Prvi probni prijemni ispit FON – 12. jun 2021.
20. zadatak

Broj svih četvorocifrenih brojeva kod kojih se cifre [inlmath]1[/inlmath], [inlmath]2[/inlmath] i [inlmath]3[/inlmath] nalaze na tri susedne pozicije, jednak je:
[inlmath]A)\;108\quad[/inlmath] [inlmath]B)\;114\quad[/inlmath] [inlmath]C)\;93\quad[/inlmath] [inlmath]D)\;72\quad[/inlmath] [inlmath]E)\;78\quad[/inlmath] [inlmath]N)\;\text{Ne znam}[/inlmath]

Pozdrav! Moze li pomoc oko ovog zadatka? Uracunala sam dva slucaja: kada se cifre [inlmath]1[/inlmath], [inlmath]2[/inlmath] i [inlmath]3[/inlmath] nalaze na prve tri pozicije, i kada se nalaze na poslednje tri pozicije. Racunajuci ta dva slucaja dobila sam resenje [inlmath]114[/inlmath], medjutim to nije tacan odgovor jer se oduzimaju duplikati. Postoji [inlmath]6[/inlmath] duplikata. Kako da ih prepoznam i izbrojim? Hvala
Tacan odgovor je pod [inlmath]A)[/inlmath].

U prvom slučaju kada su cifre [inlmath]1,\enspace2,\enspace3[/inlmath] na prve tri pozicije, imamo ukupno [inlmath]3!\cdot10=60[/inlmath] brojeva.

U drugom slučaju kada su te tri cifre na posljednje tri pozicije, treba pripaziti na dvije stvari:

1. Da na prvom mjestu ne bude cifra [inlmath]0[/inlmath]
2. Da na prvom mjestu ne bude jedna od cifara [inlmath]1,\enspace2,\enspace3,[/inlmath] koja će zajedno sa sljedeće dvije, ispuniti uslov iz prvog slučaja - tako nećemo računati već uračunate brojeve iz prvog slučaja.
   Stoga za drugi slučaj imamo ukupno [inlmath]8\cdot3!=48[/inlmath] brojeva.

Ukupan broj koji se traži je: [inlmath]60+48=\enclose{box}{108}[/inlmath]

Kosinus, tvoje rešenje (iako brojevno tačno) je sustinski neispravno. Tacno resenje bi izgledalo ovako:
U prvom slučaju kada su cifre [inlmath]1[/inlmath], [inlmath]2[/inlmath] i [inlmath]3[/inlmath] na prve tri pozicije, imamo ukupno: [inlmath]3!\cdot10-3!=54[/inlmath] brojeva (drugi [inlmath]3![/inlmath] predstavlja broj situacija kada se na cetvrtom mestu pojavljuje [inlmath]1[/inlmath], [inlmath]2[/inlmath] ili [inlmath]3[/inlmath] t.j. ona cifra koja odgovara prethodnoj permutaciji brojeva [inlmath]1[/inlmath], [inlmath]2[/inlmath] i [inlmath]3[/inlmath] na prva tri mesta koja na cetvrtom mestu generise tri razlicite susedne cifre sa ciframa na pozicijama dva i tri).
U drugom slucaju se razmatra situacija kada je polozaj poslednje tri cifre [inlmath]1[/inlmath], [inlmath]2[/inlmath] i [inlmath]3[/inlmath]. Tada na prvom mestu moze biti šest cifara (ne moze biti [inlmath]0[/inlmath] vec samo cifre [inlmath]9[/inlmath], [inlmath]8[/inlmath], [inlmath]7[/inlmath], [inlmath]6[/inlmath], [inlmath]5[/inlmath] ili [inlmath]4[/inlmath]) ili cifra [inlmath]1[/inlmath] ili cifra [inlmath]2[/inlmath] ili cifra [inlmath]3[/inlmath] (tri nacina za izbor) izabrano tako da sa poslednje tri cifre ne grade niz susednih brojeva. Dakle drugi slucaj [inlmath]6⋅3!+3\cdot3!= 54[/inlmath]
Sve ukupno to daje [inlmath]54+54=108[/inlmath]

Da, znacajno komplikovanije ali ispravno.

