3. Zadatak

Prvo rješenje.

Prva znamenka mora biti različita od $0$. Broj je djeljiv s $15$ ako je djeljiv s $3$ i $5$. Broj je djeljiv s $5$ ako mu je posljednja znamenka $0$ ili $5$, a kako znamenke mogu biti jedino $0$, $1$, $2$ posljednja znamenka može biti samo $0$.

Prva znamenka može biti $1$ ili $2$. Stoga su traženi višekratnici oblika $1xyz0$ ili $2xyz0$.

Da bi broj bio djeljiv s $15$, mora biti djeljiv i s $3$ pa mu zbroj znamenki mora biti djeljiv s $3$. Postoje sljedeće mogućnosti:

$$1+x+y+z=3,$$ $$1+x+y+z=6,$$ $$2+x+y+z=3,$$ $$2+x+y+z=6,$$

odnosno, zbroj znamenki $x$, $y$, $z$ može biti $1$, $2$, $4$ i $5$.

Budući su znamenke $x$, $y$, $z$ iz skupa $\{0,1,2\}$, dane je zbrojeve moguće dobiti na sljedeće načine:

Zbroj $1$ može se dobiti ako su dvije znamenke $0$, a jedna znamenka $1$. Takvih je $3$ mogućnosti jer znamenku $1$ možemo smjestiti na tri načina, odnosno, može biti bilo koja od znamenki $x$, $y$ ili $z$.

Zbroj $2$ može se dobiti ako su dvije znamenke $0$, a jedna znamenka $2$ ili ako su dvije znamenke $1$, a jedna znamenka $0$. Kao i u prethodnom slučaju za zbroj $1$, zaključujemo da je takvih $3+3=6$ mogućnosti.

Zbroj $4$ može se dobiti ako su dvije znamenke $1$, a jedna znamenka $2$ ili ako su dvije znamenke $2$, a jedna znamenka $0$. Kao i u prethodnom slučaju, takvih je $3+3=6$ mogućnosti.

Zbroj $5$ možemo dobiti ako su dvije znamenke $2$, a jedna znamenka $1$. Kao i u prvom slučaju, takvih je $3$ mogućnosti.

Dakle, ukupno je $3+6+6+3=18$ traženih višekratnika.

Drugo rješenje.

Prva znamenka mora biti različita od $0$. Broj je djeljiv s $15$ ako je djeljiv s $3$ i $5$. Broj je djeljiv s $5$ ako mu je posljednja znamenka $0$ ili $5$, a kako znamenke mogu biti jedino $0$, $1$, $2$ posljednja znamenka traženih višekratnika može biti samo $0$.

Broj je djeljiv s $3$ ako mu je zbroj znamenki djeljiv s $3$. To znači da zbroj preostale četiri znamenke može biti $3$ ili $6$.

Ako je zbroj preostalih znamenki jednak $3$, četiri preostale znamenke mogu biti $1,1,1,0$ ili $1,2,0,0$.

Ako su to znamenke $1,1,1,0$, traženi broj mora biti oblika $1xyz0$, gdje znamenku $0$ možemo rasporediti na $3$ načina (na mjesto znamenke $x$, $y$ ili $z$).

Ako su to znamenke $1,2,0,0$, traženi broj mora biti oblika $1xyz0$ ili $2xyz0$, a u oba slučaja preostalu znamenku različitu od $0$ možemo rasporediti na $3$ načina.

Ako je zbroj preostalih znamenki jednak $6$, četiri preostale znamenke mogu biti $2,2,2,0$ ili $1,1,2,2$.

Ako su to znamenke $2,2,2,0$, traženi broj mora biti oblika $2xyz0$, gdje znamenku $0$ možemo rasporediti na $3$ načina.

Ako su to znamenke $1,1,2,2$, traženi broj mora biti oblika $1xyz0$ ili $2xyz0$, a u oba slučaja preostalu znamenku jednaku početnoj možemo rasporediti na $3$ načina.

Ukupno postoji $3+2\cdot3+3+2\cdot3=18$ traženih višekratnika.

Treće rješenje.

Prva znamenka mora biti različita od $0$. Broj je djeljiv s $15$ ako je djeljiv s $3$ i $5$. Broj je djeljiv s $5$ ako mu je posljednja znamenka $0$ ili $5$, a kako znamenke mogu biti jedino $0$, $1$, $2$ posljednja znamenka može biti samo $0$.

Broj je djeljiv s $3$ ako mu je zbroj znamenki djeljiv s $3$, što znači da za preostale $4$ znamenke postoje četiri slučaja.

Prvi slučaj: tri znamenke $1$ i jedna znamenka $0$.

U tom slučaju postoje $3$ mogućnosti: $10110$, $11010$, $11100$.

Drugi slučaj: dvije znamenke $1$ i dvije znamenke $2$.

U tom slučaju postoji $6$ mogućnosti: $11220$, $12120$, $12210$, $21120$, $21210$, $22110$.

Treći slučaj: jedna znamenka $1$, jedna znamenka $2$ i dvije znamenke $0$.

U tom slučaju postoji $6$ mogućnosti: $10020$, $10200$, $12000$, $20010$, $20100$, $21000$.

Četvrti slučaj: tri znamenke $2$ i jedna znamenka $0$.

U tom slučaju postoje $3$ mogućnosti: $20220$, $22020$, $22200$.

Ukupno postoji $3+6+6+3=18$ traženih višekratnika.