Drugi razred, A kategorija Dokaжimo da Pera uvek moжe pobediti. Pera upisije prvo b = 0. Dalje, mogu a su dva sluqaja:

Transcript

1 RXNj ZT ORUЖNOG TMIQNjNj IZ MTMTI UQNI SRNjIH XOL, Prvi razred, ategorija Pretpostavimo da ovavi brojevi postoje. ao je 010 = 30 67, a 67 prost, barem jedan od brojeva a + b, b + c i c + a mora biti deljiv sa 67. ez umanjenja opxtosti moжemo pretpostaviti da je b+c deljivo sa 67, a samim tim i b+c 67 (b i c su prirodni brojevi). alje, (a+b)(c+a) deli 30, pa je a+b 30 i c+a 30. Međutim, tada je 67 b+c < a+b+c+a 60. xto je ontradicija, pa ovavi brojevi ne postoje. Nea su t a i t b tangente na ruжnicu 1 u taqama i, redom, a t c i t d tangente na ruжnicu u taqama i, redom, i nea je t a t c = {}, t b t d = {L}, t a t d = {M}, t b t c = {N}, t a t b = {} i t c t d = {F}. Primetimo da je N NM = +, NLM = L+ L. Sada, ao je L = = (trougao je jednaorai) i L = F = (trougao F je jednaorai), to je MN = NLM. Iz poslednjeg zaljuqujemo da su taqe, L, M i N onciliqne, xto je i trebalo doazati. M F L O Primetimo da je < < < 6+3 < 3. Razmatrimo zato slede a dva sluqaja: 1 n. Iz prethodnog zaljuqujemo da je dati izraz jedna 3 n Z, pa su n = 1 i n = rexenja zadata. n 3. U ovom sluqaju izraz je jedna n , xto je ceo broj ao i samo ao je ceo broj. oaжimo da ovo ne vaжi, taqnije da je α = iracionalan broj. Pretpostavimo suprotno, tj. da je α Q. Tada je α = Q, pa je β = 6+ 6 Q. alje, β = 6+ 6 Q, pa je 6 Q, xto nije taqno. ale, jedina rexenja su n = 1 i n =. (Tangenta 6, str. 38, Pismeni zadaci) Nea je M N = {S}. Tada je MSN = M NM =, i prema tome MN = MS. Osim toga vaжi S S = N = N S = S = N, M xto zajedno sa = daje da su trouglovi N i S podudarni. Sledi da je N = S = M +MS = M +MN. N O

2 5. Transliramo datu figuru za vetor duжine 1 paralelan duжoj stranici pravougaonia. Polazna i dobijena figura imaju zbir povrxina ve i od 01, a sadrжane su u pravougaoniu 01 1 dobijenom proxirivanjem datog. Stoga te dve figure imaju bar jednu zajedniqu taqu, recimo X. o je X taqa oja se slia u X pomenutom translacijom, obe te taqe pripadaju datoj figuri i na rastojanju su taqno rugi razred, ategorija oaжimo da Pera uve moжe pobediti. Pera upisije prvo b = 0. alje, mogu a su dva sluqaja: 1 Mia upisuje nenula broj, tj. upisuje c = m 0 ili a = m 0. Tada Pera upisuje a = m, odnosno c = m i tada je = b 4ac 4ac > 0, pa vadratna jednaqina ima razliqita realna rexenja x 1 i x. Iz Vietovih pravila imamo da je x 1 x = c a = m < 0, te su ona suprotnog znaa i Pera dobija. Mia upisuje 0 na neo od preostalih mesta. Tada Pera upisuje 0 na preostalo mesto qime se dobili jednaqinu 0 = 0, oja ima besonaqno mnogo rexenja, od ojih je jedno npr. 1, a drugo 1, pa Pera ponovo dobija.. ez gubljenja opxtosti pretpostavimo da je vadrat stranice. Nea je O sredixte stranice, OP = x i P podnoжje normale iz P na. Tada je iz Pitagorine teoreme P = P +PP = (1 cosx) +sin x = cosx P = (PP +) +P = (+sinx) +(1+cosx) = 6+4sinx+cosx, pa je P +P = 8+4sinx. Poslednji izraz je masimalan ada je x = π, tj. ada je P sredixte lua nad. (Tangenta 58, str. 8, M84) P O P O Nea su taqe i podnoжja normala iz taqaa i na pravu G, redom. Nea je taqa podnoжje normale iz na pravu. ao je = L = 90, = L (uglovi sa normalnim racima) i = (stranice vadrata ), to je = L, pa je = L. Qetvorougao L je pravougaoni, pa je iz prethodnog L = L. nalogno dobijamo i da je L = L, pa je L = L. Samim tim, ao su prave L, i paralelne, a L sredixte duжi, to je prese pravih L i taqa, xto je i trebalo doazati. F G L O011 3 Obeleжimo polja table parovima iz supa {,,,,,F} {1,,3,4,5,6,7}. Uoqimo deset polja 1,6,7,1,,6,7,G1,G,G7 (oja su oznaqena na slici levo). Svai onj na tabli moжe da tuqe najvixe jedno od ovih polja, pa na tablu moramo postaviti barem 10 onja. 10 onja postavljenih ao na slici desno ispunjavaju uslove zadata, pa je traжeni broj jedna 10.

