MATEMANIJA

Prvi probni prijemni ispit FON – 11. jun 2022.
18. zadatak

Zdravo svima, imam problem da resim jedan zadatak koji mi deluje prosto ali mi bas ne pada na pamet kako da ga resim pa ako bi neko mogao da mi pomogne

Broj svih celobrojnih resenja jednacine je [inlmath]x\cdot y\cdot z=700[/inlmath] je:

Pozdrav, dobro nam došao.

Pošto je problem kako početi zadatak, prvi korak bi bio da se broj [inlmath]700[/inlmath] rastavi na proste činioce.

Da pretpostavio sam to, dobijem [inlmath]2[/inlmath], [inlmath]2[/inlmath], [inlmath]5[/inlmath], [inlmath]5[/inlmath] i [inlmath]7[/inlmath].

Tako je. Sada samo prebrojiš na koliko načina možeš da napišeš broj [inlmath]700[/inlmath] kao proizvod tri cela broja.

Mislim da bi trebalo da prebrojiš to da ti činioci mogu i biti različitog znaka. Imaš četiri mogućnosti: da su sva tri pozitivna činioca i da su dva negativna i jedan pozitivan činilac (takva imaš tri slučaja).
Pošto ti činioci menjaju mesta, onda to znači da imaš [inlmath]3![/inlmath] mogućnosti.
Sada samo trebaš da prebrojiš sve te varijacije (da ih nazovemo [inlmath]x[/inlmath]), onda imaš ukupno [inlmath]3\cdot4!\cdot x[/inlmath] mogućnosti.

Da li je zadatak moguće raditi i na sledeći način:
Broj [inlmath]700[/inlmath] rastavim na proste činioce ([inlmath]2^2[/inlmath], [inlmath]5^2[/inlmath] i [inlmath]7^1[/inlmath]). Zatim tražim broj delilaca broja [inlmath]700[/inlmath] kao [inlmath](2+1)(2+1)(1+1)[/inlmath]. Dobijem da delilaca postoji [inlmath]18[/inlmath]. E sad pošto uređena trojka [inlmath](x,y,z)[/inlmath] nije isto što i na primer uređena trojka [inlmath](x,z,y)[/inlmath] znači da postoji [inlmath]3![/inlmath] načina da se ova tri broja rasporede. Takođe, pošto je u zadatku rečeno da brojevi treba da budu celobrojni znači da su ili:
1) svi pozitivni
2) prvi pozitivan, druga dva negativna
3) prva dva negativna, treći pozitivan
4) drugi pozitivan, ostala dva negativna.

Dakle postoje [inlmath]4[/inlmath] načina.
Ta četiri načina pomnožim sa onih [inlmath]3![/inlmath] i dobijem [inlmath]24[/inlmath] (broj načina na koji se [inlmath]3[/inlmath] broja mogu rasporediti).

I još mi ostane da broj delilaca ([inlmath]18[/inlmath]) pomnožim sa brojem načina da se oni rasporede ([inlmath]24[/inlmath]) i dobijem [inlmath]432[/inlmath].

E hvala ti, skontao sam posle nekog vremena ali zahtevaju ovi zadaci dosta koncentracije

majaje je napisao:Zatim tražim broj delilaca broja [inlmath]700[/inlmath] kao [inlmath](2+1)(2+1)(1+1)[/inlmath]. Dobijem da delilaca postoji [inlmath]18[/inlmath]. E sad pošto uređena trojka [inlmath](x,y,z)[/inlmath] nije isto što i na primer uređena trojka [inlmath](x,z,y)[/inlmath] znači da postoji [inlmath]3![/inlmath] načina da se ova tri broja rasporede.

Ako može pojašnjenje, nisam razumeo vezu između broja delilaca i broja uređenih trojki?

Osim toga, ne bih rekao da je broj načina da se tri broja rasporede uvek jednak [inlmath]3![/inlmath], jer šta ako su neki od tih brojeva isti, kao npr. [inlmath](5,5,28)[/inlmath]? Tada se moraju posmatrati permutacije s ponavljanjem, kojih ima [inlmath]\frac{3!}{2!}=3[/inlmath].

