5. Zadatak

Poznato je da niti jedna znamenka traženog broja nije nula. Umnožak znamenki bit će manji ako među njima ima jedinica. Dokazat ćemo da traženi brojevi imaju barem tri jedinice.

Prvo, dokažimo da nema traženih brojeva kojima niti jedna znamenka nije jedinica. U slučaju da niti jedna znamenka tog broja nije jedinica, najmanji bi se umnožak znamenki postizao za broj $22222$, no tada je $32=2\cdot2\cdot2\cdot2\cdot2>2+2+2+2+2=10$, dakle umnožak znamenki je veći od njihovog zbroja.

Zbroj znamenki peteroznamenkastog broja može biti najviše $9+9+9+9+9=45$. Povećamo li broju $22222$ barem jednu znamenku za barem $1$, umnožak znamenki će biti barem $2\cdot2\cdot2\cdot2\cdot3=48$, što je više od najvećeg mogućeg zbroja znamenki.

Stoga barem jedna znamenka traženog peteroznamenkastog broja mora biti jedinica.

Drugo, pokažimo da nema traženih brojeva koji imaju točno jednu jedinicu. Najmanji umnožak se tada postiže s četiri dvojke i jednom jedinicom. U tom slučaju je umnožak $16$, a zbroj $9$, pa ta mogućnost otpada. Svakim povećanjem neke znamenke za $1$ zbroj se uveća za $1$, a umnožak za više od $1$, pa takvih mogućnosti nema.

Treće, pokažimo da nema traženih brojeva koji imaju točno dvije jedinice. Najmanji umnožak se tada postiže s tri dvojke i dvije jedinice. U tom slučaju je i umnožak i zbroj jednak $8$, pa ta mogućnost otpada. Svakim povećanjem neke znamenke za $1$ zbroj se uveća za $1$, a umnožak za više od $1$, pa takvih mogućnosti nema.

Razmotrimo još slučajeve u kojima su barem tri znamenke traženog broja jedinice.

Broj jedinica	Traženi broj	Zbroj veći od umnoška?	Broj slučajeva
$5$	$11111$	DA ($5>1$)	$1$
$4$	$21111, 12111, 11211, 11121, 11112$	DA ($6>2$)	$5$
	$31111, 13111, 11311, 11131, 11113$	DA ($7>3$)	$5$
	$41111, \ldots$	DA ($8>4$)	$5$
	$51111, \ldots$	DA ($9>5$)	$5$
	$61111, \ldots$	DA ($10>6$)	$5$
	$71111, \ldots$	DA ($11>7$)	$5$
	$81111, \ldots$	DA ($12>8$)	$5$
	$91111, \ldots$	DA ($13>9$)	$5$
	Ukupno s četiri jedinice:		$8\cdot5=40$
$3$	$22111, 21211, 21121, 21112, 12211,$ $12121, 12112, 11221, 11212, 11122$	DA ($7>4$)	$10${"*"}
	$32111, 31211, 31121, 31112, 13211,$ $13121, 13112, 11321, 11312, 11132,$ $23111, 21311, 21131, 21113, 12311,$ $12131, 12113, 11231, 11213, 11123$	DA ($8>6$)	$20${"**"}
	$42111, 41211, 41121, 41112, 14211,$ $14121, 14112, 11421, 11412, 11142,$ $24111, 21411, 21141, 21114, 12411,$ $12141, 12114, 11241, 11214, 11124$	DA ($8>6$)	$20${"***"}
	Ukupno s tri jedinice:		$50$

Ukupno ima $1+40+10+20+20=91$ takav peteroznamenkasti broj.

* Učenik ne mora nabrojati sve mogućnosti već može njihov broj odrediti na sljedeći način: jednu dvojku možemo staviti na bilo koje od $5$ mjesta, drugu dvojku na bilo koje od preostala $4$ (jedinicama popunimo preostala tri mjesta). No, time smo mogućnosti brojali dvostruko jer su dvije dvojke jednake znamenke. Zato broj mogućnosti treba podijeliti s $2$, odnosno imamo $\frac{5\cdot4}{2}=10$ mogućnosti.

** Učenik ne mora nabrojati sve mogućnosti već može njihov broj odrediti na sljedeći način: dvojku možemo staviti na bilo koje od $5$ mjesta, a trojku na bilo koje od preostala $4$ (jedinicama popunimo preostala tri mjesta). Stoga imamo $5\cdot4=20$ mogućnosti.

*** Učenik se može pozvati na prethodni slučaj.