri farklı saymak ya da tersi. Kalemler özdeş, kitaplar farklıysa iki dağıtım ayrı modellerle sayılıp çarpılır (Örnek 8).
Çubuk–yıldızda yanlış sayı kullanmak. Doğrusu $C (n + k - 1, k - 1)$ 'dir; $C (n, k - 1)$ çubukların kapladığı $k - 1$ yeri unutur, $C (n + k, k)$ ise çubuk sayısını kutu sayısıyla karıştırır (Örnek 6).
Pozitif ya da "en az $m$ " koşulunda önce dağıtmayı unutmak; doğal sayıda $0$ 'ı dışlamak. Alt sınır kadar nesne önce verilir, kalan serbestçe dağıtılır. Doğal sayılar $0$ 'dan başlar; $(11, 0, 0)$ gibi çözümleri atmak $78$ yerine $45$ verir (Örnek 6).
Üst sınırı alt sınır gibi işlemek. "En çok" koşulu tümleyenle karşılanır: sınırsız sayıdan sınırı aşanlar çıkarılır (Örnek 7).
Özdeş nesne–özdeş kutu sorusunda çubuk–yıldız kullanmak. Çubuk–yıldız sıralı çözümleri ayrı sayar; kutular özdeşken parçalar büyükten küçüğe yazılarak listelenir (Örnek 6, Bölüm 12).

Özet

Durum	Ne yapılır?	Örnek
Farklı kişiler, adlı gruplar	Art arda seçim: $\frac{n !}{a ! \cdot b ! \cdot c !}$	$10$ kişi, $5, 3, 2$ : $2520$
Farklı kişiler, adsız eşit gruplar	Art arda seçim, eşit grup sayısının faktöriyeline böl	$8$ kişi, $4, 2, 2$ : $210$
Adsız gruplar sonra odalara	Adsız ayırma sayısı $\times$ grupların odalara dağılışı	Örnek 2: $630$
Farklı nesneler, özdeş kutular	Desenlere ayır, eşit grup varsa böl, topla	$4$ top, $3$ kutu: $14$
Bayrak direkleri	$n! \cdot C (n + k - 1, k - 1)$	Örnek 5: $360$
Özdeş nesneler, farklı kutular	$C (n + k - 1, k - 1)$	$4$ şeker, $3$ çocuk: $15$
Her kutuda en az bir	$C (n - 1, k - 1)$	$7$ defter, $3$ öğrenci: $15$
$x + y + z \leq n$	Yapay değişken ekle	$x + y + z \leq 5$ : $56$
Üst sınır	Tümleyen	$x + y + z = 8, x \leq 2$ : $24$
Tekrarlı seçim	Çeşit = kutu, alınan = özdeş nesne	$3$ çeşitten $5$ simit: $21$
Özdeş nesneler, özdeş kutular	Büyükten küçüğe listele	$5$ top, $3$ kutu: $5$

Pratik İpucu

Soruyu okuduktan sonra, hesaba başlamadan sorunun Bölüm 1'deki dört durum tablosunda hangi hücreye düştüğünü belirle. Sonra cevabını küçük bir örnekle denetle: aynı soruyu $3$ nesne ve $2$ kutuyla kur, elle listele ve yöntemin listeyle aynı sayıyı verip vermediğine bak.

1. Dört Durum Tablosu: Nesne Özdeş mi? Kutu Farklı mı?

2. Farklı Kişileri Adlı Gruplara Ayırma

3. Eşit ve Adsız Gruplar: Neden Bölüyoruz?

4. Takımlar, Odalar, Arabalar: Ek Koşullu Gruplama

5. Farklı Nesneleri Özdeş Kutulara Ayırma (Küçük n, Desenlerle)

6. Bayrak Direkleri: Her Direkte Sıra Önemli

7. Özdeş Nesneleri Farklı Kutulara Dağıtma: Çubuk–Yıldız (Derinleştirme)

8. Her Kutuya En Az Bir / En Az m

9. x + y + z = n Denkleminin Doğal ve Pozitif Sayı Çözümleri

10. Alt Sınır, Üst Sınır ve Eşitsizlik

11. Tekrarlı Seçim: Aynı Türden Birden Fazla Almak

12. Özdeş Nesneler, Özdeş Kutular: Yalnız Listeleme

Çözümlü Sorular

Pekiştirme Soruları

Çözümlü Sorular

Sık Yapılan Hatalar

Özet

Pratik İpucu

Sayma, Olasılık ve İstatistik — diğer konular