3 O 4a O 4b 5. Pretpostavimo da je n = 7q = 7p r1 1 pr pr, gde su p 1,...,p razliqiti prosti brojevi oji nisu jednai 7. Tada je zbir svih delilaca broja n jedna σ(n) = (1+7)(1+p 1 + +p r1 1 )... (1+p + +p r ), odale sledi da je σ(n) = n deljivo sa 8, tj. 4 n. Međutim, tada su 7q, 7q 4, q, q, q 4, 1 razliqiti delioci broja n oji su manji od n, a qiji je zbir jedna 7q + 1 = n + ontradicija. Tre i razred, ategorija a bismo doazali da je F pravougli dovoljno je doazati da je F. ao je F = = 90, to je dovoljno doazati da je F =. Nea je = a i = b. ao je F (odgovaraju i uglovi su jednai ao uglovi sa normalnim racima), to je F =, pa je F = b a, odnosno F = b a. alje, a iz Pitagorine teoreme je = = b a. Samim tim je F =, xto je i trebalo doazati. (Tangenta 60, str. 6, M875) F O Primetimo da na xahovsoj tabli dimenzija ima 404 = 01 dijagonala oje imaju neparan broj polja (po 01 dijagonala paralelnih glavnim dijagonalama - svaa druga je neparna) i da one nemaju međusobnih presea. Sa svae od tih dijagonala moramo izbaciti bar po jedno polje da bismo dobili da sve dijagonale imaju paran broj polja. Time smo poazali da broj жetona ne moжe biti ve i od жetona moжemo postaviti na tablu da ispunjavaju uslove zadata tao xto emo postaviti жeton na svao polje sem na polja oja su na glavnim dijagonalama (to je priazano za tablu dimenzija 8 8 na slici sa desne strane). O

4 3. Pretpostavimo da ovavo presliavanje postoji. Nea je onvesan petougao i nea je f() =, f() =, f() =, f() = i f() =. Qetvorougao je onavan, pa bez umanjenja opxtosti moжemo pretpostaviti da je u unutraxnjosti trougla. Posmatrajmo tri onvesna dela na oje poluprave, i (sa poqetom u ) dele ravan P. Pretpostavimo da se taqa nalazi u spoljaxnjosti trougla i nea se bez umanjenja opxtosti nalazi u oblasti u ojoj se ne nalazi. Međutim, tada je qetvorougao onvesan, ontradicija. ale, taqa se nalazi u unutraxnjosti trougla. Nea je = { }, = { } i = { }. Taqa se nalazi u jednom od trouglova,,,, i. Nea se bez umanjenja opxtosti nalazi u trouglu. Međutim, tada je qetvorougao onvesan, ontradicija. O011 33a O011 33b (a) Primenom binomnog obrasca dobijamo = 010 ( ) ( ) i ( 1) i ( ) 010 = i = odale sledi da je ceo broj. (b) oriste i rezultat iz dela pod (a) dobijamo ( ) 010 = ( 1) alje imamo ( ) 010 S = = 010 ( ) ( 010 = = (011+10) 010 +(011 10) 010, ( ) ( 1), ( ) = S (mod 101). ( ) ) ( 1) 10 pa je ( ) (011 10) 010 (mod 101). Prvi sabira daje ostata 1 pri deljenju sa 101, jer je 01 1 (mod 101). Pronađimo oji ostata pri deljenju sa 101 daje drugi sabira, odnosno ao je 101 prost broj, oji ne deli 001, na osnovu Male Fermaove teoreme je (mod 101), a odatle i (mod 101). Jox je ostalo da nađemo ostata pri deljenju broja sa 10 Jednostavnim raqunom ostataa nalazimo da je (mod 101), pa je 1+87 = 88 (mod 101). 4

