MATEMANIJA

Pozdrav! Evo još jednog zadatka koji nisam uspeo da uradim (nadam se da nisam previše naporan ):

Miljan voli šestocifrene brojeve kod kojih je zbir prve tri cifre jednak zbiru poslednje tri, a Mladen one kod kojih je zbir cifara na neparnim mestima jednak zbiru cifara na parnim mestima. Koliko ima šestocifrenih brojeva koje vole i Miljan i Mladen? [inlmath](6150)[/inlmath]

Način na koji sam pokušao da rešim zadatak: Neka je traženi šestocifreni broj [inlmath]abcdef[/inlmath]. Po uslovu zadatka [inlmath]a+b+c=d+e+f[/inlmath], [inlmath]a+c+e=b+d+f[/inlmath]. Oduzimanjem ovih jednačina dobija se
[dispmath]e=b\quad a+c=d+f\quad a\ne0[/dispmath] Jedino još što se može zaključiti je to da i leva i desna strana jednačine [inlmath]a+c=d+f[/inlmath] pripadaju intervalu [inlmath][1,18][/inlmath].
Dalje nemam ideju, pa bi svaka smernica dobro došla. Hvala unapred!

Za [inlmath]b=e[/inlmath] postoji, naravno, [inlmath]10[/inlmath] mogućnosti. To je lakši deo posla. E sad to treba pomnožiti onim nešto zanimljivijim delom posla. Zbir [inlmath]a+c[/inlmath] (iliti zbir [inlmath]d+f[/inlmath], to je isto) može, kako si uočio, biti od [inlmath]1[/inlmath] do [inlmath]18[/inlmath]. Razdvojimo to na slučajeve. Neka je [inlmath]a+b=k[/inlmath].

• [inlmath]k\in[1,9][/inlmath]
  [inlmath]a[/inlmath] može uzeti vrednosti od [inlmath]1[/inlmath] do [inlmath]k[/inlmath] (a [inlmath]b[/inlmath], samim tim, od [inlmath]k-1[/inlmath] do [inlmath]0[/inlmath]), dok [inlmath]d[/inlmath] može uzeti vrednosti od [inlmath]0[/inlmath] do [inlmath]k[/inlmath] (a [inlmath]f[/inlmath], samim tim, od [inlmath]k[/inlmath] do [inlmath]0[/inlmath]). To je ukupno [inlmath]k(k+1)[/inlmath] mogućnosti.
  Kada [inlmath]k[/inlmath] ide od [inlmath]1[/inlmath] do [inlmath]9[/inlmath], broj svih slučajeva za [inlmath]a+b\in[1,9][/inlmath] iznosi [inlmath]\sum\limits_{k=1}^9k(k+1)=\sum\limits_{k=1}^9k^2+\sum\limits_{k=1}^9k[/inlmath].
• [inlmath]k\in[10,18][/inlmath]
  [inlmath]a[/inlmath] može uzeti vrednosti od [inlmath]k-9[/inlmath] do [inlmath]9[/inlmath] (a [inlmath]b[/inlmath], samim tim, od [inlmath]9[/inlmath] do [inlmath]k-9[/inlmath]), a [inlmath]d[/inlmath] isto tako može uzeti vrednosti od [inlmath]k-9[/inlmath] do [inlmath]9[/inlmath] (a [inlmath]f[/inlmath], samim tim, od [inlmath]9[/inlmath] do [inlmath]k-9[/inlmath]). To je ukupno [inlmath]\bigl(9-(k-9)+1\bigr)\bigl(9-(k-9)+1\bigr)=(19-k)^2[/inlmath] mogućnosti.
  Kada [inlmath]k[/inlmath] ide od [inlmath]10[/inlmath] do [inlmath]18[/inlmath], broj svih slučajeva za [inlmath]a+b\in[10,18][/inlmath] iznosi [inlmath]\sum\limits_{k=10}^{18}(19-k)^2[/inlmath], a to je zapravo isto što i [inlmath]\sum\limits_{k=1}^9k^2[/inlmath].

Dakle, ukupno za prvi i za drugi slučaj ima [inlmath]2\sum\limits_{k=1}^9k^2+\sum\limits_{k=1}^9k[/inlmath] mogućnosti.

E sad, sve ove sume se mogu i „ručno“ izračunati, sabiranjem (nema previše posla), a mogu se i primeniti formule [inlmath]\sum\limits_{k=1}^nk=\frac{n}{2}(n+1)[/inlmath] i [inlmath]\sum\limits_{k=1}^nk^2=\frac{n}{6}(n+1)(2n+1)[/inlmath].

Na kraju, broj ovih mogućnosti pomnožiš brojem slučajeva [inlmath]b=e[/inlmath], a to je, kako smo rekli, [inlmath]10[/inlmath].