MATEMANIJA

Pozdrav , evo jednog zadatka koji mozda izgleda trivijalno , medjutim ja nemam ideju :
Koliko ima cetvorocifrenih brojeva deljivih sa [inlmath]4[/inlmath] cije su sve cifre medjusobno razlicite ?
Znam da je broj deljiv sa cetiri ukoliko mu je dvocifreni zavrsetak deljiv sa cetiri , medjutim nije mi jasno kako to da ubacim u kombinatoriku. Hvala

Takvi brojevi imaju [inlmath]25[/inlmath] mogucih dvocifrenih zavrsetaka (posto znamo da brojeva od [inlmath]1[/inlmath] do [inlmath]100[/inlmath] koji su deljivi sa [inlmath]4[/inlmath] ima [inlmath]25[/inlmath]). Te mogucnosti razdvojimo kao [inlmath]25=19+6[/inlmath]. Ovih [inlmath]6[/inlmath] mogucnosti su zavrseci koji u sebi sadrze nulu: [inlmath]04,08,20,40,60,80[/inlmath]. Uzimajuci u obzir da nula ne moze da bude na mestu hiljaditine, dobijamo da takvih brojeva ima:
[dispmath]19\cdot49+6\cdot56=1267[/dispmath]

pentagram142857 je napisao:Takvi brojevi imaju [inlmath]25[/inlmath] mogucih dvocifrenih zavrsetaka (posto znamo da brojeva od [inlmath]1[/inlmath] do [inlmath]100[/inlmath] koji su deljivi sa [inlmath]4[/inlmath] ima [inlmath]25[/inlmath]).

Da, ali previđaš da je u zadatku zadato da cifre moraju biti međusobno različite. Znači, završeci [inlmath]00[/inlmath], [inlmath]44[/inlmath] i [inlmath]88[/inlmath] otpadaju, i ostaje ih [inlmath]22[/inlmath].

pentagram142857 je napisao:Te mogucnosti razdvojimo kao [inlmath]25=19+6[/inlmath]. Ovih [inlmath]6[/inlmath] mogucnosti su zavrseci koji u sebi sadrze nulu: [inlmath]04,08,20,40,60,80[/inlmath]. Uzimajuci u obzir da nula ne moze da bude na mestu hiljaditine, dobijamo da takvih brojeva ima:
[dispmath]19\cdot49+6\cdot56=1267[/dispmath]

U ovom delu si vodio računa o različitosti cifara, s tim da bi ovde umesto [inlmath]19[/inlmath] išlo [inlmath]16[/inlmath], zbog onog što malopre napisah. Međutim, [inlmath]16[/inlmath] ne treba množiti sa [inlmath]49[/inlmath] (pretpostavljam da si [inlmath]49[/inlmath] dobio kao [inlmath]7\cdot7[/inlmath]).
Pošto je nula neiskorišćena (govorim, naravno, za tvoj sabirak [inlmath]19\cdot49[/inlmath]), za cifru stotina imamo [inlmath]8[/inlmath] mogućnosti. Međutim, nakon toga, za cifru hiljaditina nam ostaje ili [inlmath]7[/inlmath] mogućnosti (ukoliko je na mestu stotina iskorišćena nula), ili [inlmath]6[/inlmath] mogućnosti (ukoliko je na mestu stotina iskorišćena neka cifra koja nije nula). Zbog toga je potrebno odvojeno razmatrati ta dva slučaja i broj njihovih mogućnosti sabrati.
'Oćeš da pokušaš tako? Treba da se dobije [inlmath]1120[/inlmath].

A posle ću pokazati i još dva načina rešavanja.

[dispmath]16\cdot7+16\cdot42+6\cdot56=1120[/dispmath]
Prvi sabirak se odnosi na slucaj kad je nula fiksirana na mestu stotine, a drugi sabirak se odnosi na slucaj kad nigde nema nule. Treci sabirak sam vec objasnio.
@Daniel
Hvala na pomoci, mada i da sam koristio [inlmath]49[/inlmath] dobio bi isto.

Hvala na pomoci , samo mi nije jasno kako da razlozim [inlmath]22[/inlmath] ( posto ih ima [inlmath]22[/inlmath]) dvocifrena zavrsetka pa da uklopim to kao pentagram.

pentagram142857 je napisao:@Daniel
Hvala na pomoci, mada i da sam koristio [inlmath]49[/inlmath] dobio bi isto.

