Zadatak 8.

Koliko ima četvorocifrenih brojeva koji se u brojnom sistemu sa osnovom [inlmath]10[/inlmath] zapisuju pomoću najviše dve cifre?

Rešenje iz zbirke glasi:

Četvorocifrenih brojeva koji se zapisuju jednom cifrom ima [inlmath]9[/inlmath]. Ako se broj zapisuje pomoću dve cifre, onda prvu cifru s leva možemo da izaberemo na [inlmath]9[/inlmath] načina. Od ostalih [inlmath]9[/inlmath] cifara treba izabrati jednu i zapisati na jedno, dva ili sva tri preostala mesta. Dakle, za ta tri mesta ima [inlmath]9\cdot (3+3+1)[/inlmath] načina, a različitih četvorocifrenih brojeva zapisanih pomoću dve različite cifre ima ukupno [inlmath]9\cdot 9\cdot 7[/inlmath], odnosno [inlmath]567[/inlmath]. Prema tome, traženih brojeva ima [inlmath]9+567[/inlmath], odnosno [inlmath]576[/inlmath].

---

Nejasni deo rešenja sam naglasio crvenom bojom. Na prvom mestu možemo staviti jednu od devet cifara, na drugo ponovo tako (pošto može nula), ali šta sad sedmica radi tu?
Takođe ne kapiram šta se dogodilo sa onim [inlmath]9\cdot (3+3+1)[/inlmath] na kraju.

Imam osećaj da ni taj deo, za koji kažem da je nestao, nisam ukapirao kako treba, pa mi ni ostatak nije jasan.

---

Matematika za prijemni ispit na tehničkim i prirodno matematičkim fakultetima (Jovanov, Đorić, Lazović)

Ta sedmica je ono [inlmath]3+3+1[/inlmath]. Dakle, u proizvodu [inlmath]9\cdot 9\cdot 7[/inlmath], ili, ajd da ga napišem kao [inlmath]9\cdot 9\cdot\left(3+3+1\right)[/inlmath], ona prva devetka je broj načina na koji možemo odabrati prvu cifru, druga devetka je broj načina na koji od preostalih [inlmath]9[/inlmath] cifara možemo odabrati drugu cifru, a [inlmath]\left(3+3+1\right)[/inlmath] je broj načina na koji tu drugu cifru možemo rasporediti na [inlmath]2[/inlmath], [inlmath]3.[/inlmath] i [inlmath]4.[/inlmath] poziciju.

---

Evo i mog načina za rešavanje ovog zadatka.

Četvorocifrenih brojeva sastavljenih od samo jedne cifre ima [inlmath]9[/inlmath], to je jasno.

Ako broj sastavljamo od dve različite cifre od kojih nijedna nije nula, onda te dve cifre možemo odabrati na [inlmath]9\choose 2[/inlmath] načina (kombinacije od [inlmath]9[/inlmath] elemenata [inlmath]2.[/inlmath] klase bez ponavljanja). Te dve cifre možemo iskoristiti na [inlmath]2^4[/inlmath] načina (varijacije od [inlmath]2[/inlmath] elementa [inlmath]4.[/inlmath] klase s ponavljanjem), ali od toga moramo oduzeti broj slučajeva kada je broj sastavljen od samo jedne cifre, a takvih slučajeva ima [inlmath]2[/inlmath] (kada je sastavljen od samo prve cifre ili kada je sastavljen od samo druge cifre). Znači, [inlmath]{9\choose 2}\cdot\left(2^4-2\right)[/inlmath]

Ako broj sastavljamo od dve različite cifre od kojih je jedna nula, tada te dve cifre možemo odabrati na [inlmath]9[/inlmath] načina (jer nulu biramo svakako, a onu preostalu cifru na [inlmath]9[/inlmath] načina). Pošto na prvo mesto dolazi ona cifra koja nije nula, te dve cifre na preostala [inlmath]3[/inlmath] mesta možemo rasporediti na [inlmath]2^3[/inlmath] načina (varijacije od [inlmath]2[/inlmath] elementa [inlmath]3.[/inlmath] klase s ponavljanjem), ali od toga treba oduzeti broj slučajeva kada se ona cifra koja nije nula pojavljuje na sva tri mesta (jer bi u tom slučaju broj bio sastavljen samo od te jedne cifre), a postoji samo jedan takav slučaj. Znači, [inlmath]9\cdot\left(2^3-1\right)[/inlmath]

Prema tome, traženih brojeva ima ukupno
[dispmath]9+{9\choose 2}\cdot\left(2^4-2\right)+9\cdot\left(2^3-1\right)=\cdots =576[/dispmath]

A evo i trećeg načina, kojeg sam se u međuvremenu setio.

Četvorocifrenih brojeva koji se sastoje od samo jedne cifre ima [inlmath]9[/inlmath].

