U broju [inlmath]123451234512\ldots1234512[/inlmath] koji ima [inlmath]2007[/inlmath] cifara precrtavane su sve cifre na neparnim mestima (pocinjuci sa leve strane). U tako dobijenom broju ponovo su precrtane sve cifre na neparnim mestima. Ova operacija je ponovljena dok na kraju nije ostala samo jedna cifra. Koja je to cifra?

Prošle godine je na istom tom faksu bio na prijemnom isti taj zadatak, samo s brojem [inlmath]2013[/inlmath] umesto [inlmath]2007[/inlmath]. Ako bi se takav zadatak pojavio i na predstojećem prijemnom, biće, nažalost, vrlo teško, ako ne i nemoguće, pretpostaviti koji će se broj ove godine pojaviti u tom zadatku.

Numerišimo pozicije cifara od [inlmath]1[/inlmath] do [inlmath]2007[/inlmath].
Prilikom prvog precrtavanja biće precrtane cifre na pozicijama čija je numeracija [inlmath]2n-1,\;n\in\mathbb{N}[/inlmath] (svi neparni brojevi počev od [inlmath]1[/inlmath]).
Prilikom drugog precrtavanja biće precrtane cifre na pozicijama čija je numeracija [inlmath]2\left(2n-1\right),\;n\in\mathbb{N}[/inlmath] (tj. na pozicijama [inlmath]2,6,10,14[/inlmath] itd. početnog broja.
Prilikom trećeg precrtavanja biće precrtane cifre na pozicijama čija je numeracija [inlmath]2^2\left(2n-1\right),\;n\in\mathbb{N}[/inlmath] (tj. na pozicijama [inlmath]4,12,20,28[/inlmath] itd. početnog broja.
Prilikom četvrtog precrtavanja biće precrtane cifre na pozicijama čija je numeracija [inlmath]2^3\left(2n-1\right),\;n\in\mathbb{N}[/inlmath] (tj. na pozicijama [inlmath]8,24,40,56[/inlmath] itd. početnog broja.
[inlmath]\vdots[/inlmath]
Prilikom [inlmath]k[/inlmath]-tog precrtavanja biće precrtane cifre na pozicijama čija je numeracija [inlmath]2^{k-1}\left(2n-1\right),\;n\in\mathbb{N}[/inlmath].

Odavde zaključujemo i to, da se posle [inlmath]k[/inlmath]-tog postupka precrtavanja cifara dobija novi broj čija je prva cifra ona koja je u početnom broju bila na [inlmath]2^k[/inlmath]-toj poziciji.

Pošto mi svakim novim postupkom precrtavanja broj cifara svakog novog broja celobrojno delimo sa [inlmath]2[/inlmath] dok ne dođemo do broja čiji je broj cifara [inlmath]1[/inlmath] (a ta jedna, poslednja cifra biće upravo ona koju tražimo), to znači da, ako bismo odredili koliko puta broj [inlmath]2007[/inlmath] (ili koji već bude na ispitu ove godine ) treba celobrojno podeliti brojem [inlmath]2[/inlmath] da bi se dobio broj [inlmath]1[/inlmath], zapravo smo rešili zadatak – ostalo je samo da dvojku dignemo na onaj eksponent koliko je bilo postupaka precrtavanja (tj. na [inlmath]k[/inlmath]) i da odredimo koja se cifra prvobitno nalazila na toj, [inlmath]2^k[/inlmath]-toj poziciji.

Brojeve [inlmath]2[/inlmath] i [inlmath]3[/inlmath] je potrebno jednom celobrojno podeliti dvojkom da bi se dobila jedinica.
Brojeve [inlmath]4,5,6,7[/inlmath] je potrebno dvaput celobrojno podeliti dvojkom da bi se dobila jedinica.
Brojeve [inlmath]8,9,10,\ldots15[/inlmath] je potrebno triput celobrojno podeliti dvojkom da bi se dobila jedinica.
[inlmath]\vdots[/inlmath]
Brojeve od [inlmath]2^k[/inlmath] do [inlmath]2^{k+1}-1[/inlmath] je potrebno [inlmath]k[/inlmath] puta celobrojno podeliti dvojkom da bi se dobila jedinica.

Pošto broj [inlmath]2007[/inlmath] spada u interval od [inlmath]1024[/inlmath] do [inlmath]2047[/inlmath], tj. od [inlmath]2^{10}[/inlmath] do [inlmath]2^{11}-1[/inlmath], zaključujemo da je njega potrebno [inlmath]10[/inlmath] puta celobrojno podeliti dvojkom da bi se dobila jedinica.

Prema tome, tražena cifra se nalazi na poziciji [inlmath]2^{10}[/inlmath], tj. na poziciji [inlmath]1024[/inlmath] početnog broja.
Pošto se kod datog broja grupe cifara periodično ponavljaju s periodom od pet cifara, broj [inlmath]1024[/inlmath] ćemo napisati kao [inlmath]204\cdot5+4[/inlmath], što znači da je [inlmath]1024.[/inlmath] cifra ista ona koja se pojavljuje i na [inlmath]4.[/inlmath] poziciji, a to je cifra [inlmath]4[/inlmath].