Da, tačno. Ako si išao tom logikom koju sam pokazao, onda je to to, nije mi odmah bilo vidljivo iz tvoje formule.
Naravno, i dalje pod uslovom da se [inlmath]19[/inlmath] iz tvoje prvobitne formule zameni sa [inlmath]16[/inlmath].

---

Rekoh da ću pokazati još dva načina. Jedan je da prvo uočimo koliko ima varijacija dekadnih cifara [inlmath]4.[/inlmath] klase kod kojih poslednje dve formiraju broj deljiv sa [inlmath]4[/inlmath]. Pošto među takvim varijacijama ima i onih kod kojih se nula nalazi na prvom mestu (i koje, samim tim, ne predstavljaju četvorocifreni broj), sada od prethodno dobijenog broja oduzimamo broj varijacija dekadnih cifara [inlmath]4.[/inlmath] klase oblika [inlmath]0XXX[/inlmath] (gde [inlmath]X[/inlmath] predstavlja bilo koji dekadni broj osim nule, tj. od [inlmath]1[/inlmath] do [inlmath]9[/inlmath]) kod kojih poslednje dve formiraju broj deljiv sa [inlmath]4[/inlmath], a to su zapravo varijacije [inlmath]3.[/inlmath] klase cifara od [inlmath]1[/inlmath] do [inlmath]9[/inlmath], kod kojih takođe poslednje dve cifre čine broj deljiv sa [inlmath]4[/inlmath].
[dispmath](2\cdot5+3\cdot4)\cdot8\cdot7-(2\cdot5+2\cdot3)\cdot7=1120[/dispmath]
Kako sam došao do [inlmath](2\cdot5+3\cdot4)[/inlmath] – ako se na mestu jedinica nalazi cifra [inlmath]2[/inlmath] ili cifra [inlmath]6[/inlmath] (to su ukupno [inlmath]2[/inlmath] cifre), tada se na mestu desetica mora naći neka od [inlmath]5[/inlmath] neparnih cifara, kako bi te dve cifre formirale broj deljiv sa [inlmath]4[/inlmath]. Ali, ako se na mestu jedinica nalazi neka od cifara [inlmath]0[/inlmath], [inlmath]4[/inlmath] ili [inlmath]8[/inlmath] (ukupno [inlmath]3[/inlmath] cifre), tada cifra na mestu desetica mora biti neka od preostale [inlmath]4[/inlmath] parne cifre).
Slično i za [inlmath](2\cdot5+2\cdot3)[/inlmath], samo što tad nema više nule u igri – za prvi sabirak je isto kao malopre, a za drugi sabirak, ako je na mestu jedinica cifra [inlmath]4[/inlmath] ili cifra [inlmath]8[/inlmath] (ovaj put ukupno [inlmath]2[/inlmath] cifre), tada se na mestu desetica mora nalaziti neka od preostale [inlmath]3[/inlmath] parne cifre.

---

I, još jedan način, nešto složeniji.
Kao i u prethodnom načinu, sa [inlmath]X[/inlmath] obeležimo bilo koju dekadnu cifru koja nije [inlmath]0[/inlmath] (znači, od [inlmath]1[/inlmath] do [inlmath]9[/inlmath]).

• Četvorocifrenih brojeva s različitim ciframa, deljivih sa [inlmath]4[/inlmath], kod kojih je [inlmath]0[/inlmath] na poslednjem mestu (koji su, dakle, oblika [inlmath]XXX0[/inlmath]), ima [inlmath]1\cdot4\cdot8\cdot7[/inlmath].
• Četvorocifrenih brojeva s različitim ciframa, deljivih sa [inlmath]4[/inlmath], kod kojih je [inlmath]0[/inlmath] na pretposlednjem mestu (koji su, dakle, oblika [inlmath]XX0X[/inlmath]), ima [inlmath]2\cdot1\cdot8\cdot7[/inlmath].
• Četvorocifrenih brojeva s različitim ciframa, deljivih sa [inlmath]4[/inlmath], kod kojih je [inlmath]0[/inlmath] na mestu stotina (koji su, dakle, oblika [inlmath]X0XX[/inlmath]), ima [inlmath](2\cdot5+2\cdot3)\cdot1\cdot7[/inlmath].
• Četvorocifrenih brojeva s različitim ciframa, deljivih sa [inlmath]4[/inlmath], kod kojih se [inlmath]0[/inlmath] ne pojavljuje ni na jednom mestu (koji su, dakle, oblika [inlmath]XXXX[/inlmath]), ima [inlmath](2\cdot5+2\cdot3)\cdot7\cdot6[/inlmath].

Na kraju sve to saberemo i opet dobijemo [inlmath]1120[/inlmath].