Ako broj sastavljamo od bilo koje dve dekadne cifre (uključujući, dakle, i nulu), onda te dve cifre možemo odabrati na [inlmath]10\choose 2[/inlmath] načina (kombinacije od [inlmath]10[/inlmath] elemenata [inlmath]2.[/inlmath] klase bez ponavljanja), a te dve cifre možemo rasporediti na [inlmath]2^4-2[/inlmath] načina, pri čemu smo od [inlmath]2^4[/inlmath] (broj varijacija od [inlmath]2[/inlmath] elementa [inlmath]4.[/inlmath] klase s ponavljanjem) oduzeli ona dva slučaja u kojima su sve četiri cifre iste. Potrebno je još od toga oduzeti broj onih slučajeva kada je prva cifra nula, a takvih slučajeva je [inlmath]9\cdot\left(2^3-1\right)[/inlmath] (broj načina na koji možemo odabrati onu cifru koja nije nula, tj. [inlmath]9[/inlmath] načina, pomnožen brojem načina na koje možemo te dve cifre rasporediti na preostala tri mesta, a da ne budu sve tri cifre nule).

Prema tome,
[dispmath]9+{10\choose 2}\cdot\left(2^4-2\right)-9\cdot\left(2^3-1\right)=\cdots =576[/dispmath]

Koliko ima cetvorocifrenih brojeva koji se u brojnom sistemu sa osnovom [inlmath]10[/inlmath] zapisuju pomocu najvise dve razlicite cifre?
jel moze neko da mi obajsni resenje,tj. zasto stoje dvojke ovde
Prvu cifru broja možemo izabrati na [inlmath]9[/inlmath] načina. Druga cifra može biti različita od prve cifre ili jednaka prvoj cifri. U slučaju da je druga cifra različita od prve možemo je izabrati na [inlmath]9[/inlmath] načina. Tada za treću i četvrtu cifru možemo odabrati jednu od cifara koje se nalaze na prvom i drugom mestu, pa je ukupan broj brojeva u ovom slučaju jednak [inlmath]9\cdot9\cdot2\cdot2[/inlmath]. Razmotrimo sada slučaj kada je druga cifra jednaka prvoj. Sličnim razmatranjem kao u prethodnom slučaju zaključujemo da postoji [inlmath]9\cdot9\cdot2[/inlmath] brojeva kod kojih je treća cifra različita od prve dve. Na kraju, ukoliko su prve tri cifre jednake četvrtu možemo odabrati na [inlmath]9[/inlmath] načina, pa je broj ovakvih brojeva jednak [inlmath]9\cdot9[/inlmath]. Dakle, traženi broj je jednak [inlmath]9\cdot9\cdot2\cdot2+9\cdot9\cdot2+9\cdot9=567[/inlmath]

Pozdrav i dobrodosao na forum.

Mogao si ovo malo preglednije zapisati, a i staviti zadatak u Kombinatoriku, a ne u Zanimljive zadatke.

Inace, ovaj zadatak vec je radjen, a objasnjenje imas u ovoj temi.

Dobrodošlica i od mene. Potpuno se slažem s Ilijom, ova tema nije za „Zanimljive zadatke“, već za „Kombinatoriku“. Spojio sam je s već postojećom temom s istim tim zadatkom (na koju je Ilija linkovao), budući da u toj temi imamo već tri načina rešavanja, a ovde je sad izložen i četvrti način, pa nek budu svi na jednom mestu.

Druga stvar, @Maarko, mi na ovom forumu držimo do urednosti i preglednosti. Ako si već samo kopirao odgovor iz nekog, pretpostavljam, elektronskog dokumenta, mogao si zaista da proveriš tekst nakon kopiranja i da ispraviš slovne greške koje su tim kopiranjem nastale:

Maarko je napisao:U sluqaju da je druga cifra razliqita od prve
moemo je izabrati na 9 naqina.

Takođe, na forumu se koristi Latex.
Molim te da se, pre pisanja narednih postova, upoznaš s Pravilnikom foruma.

Što se zadatka tiče – verovatno uočavaš da se rešenje koje si napisao, [inlmath]567[/inlmath], ne poklapa s ranije napisanim rešenjem za taj zadatak, a koje iznosi [inlmath]576[/inlmath].
Rezultat koji si ti napisao nije tačan. Bio bi tačan kad bi pitanje glasilo „Koliko ima četvorocifrenih brojeva koji se zapisuju pomoću tačno dve različite cifre“.
Međutim, u tekstu zadatka ne piše „pomoću tačno dve različite cifre“, već piše „pomoću najviše dve različite cifre“. To znači da treba posmatrati i one brojeve koji se zapisuju s tačno dve različite cifre, ali i one brojeve koji se zapisuju samo jednom cifrom koja se ponavlja (npr. [inlmath]3333[/inlmath], [inlmath]5555[/inlmath] itd.). Pošto ovih drugih ukupno ima devet, kad se to doda na tvoj rezultat dobije se ispravno rešenje, tj. [inlmath]567+9=576[/inlmath].