5 5. Sabiranjem nejednaosti a 5a 1 + 0, za n, dobijamo 3a n a n 1 3a 1 +a 0 0, tj. za n N 3a n a n ( ) Tvrđenje sada doazujemo inducijom. Za n = 0 tvrđenje oqigledno vaжi, pa je dovoljno doazati da ao vaжi za n 1 da vaжi i za n. Iz ( ) je 3a n 3 a n [1 ( ) ] n 1 [ +1 = ( ) n ], 3 xto je i trebalo doazati. Qetvrti razred, ategorija Prave H i F su paralelne, pa je iz Talesove teoreme H HF =. Taođe, ao je F sledi = F, pa ao je F F = (qetvorougao F je paralelogram), vaжi =. ao je F FG G, H to je F = G. Iz prethodnih jedanaosti GF dobijamo H HF = G GF, odale je iz Talesove teoreme GH. (Tangenta 6, str. 6, M874) G F O Obeleжimo polja table parovima iz eartovog proizvoda {,,,} {1,,3}. (b) Jednu dominu moжemo postaviti na 17 razliqitih naqina (8 vertialnih i 9 horizontalnih). Uupan broj pozicija je jedna broju neuređenih parova domina od oga treba oduzeti sluqajeve gde se nee domine prelapaju. ve vertialne domine se prelapaju u 4 sluqaja, dve horizontalne ( ) u 6 sluqajeva, a horizontalna i vertialna u 4 sluqaja, pa 17 je traжeni broj jedna (4+6+4) = = 10. (a) ao je ovde bitno oja je domina postavljena a oja. to svaoj poziciji naon postvaljene domine odgovaraju naqina za njihovo postavljanje (prvo jedna pa druga domina i obratno). Stoga ima uupno 104 = 04 naqina da se postave domine. (v) Pobedniqu strategiju ima prvi igraq. Prvu dominu stavlja u centar, tj. stavi dominu na polja i, a zatim domine postavlja centralno simetriqno dominama oje je postavio drugi igraq. Nea je Za x = 0 imamo f(0) = 1 n f(x) = 1 n n x x i. i=1 n x i, do za x = 1 sledi f(1) = 1 n i=1 n (1 x i ) = 1 f(0). Iz relacije f(0) + f(1) = 1 dobijamo da vaжi ili f(0) = f(1) = 1 ili f(0) < 1 i=1 < f(1) ili f(1) < 1 < f(0). ao je f nepreidna funcija na [0,1], to po Vajextrasovoj teoremi mora postojati x [0,1] tavo da je f(x) = 1. oaz izvodimo inducijom po n. Tvrđenje trivijalno vaжi za n = 1, pa je dovoljno 5