@ZEX, dobro došao na forum. Hvala za još jedan način rešavanja, mada ja ipak mislim da je i Kosinusov način korektan a da je samo u pitanju nesporazum.

Najpre, što se tvog načina tiče, ja bih drugi slučaj uprostio i rekao, jednostavno, da se na prvom mestu mogu naći sve cifre osim nule (jer su u prvom slučaju već odbačeni svi slučajevi koji bi u drugom slučaju mogli biti duplirani). Dakle, [inlmath]9\cdot3!=54[/inlmath] za drugi slučaj.

A u Kosinusovom obrazloženju drugog slučaja, pored uslova da na prvom mestu ne sme biti cifra [inlmath]0[/inlmath], rečeno je i da na prvom mestu ne sme biti jedna od cifara [inlmath]1[/inlmath], [inlmath]2[/inlmath] ili [inlmath]3[/inlmath] (nije rečeno da ne sme biti nijedna od tih cifara). Npr. ako su na drugom i trećem mestu [inlmath]1[/inlmath] i [inlmath]3[/inlmath], tada na prvom mestu ne sme biti [inlmath]2[/inlmath] (jer bi to već bilo obuhvaćeno prvim slučajem), ali smeju biti [inlmath]1[/inlmath] i [inlmath]3[/inlmath] (jer [inlmath]113X[/inlmath], [inlmath]131X[/inlmath], [inlmath]311X[/inlmath] i [inlmath]331X[/inlmath] nisu obuhvaćeni prvim slučajem. Dakle, kada od ukupno [inlmath]10[/inlmath] cifara, za to prvo mesto uklonimo nulu i uklonimo tu jednu od cifara [inlmath]1[/inlmath], [inlmath]2[/inlmath] ili [inlmath]3[/inlmath], tada nam preostaje [inlmath]8[/inlmath] cifara za to prvo mesto, što daje Kosinusovih [inlmath]8\cdot3!=48[/inlmath] brojeva za drugi slučaj.

I ja mislim da je Kosinus ispravno rešio zadatak, iako možda nije dovoljno detaljno objasnio deo 2. i nije obrazložio, kako je iz navedenih činjenica zaključio da je u drugom slučaju broj mogućnosti [inlmath]8\cdot 3![/inlmath]. Na ovom forumu je to uobičajeno. Članovi foruma koji pomažu nekom da reši zadatak, često, umesto da "serviraju" kompletan postupak rešavanja zadatka, daju neke napomene ili uputstva, kako rešavati zadatak. Ili u postu napišu "skraćen", nepotpun postupak rešavanja, da bi oni koji traže pomoć, ako je moguće, sami došli do rešenja. Prema tome, ako ne vidimo ili ne znamo, kako je neko dobio rezultat koji navodi, nije korektno reći da je pogrešno došao do tog rezultata.
Iako je Daniel objasnio drugi slučaj u Kosinusovom postupku, obrazložiću to ( detaljno ) na drugi način ( u suštini objašnjenja se zasnivaju na istoj činjenici, ali je različit pristup u objašnjavanju ).
U drugom slučaju:
(1.) Ako su cifre [inlmath]1,2,3[/inlmath], na kraju ( možemo ih rasporediti na [inlmath]3![/inlmath] načina ) ispred njih možemo napisati bilo koju cifru osim nule. To je [inlmath]9\cdot 3![/inlmath] mogućnosti. Potrebno je eliminisati rasporede koji se ponavljaju, one koje imamo i u prvom slučaju. Te rasporede dobijamo ako na prvom mestu napišemo jednu od cifara [inlmath]1,2,3[/inlmath], i to upravo onu koja je u grupi na poslednjem mestu, odnosno ako imamo rasporede [inlmath]c(abc)[/inlmath], gde a i b mogu zameniti mesta. Pošto su [inlmath]a,b,c,[/inlmath] različite cifre iz skupa [inlmath]\left\{1,2,3\right\}[/inlmath], tih rasporeda je [inlmath]3\cdot 2!=3![/inlmath]. Dakle, u drugom slučaju, pošto eliminišemo " duplikate ", broj mogućnosti je [dispmath]9\cdot 3!-3!=8\cdot3![/dispmath].