@Ilija @Daniel
Hvala vam,nadam se dobrom druzenju

Takođe.
OK, pošto si postavio pitanje zbog čega se u ovom postupku koji si priložio pojavljuje ta dvojka, da ti na to odgovorim.
Kao što već rekoh, postoje dva moguća slučaja – da su sve četiri cifre jednake (takvih četvorocifrenih brojeva ima [inlmath]9[/inlmath]) i da se među te četiri cifre nalaze tačno dve različite.
Slučaj da se broj sastoji od dve različite cifre podeljen je na tri podslučaja:

• Na prvoj i na drugoj poziciji su različite cifre;
• Na prvoj i na drugoj poziciji je ista cifra, a na trećoj je različita cifra od one na prve dve pozicije;
• Na prvoj, na drugoj i na trećoj poziciji je ista cifra, a na četvrtoj je različita cifra od one na prve tri pozicije.

U prvom podslučaju, kada se na prvoj i na drugoj poziciji nalaze različite cifre, na prvoj poziciji se može naći bilo koja cifra osim nule (inače broj ne bi bio četvorocifren), tj. bilo koja cifra iz skupa [inlmath]\left\{1,2,3,4,5,6,7,8,9\right\}[/inlmath] – ukupno [inlmath]9[/inlmath] mogućnosti. Pošto na drugoj poziciji, prema uslovu ovog podslučaja, ne sme da se nađe ista cifra kao i na prvoj poziciji, ali sada sme da se nađe nula, to opet imamo [inlmath]9[/inlmath] mogućnosti. (Konkretno, ako se na prvoj poziciji nalazi [inlmath]4[/inlmath], onda za drugu poziciju ostaju mogućnosti [inlmath]\left\{0,1,2,3,5,6,7,8,9\right\}[/inlmath] – opet ukupno [inlmath]9[/inlmath] mogućnosti.) Znači, [inlmath]9\cdot9[/inlmath] zasad. E sada, na trećoj poziciji se ne može naći bilo koja od deset dekadnih cifara, već se može naći ili ona koja je na prvoj poziciji, ili ona koja je na drugoj poziciji, što je ukupno [inlmath]2[/inlmath] mogućnosti – u protivnom, broj bi se sastojao od više od tri različite cifre, što bi bilo u suprotnosti s uslovom zadatka. (Konkretno, ako je na prvoj poziciji [inlmath]4[/inlmath] a na drugoj [inlmath]7[/inlmath], na trećoj može biti ili [inlmath]4[/inlmath] ili [inlmath]7[/inlmath].) Pošto su to nove dve mogućnosti, dosadašnji broj mogućnosti sad pomnožimo sa [inlmath]2[/inlmath] i dobijamo [inlmath]9\cdot9\cdot2[/inlmath]. I, na kraju, za poslednju, četvrtu poziciju takođe nam preostaju dve moguće cifre, one koje su već upotrebljene na prve tri pozicije, tako da je i to [inlmath]2[/inlmath] mogućnosti, čime dolazimo do [inlmath]9\cdot9\cdot2\cdot2[/inlmath] mogućnosti za ovaj prvi podslučaj.

Slično razmišljanje je i za drugi i treći podslučaj – to bih ostavio tebi da pokušaš.

Evo ja kako radim
Imamo prvo "hiljadarke"
[inlmath]1|\_\:\_\:\_|[/inlmath] , i sad imamo tri slobodna mesta a dva elementa [inlmath]n=\{ 0,1\}[/inlmath], primenimo varijaciju navedenih elemenata u skupu [inlmath]2^3=8[/inlmath] onda [inlmath]n=\{2,1\}[/inlmath] i tako dalje do [inlmath]n=\{ 9,1\}[/inlmath] Dakle za "hiljadarke" imamo [inlmath]9\cdot8=72[/inlmath] slucaja, jer fakticki ima [inlmath]9[/inlmath] skupova po [inlmath]8[/inlmath] varijacija.
Onda isti slucaj i za [inlmath]2|\_\:\_\:\_|[/inlmath], takodje bice [inlmath]72[/inlmath] slucaja.
Na kraju bice [inlmath]9|\_\:\_\:\_|[/inlmath], sa takodje [inlmath]72[/inlmath] slucaja.
[inlmath]72\cdot9=648[/inlmath], nadam se da kapirate sta hocu da kazem ovde, nikako ne mogu da vidim gde pravim gresku, iskreno ovaj moj nacin mi mnogo lakse deluje od gore navedenih, jer uopste ne startujemo sa [inlmath]0[/inlmath] cetvorocifren broj.

U svakom ovom podslucaju od [inlmath]72[/inlmath], ako sam ja ukapirao tvoj postupak, imaces i cetvorocifren broj od samo jednog elementa (jedne cifre), pa ce se od ovih [inlmath]648[/inlmath] odbiti tih [inlmath]72[/inlmath] istocifrenih brojeva.

Mozda se ne izrazih lepo, ali tako ja to na brzinu sagledah.