6 5.. doazati indutivni ora. Nea je zato tvrđenje taqno za n 1 i doaжimo da vaжi za n. Nea je b 1 = a i i b = a j. Razmotrimo slede a dva sluqaja: Prvi sluqaj. Nea je i neparan i j = i+1, ili i paran i j = i Tada je b 1 b +t = a i a i+1 +t ili b 1 b +t = a i 1 a i +t, pa tvrđenje vaжi na osnovu indutivne pretpostave. rugi sluqaj. Nea i i j nisu ao u prvom sluqaju. Tada se za i = { i 1, i i+1, i j = { j 1, j j +1, j qlanovi b 1 a i +t i b a j +t ne nalaze sa desne strane nejednaosti. Primetimo da je (b 1 b +t)(a i a j +t) (b 1 a i +t)(b a j +t) = t(b 1 a j )(b a i ) 0, tao da se zamenom qlana (b 1 a i +t)(b a j +t) (oji se nalazi sa leve strane nejednaosti) sa (b 1 b +t)(a i a j +t) leva strana nejednaosti ne smanjuje. ao je ovao dobijen izraz po indutivnoj pretpostavci ne ve i od desne strane date nejednaosti, doaz je zavrxen. Nea je q >. Na osnovu Male Fermaove teoreme imamo q q +(q) q 1+( 1) q 0 (mod p), te broj n sa navedenom osobinom postoji. oaza emo da je broj n deljiv sa q. Uvedimo oznae x = q n i y = n q. Iz navedene deljivosti broj n ne moжe biti deljiv sa p, te je na osnovu Male Fermaove teoreme y n q n p 1 1 (mod p). Odavde, ao je p prost broj, imamo y ±1 (mod p). Zato je x 1 (mod p), te je x 1 (mod p). ao za poreda broja q po modulu p vaжi r p (q) p 1 = q, to je r p (q) {1,,q,q}. ao je 1 < q < p, to je r p (q) Ispitajmo da li je mogu a jednaost r p (q) =. Uolio bi ovo vaжilo, onda bi imali q 1 (mod p), te bi vaжilo (q 1,q +1) = p. Odavde p (q (q +1) (q 1)) = q +. alje, p ( (q +) ( q +1)) = 3, pa je p = 3, odnosno q = ontradicija. Ovim smo doazali da je r p (q) {q,q}, pa q r p (q). Sada imamo 1 p x p q n, odale r p (q) n. Imaju i na umu da q r p (q), ao i da je q neparan broj, odavde onaqno dobijamo q n. ao p q q +q q, to je za q >, najmanja traжena vrednost broja n jednaa q. Za q =, odnosno p = 5, neposrednom proverom se utvrđuje da je n = 8. Prvi razred, ategorija Sicarajmo grafi funcije f(x) = x 1 x + x 3. Razmotrimo slede a qetiri sluqaja: 1 x Tada je f(x) = x+. 1 < x. Tada je f(x) = x. 3 < x 3. Tada je f(x) = x+ 4 x > 3. Tada je f(x) = x. Potrebno je odrediti sve vrednosti za a tao da prava y = a ima taqno qetiri preseqne taqe sa ovom funcijom. Sa grafia funcije f(x) prime ujemo da ovo vaжi ao i samo ao je a (1,). (Tangenta 61, str. 31, Pismeni zadaci) 1 O O Nea je = a i = b. ao je M : M = : 1, to je M = 3 a, a ao je N : N = 1 : 1, to je N = 1 b. ao su, S i N olinearne taqe, to za neo λ vaжi S = λ N = λ ( + N) = λ λ a + b. Sa druge strane, ao su taqe M, S i olinearne, postoji realan broj µ tao da je MS = µ M = µ ( M+ µ ) = ao je S = M + MS, to iz prethodnog dobijamo λ a + λ b = ao su a i b linearno nezavisni vetori, to je λ = 3 µ 3 i λ ( 3 µ 3 f(x) y = a a +µ b. ) 3 a +µ b. = µ. Rexavanjem ovog sistema dobijamo da je λ = 1, pa je S : SN = 1 : 6

7 3. 5. Primetimo da su ca, ojan i Veljo uupno pogodili taqan polaжaj za 7 cifara, pa su nea dvojica pogodila taqan poloжaj iste cifre. ao su jedino na 3. mestu nea dvojica pretpostavila poloжaj iste cifre, to 3. cifra mora biti jednaa 3. Ovo je jedina taqno pretpostavljena cifra za Velja, pa se broj 5 ne nalazi na 6. mestu, a ao se ne moжe nalaziti ni na 3., to se broj 5 nalazi na 5. mestu i njen poloжaj je pretpostavio ca. alje, cifra 6 se ne nalazi na. i 5. mestu, pa se nalazi na 6. mestu, a i njen poloжaj je pretpostavio ca. Poloжaj ostalih cifara je pretpostavio ojan, tj. je na mestu, 4 na drugom, a 1 na mestu, pa je traжeni broj jedna Pogledati prvi zadata za prvi razred ategorije. Nea je bez umanjenja opxtosti 90. ao je =, to su vadrati i podudarni, pa je O 1 = O 3. ao u vadratu vaжi O = O, to je dovoljno doazati da je O 1 O = O 3 O. Imamo O 1 O = O O = = 90 +, a ao je = 360 = 180, to je O 1 O = 70. Sa druge strane, O 3 O = O O = = 70, pa je O 1 O = O 3 O. Sada je po stavu SUS O 1 O = O3 O. (Tangenta 58, str. 7, Pismeni zadaci) O 3 O O 1 O rugi razred, ategorija. Rasporedimo prvo onih 5 njiga oje mogu stajati u proizvoljnom međusobnom poretu. To moжemo uqiniti na 5! naqina. Preostale njige se mogu nalaziti između prvobitno postavljenih, na poqetu ili na raju reda, tj. na uupno 6 mesta, i to tao da na svaom od ovih mesta stoji taqno jedna njiga. ale, jox je potrebno 5 od 6( mesta ) i zatim na 6 njih rasporediti poslednjih 5 njiga. ao je ovo mogu e uqiniti na 5! = 6!, to je 5 traжeni broj rasporeda jedna 5! 6!. (Tangenta 60, str., Pismeni zadaci) a bismo doazali da su taqe, i F olinearne dovoljno je doazati da je + + F = 180. ao je jednaostraniqan trougao, to je = 60 i = =. alje, ao je F jednaostraniqan trougao, to je F = = =. Samim tim, trougao F je jednaorai, pa je F = F. ao je F = + F = 90 + F = 90, F to je iz prethodnog F = 45. alje, trougao je jednaorai ( = ), pa ao je = = 30, to je = = 75. Sada je + + F = = 180, xto je i trebalo doazati. (Tangenta 54, str. 47, Pismeni zadaci) O011 7