Znači, zadatak je u suštini potpuno isti i kad je dat broj od [inlmath]2013[/inlmath] cifara, budući da se i broj [inlmath]2013[/inlmath] nalazi u intervalu od [inlmath]1024[/inlmath] do [inlmath]2047[/inlmath]. Isto važi i za broj od [inlmath]2014[/inlmath] cifara i za sve brojeve koji imaju do [inlmath]2047[/inlmath] cifara, tako da će budućim brucošima ovo rešenje biti od koristi tokom naredne [inlmath]33[/inlmath] godine.

Jel postoji neki laksi nacin od ovoga?

@igy97ixy,
meni se čini da je Daniel ovo kristalno jasno, možda i preopširno objasnio. Ne znam šta znači "lakši način". Da li je to brže, razumljivije ili kako god?
Teško da može, a Danielu svaka čast na ovom objašnjenju .

Evo pokušaću da se nadovežem na njegov postupak:
Jako je bitno numerisati pozicije kao što je Daniel uradio: [inlmath]1,2,3,4,5,6,7,8,\ldots,2007[/inlmath]
Posle precrtavanja neparnih cifara pozicija dobija se: [inlmath]2,4,6,8,\ldots,2006[/inlmath]
Deljenjem svakog člana ovog poslednjeg niza brojem [inlmath]2[/inlmath] (a ko mi brani to, radi se o našoj numeraciji) dobijam niz: [inlmath]1,2,3,4,\ldots,1003[/inlmath]

Sada ovde precrtam sve neparne i opet delim brojem [inlmath]2[/inlmath]. Dobiću: [inlmath]1,2,\ldots,501[/inlmath].

Ponavljajući postupak [inlmath]10[/inlmath] puta, ostane mi samo broj [inlmath]2[/inlmath].
To znači da je tražena neprecrtana cifra na poziciji [inlmath]2^{10}[/inlmath].
Da li je ova moja hipoteza tačna ?
Pitam i sve ostale forumaše, ne samo tebe. Zadatak mi se učinio jako interesantnim.

kad sam rekao,laksi nacin,razmisljao sam o tome da se sve te cifre podele u tkz.blokove od po [inlmath]10[/inlmath] cifara,pa dalje da se precrtavaju cifre na nep. mestima i da se racuna njihov broj...

Sta podrazumjevas pod tim blokovima? Sto bas [inlmath]10[/inlmath] cifara meni bi bilo nekako logicinije po [inlmath]5[/inlmath] ali ponovo ne vidim nikakvu korist od te podjele. Najbolje bi bilo ako mozes jos malo do pojasnis tu svoju zamisao!

Ako bi ih delili u blokove od po [inlmath]5[/inlmath] cifara onda bi nakon recimo prvog precrtavanja u prvom bloku ostale [inlmath]2[/inlmath] a u drugom [inlmath]3[/inlmath] cifre i tako naizmenicno.Ako ih svrstamo u blokove od po [inlmath]10[/inlmath] cifara onda bi u svakom bloku ostalo jednak broj cifara(po [inlmath]5[/inlmath]) i dalje nakon svakog racunanja morali bi smo njihov broj podeliti sa [inlmath]2[/inlmath] i tako dobijemo novi broj cifara(koji je naravno manji)!

Danas sam naleteo na ovaj zadatak, pa bih izložio još jedan, sličan, način za rešavanje ovog zadatka.

Primetimo da prilikom precrtavanja cifara mi zapravo vršimo ovakvu permutaciju cifara:
[dispmath]\pi=\begin{pmatrix}
a & b & c & d & e\\
b & d & a & c & e
\end{pmatrix}=(abdc)(e)[/dispmath]
Takođe, primetimo i da [inlmath]\pi^4=\mathrm{id}[/inlmath], prema tome posle deset precrtavanja imamo [inlmath]\pi^{10}=\pi^{2\cdot4+2}=\pi^2=dcbae[/inlmath], pa je prva cifra posle desetog precrtavanja [inlmath]d[/inlmath], ista kao četvrta cifra u početnom nizu (a to je [inlmath]4[/inlmath]). Slično možemo odrediti oblik broja posle proizvoljnog broja precrtavanja.
Iz gornje formule možemo videti i da se cifra [inlmath]5[/inlmath] uvek nalazi na poziciji koja je deljiva sa [inlmath]5[/inlmath].

Ja sam ga resio nekom svojom logikom,

Svaki put kada precrtamo brojeve na neparnim mestima ostane [inlmath]2,4,6,\ldots[/inlmath] posle prvog i [inlmath]4,8,12,\ldots[/inlmath] posle drugog precrtavanja...

Pa ce uvek prvi broj biti duplo veci od drugog stim da prvi broj se uvek precrta nakon precrtavanja.
posle treceg ce ostati [inlmath]8,16[/inlmath] pa [inlmath]16,32[/inlmath] pa [inlmath]32,64[/inlmath] sve dok ne dodjemo do [inlmath]512,1024[/inlmath] i dalje ne mozemo jer [inlmath]1024\cdot2>2007[/inlmath] ili [inlmath]2013[/inlmath], i zbog toga je resenje [inlmath]1024[/inlmath].