OK, da ne bismo čekali odgovor, jer prijemni se bliži... Ako sam dobro razumeo postupak od majaje (s naglaskom na „ako“), onda taj postupak nije dobar. Dobar je onaj deo koji se odnosi na pozitivne i negativne činioce.
Pokazaću to na primeru (ili, bolje reći, na kontraprimeru). Recimo da smo imali jednačinu [inlmath]x\cdot y\cdot z=4[/inlmath] koju treba rešiti u skupu celih brojeva. Postupkom od majaje, rastavili bismo [inlmath]4[/inlmath] kao [inlmath]2^2[/inlmath], i broj delilaca bi bio [inlmath]2+1[/inlmath], tj. [inlmath]3[/inlmath]. Množenjem sa [inlmath]3![/inlmath] dobili bismo [inlmath]3\cdot3!=18[/inlmath]. Da sad, pojednostavljenja radi, ostavimo po strani negativne činioce, mogućnosti bi bile sledeće: [inlmath](1,1,4)[/inlmath], [inlmath](1,2,2)[/inlmath], [inlmath](1,4,1)[/inlmath], [inlmath](2,1,1)[/inlmath], [inlmath](2,2,1)[/inlmath] i [inlmath](4,1,1)[/inlmath], dakle ima ih samo [inlmath]6[/inlmath] a ne [inlmath]18[/inlmath].
To pokazuje da je ovim postupkom sasvim slučajno dobijen ispravan rezultat za [inlmath]x\cdot y\cdot z=700[/inlmath].

---

Postupak koji bih ja predložio bio bi sledeći. Rastavili smo, dakle, broj [inlmath]700[/inlmath] na [inlmath]2\cdot2\cdot5\cdot5\cdot7[/inlmath]. Sada posmatramo raspoređivanje ovih činilaca u [inlmath]3[/inlmath] kutije, koje predstavljaju „materijalizaciju“ brojeva [inlmath]x[/inlmath], [inlmath]y[/inlmath] i [inlmath]z[/inlmath]. Dakle, kutija [inlmath]x[/inlmath], kutija [inlmath]y[/inlmath] i kutija [inlmath]z[/inlmath].

• Činioce [inlmath]2[/inlmath] možemo rasporediti ili tako što ćemo oba đuture strpati u neku od kutija (za to imamo [inlmath]3[/inlmath] načina, jer ih možemo strpati ili u kutiju [inlmath]x[/inlmath], ili u kutiju [inlmath]y[/inlmath] ili u kutiju [inlmath]z[/inlmath]), ili možemo jedan staviti u jednu a drugi u neku drugu kutiju, pri čemu ona treća kutija ostaje „kratkih rukava“ (za ovo takođe postoje [inlmath]3[/inlmath] načina, jer ona koja ostaje „kratkih rukava“ može biti ili kutija [inlmath]x[/inlmath], ili kutija [inlmath]y[/inlmath], ili kutija [inlmath]z[/inlmath]). Dakle, ukupno [inlmath]6[/inlmath] načina.
• Na potpuno identičan način rapoređujemo činioce [inlmath]5[/inlmath] – znači, isto [inlmath]6[/inlmath] načina.
• Činilac [inlmath]7[/inlmath] možemo rasporediti na [inlmath]3[/inlmath] načina – ili u kutiju [inlmath]x[/inlmath], ili u kutiju [inlmath]y[/inlmath], ili u kutiju [inlmath]z[/inlmath].

To je ukupno [inlmath]6\cdot6\cdot3=108[/inlmath] načina.

Zatim, pošto se dopušta mogućnost da činioci budu i negativni, potrebno je prethodni rezultat još pomnožiti sa [inlmath]4[/inlmath], onako kako su to opisali zesla i majaje.

---

Kao nešto opštiji postupak, kada treba [inlmath]k[/inlmath] jednakih delilaca (kao što smo ovde imali dve dvojke, ili dve petice) rasporediti u [inlmath]n[/inlmath] „kutija“, možemo za određivanje broja načina koristiti formulu za kombinacije s ponavljanjem, [inlmath]\overline C_n^k={n+k-1\choose k}[/inlmath] (pogledati ovaj post, poglavlje „Kombinacije s ponavljanjem“).
Npr. u ovom zadatku smo imali raspoređivanje [inlmath]2[/inlmath] dvojke (ili petice) u [inlmath]3[/inlmath] „kutije“, znači, [inlmath]k=2[/inlmath], [inlmath]n=3[/inlmath], pa je broj načina jednak [inlmath]{3+2-1\choose2}={4\choose2}=6[/inlmath].