8 3. 5. Nejednaost x +x+3 x +x+1 d je evivalentna sa ( d)x +( d)x+(3 d) x 0. Imenilac +x+1 ove nejednaqine je uve pozitivan, jer je disriminanta odgovaraju e vadratne jednaqine jednaa 3, a vode i oeficijent 1, pa e polazna nejednaqina biti ispunjena za svao x uolio je brojilac prethodnog razloma uve negativan. To je ispunjeno ada su vode i oeficijent i disriminanta manji od nule, tj. d < 0 i ( d) 4 ( d) (3 d) = ( d) (3d 10) 0. Iz prve nejednaqine je d >, pa iz druge dobijamo d 10. Samim tim, [ ) 3 10 sup dobrih brojeva je interval 3,+. Na osnovici odredimo taqu tao da je = 36. Nea je = c, = = b i = x. Trouglovi i su sliqni, jer imaju sve jednae uglove, pa je x = b b c. ao je = c x = b, to se poslednja jednaost svodi na c b = b. Uolio uvedemo b c smenu t = c dobijamo evivalentnu jednaqinu t t + 1 = 0. Rexenja ove jednaqine su b 1± 5, pa ao je c b > 0, to je c b = O011 4 Iz date jednaosti je a = c b = (c b)(c + b), pa ao je a prost broj, a c b < c + b (b i c su prirodni brojevi), to je c b = 1 i c+b = a. Iz ovih jednaosti je c = b+1 i a = b+ ao za b = 1 i b = broj a nije prost, to je b 3. Za b 3 je b 3b > b+1, pa je a < b, tj. a < b, xto je i trebalo doazati. Tre i razred, ategorija Nea je oxtar ugao romba jedna β. ao je lopta upisana u prizmu, to je visina prizme ao i visina romba jednaa R, gde je R polupreqni lopte. Sada, iz definicije ugla α, zaljuqujemo da je tgα = R, gde je d duжina duжe dijagonale datog romba. Uolio je a d stranica romba, to je d = acos β i asinβ = R. Sada je tgα = asinβ = sin β, acos β. 3. odnosno β = arcsin(tg α). (Tangenta 6, str. 37, Pismeni zadaci) Prvu cifru broja moжemo izabrati na 9 naqina. ruga cifra moжe biti razliqita od prve cifre ili jednaa prvoj cifri. U sluqaju da je druga cifra razliqita od prve moжemo je izabrati na 9 naqina. Tada za tre u i qetvrtu cifru moжemo odabrate jednu od cifara oje se nalaze na prvom i drugom mestu, pa je uupan broj brojeva u ovom sluqaju jedna 9 9. Razmotrimo sada sluqaj ada je druga cifra jednaa prvoj. Sliqnim razmatranjem ao u prethodnom sluqaju zaljuqujemo da postoji 9 9 brojeva od ojih je tre a cifra razliqita od prve dve. Na raju, uolio su prve tri cifre jednae qetvrtu moжemo odabrati na 9 naqina, pa je broj ovavih brojeva jedna 9 9. ale, traжeni broj je jedna = 567. (Tangenta 56, str. 4, Pismeni zadaci) ata nejednaqina definisana je za brojeve x [, ). ao za svao x > vaжi x 3+ x +x > 3+0+ = 3, a x = nije rexenje date nejednaqine, to su rexenja elementi supa (, ). Oblast definisanosti za polaznu jednaqinu je sup [ 1,1]. ao za svao x [ 1,1] vaжi 8

9 arcsinx+arccosx = π, to je data jednaqina evivalentna sa 4 xarcsinx +4 x(π arcsinx) = +πx. Uolio ovu jednaqinu pomnoжimo sa 4 xarcsinx, dobijamo evivalentnu jednaqinu (4 xarcsinx ) +4 πx +πx 4 xarcsinx = (4 xarcsinx πx ) = 0. ale, rexenja polazne jednaqine su rexenja jednaqine 4 xarcsinx πx { = 0. Ova jednaqina je evivalentna sa xarcsinx = πx, pa je x = 0 ili arcsinx = π } 4, tj. x 0,. 5. Nea je L MN = {S}. Oznaqimo S = α, SM = β, SNL = γ, LSN = ω. Nea, bez umanjenja opxtosti, vaжe slede i rasporedi M i N L. Iz sinusnih teorema primenjenih na trouglove MS i LNS dobijamo S = MS sinβ sinα SL = SN sinγ Sada je sinα sin(α+ω) = MS, sinα sin(α ω) = MS. sinα L = S +SL = MS sinαcosω sinα = MS cosω i samim tim L = MN cosω, xto je trebalo doazati. Qetvrti razred, ategorija M S O Iz a = log 10 sledi 1 a = log 10 = log +log 5 = 1+log 5. Odatle je log 5 = 1 a xto povlaqi log5 = a 1 a.. Iz a = log 10 i b = log 10 3 dobijamo da je a b = log 10 log 10 3 = log 3. L N 1 = 1 a a, Iz b = log 10 3 sledi 1 b = log 310 = log 3 +log 3 5 = a b +log 35. Odatle je log 3 5 = 1 b a b = 1 a, b xto povlaqi log 5 3 = b 1 a. onaqno imamo da je log 5 16 = log 5 ( ) = 3(log 5 +log 5 3) = 3 a+b 1 a. oordinate taqe su rexenja sistema y = mx, ( y = x. ao je > 0, to je iz prethodnog (, ). Sliqno, je rexenje sistema y = + 1 ) x, y = x. ao je 1 < 0, to je iz prethodnog ( 1, ). Sada je O = (, ) (+ 1, 1 ) = 0, 3. xto znaqi da je O = 90, pa O niad nije oxtrougli. Funcija f je nepreidna na svaom od intervala [0,64) i (64,+ ), pa je dovoljno odrediti a tavo da je funcija nepreidna u taqi 64, tj. da je lim f(x) = f(64) = a. ao je x 64 x 8 ( lim x x) 3 8 = lim x 4 x 64 ( 6 x) 4 = lim ( 6 x )( 3 x+ 6 x+4) x 64 ( 6 x )( 6 = lim x+) x 64 to je a = 3. (Tangenta 6, strana 37, Pismeni zadaci) Prvo rexenje. Oznaqimo sa = ϕ, = h, = y, = = x. 3 x+ 6 x+4 6 x+ = 3, 9

10 h ϕ y x x Iz jednaorao pravouglog imamo da je x + y = h. Iz polovine jednaostraniqnog imamo da je x+y = h 3. Rexavanjem ovog sistema (po x i y) dobijamo da je x = h( 3 1) i y = h( 3). Odavde dobijamo da je tgϕ = y h = 3. ao je tgϕ = tgϕ 1 tg ϕ = = 3, dobijamo da je ϕ = 30 odale sledi ϕ = 15. rugo rexenje. Nea je M podnoжje normale iz na. h 45 ϕ x M x x x x 5. Trougao M je polovina jednaostraniqnog, a trougao M je jednaostraniqni, pa vaжi M = = = M = x. alje, ugao M iznosi 15 ( M = M = ), pa je trougao M jednaora, odale je (uz gornje jednaosti) M = M = x, tj. M = M. ale, trougao M jeste jednaorao-pravougli, pa ugao M iznosi 45. ao je pravougli, dobijamo da je = = 60, a odatle je ugao = M = = 15. Parovi najve e i najmanje cifre mogu biti (9,), (8,1), (7,0). Za ostale 4 cifre tih xestocifrenih brojeva u svaom od ova tri sluqaja imamo po 6 mogu nosti, pa ih moжemo izabrati na ( 6 4) naqina. Odabranih 6 razliqitih cifara moжemo raposrediti na 6! naqina. Od uupnog broja rasporeda ovavih rasporeda treba oduzeti broj onih rasporeda oji poqinju cifrom 0, jer oni ne predstavljaju xestocifrene brojeve. Ti rasporedi se javaljaju ada je najve a cifra 7, a najmanja 0, i ima ih ( 6 4) 5!. ale, uupan broj xestocifrenih brojeva sa traжenim svojstvom je 3 ( ) 6 4 6! ( ) 6 5! = (Tangenta 60, str. 5, M864) 10