Kezdőlap


Feladat:	1139. matematika gyakorlat	Korcsoport: 14-15	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Ádám Sándor , Szendrei Ágnes
Füzet:	1968/március, 116 - 117. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Kombinatorikai leszámolási problémák, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1967/szeptember: 1139. matematika gyakorlat

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.

a) A jobbról első oszlopból maradékot vittünk át a másodikba, ugyanis az $Y + T + N = N$ föltevés $Y = T = 0$ -ra vezet, ami lehetetlen. Másrészt $Y + T \leq 9 + 8 = 17$ , ennélfogva $10$ egyest, azaz $1$ tízest vittünk át:

\begin{matrix} Y + T = 10. \end{matrix}

(1)

Ugyanigy

1

tízezrest vittünk át a negyedik oszlopból az ötödikbe, tehát

\begin{matrix} E = A + 1. \end{matrix}

(2)

Emiatt

1

százast vittünk át a

3

. oszlopba, ugyanis abból a föltevésből, hogy nincs átvitel,

1 + G + 2 A = E = A + 1

, és

G + A = 0

következik, ami ismét lehetetlen; viszont

2

százast sem vihettünk át, mert

1 + G + 2 A = E + 20 = A + 21

-ből

G + A = 20

. Így valóban

\begin{matrix} 1 + G + 2 A = E + 10 = A + 11, & (3) \\ G + A = 10. \end{matrix}

3

., majd a

4

. oszlopban ugyanilyen meggondolással

\begin{matrix} 1 + É + H & = 10, & (4) \\ É + H & = 9, \\ 1 + N & = 10, & (5) \\ N & = 9. \end{matrix}

Végül

H \neq 0

, mivel kezdő jegyként lép fel.
Ezek szerint az (1), (3), (4) és (5) egyenletekben szereplő hét betű együttes értéke

38

. Másrészt a tízféle számjegy együttes értéke

45

, így

E

V

és a föl nem használandó számjegy együttes értéke

7

, ezért

E \leq 6

. Nem lehet azonban

E = 6

, mert ebből (2) és (3) alapján

A = G

adódnék. Másrészt (5) és (3) miatt

G \leq 8

A \geq 2

, így

E \geq 3

.
Mármost

E = 3

esetén

A = 2

G = 8

, ezért (1) tagjai valamilyen sorrendben

6

és

4

, így pedig a maradó

0

1

5

7

jegyekből (4) nem teljesíthető. Úgyszintén

E = 4

A = 3

G = 7

esetén sem, mert

Y + T = 8 + 2

, és csak

0

1

5

6

lenne használható.
A hátra levő

E = 5

eset viszont megoldást ad,

A = 4

G = 6

; ekkor

Y + T = 8 + 2

esetén nem teljesülhetne (4), emiatt egyértelműen

Y + T = 7 + 3

, így

É + H = 8 + 1

, és

V

értéke

0

vagy

2

. A két jegy sorrendjét (1)-ben is, (4)-ben is egymástól függetlenül

2

‐

2

- féleképpen választhatjuk meg, ugyanígy

V

értékét is, ezért a betöltési lehetőségek száma

2 \cdot 2 \cdot 2 = 8

. Egy megoldás a (6) alatti.

\begin{matrix} 9 & 8 & 6 & 7 \\ (6) & 1 & 4 & 3 \\ 1 & 4 & 3 & 0 & 4 & 9 \\ 1 & 5 & 3 & 0 & 5 & 9 \end{matrix}

\begin{matrix} 9 & 8 & 3 & 6 \\ (7) & 1 & 7 & 4 \\ 1 & 7 & 4 & 0 & 7 & 9 \\ 1 & 8 & 4 & 0 & 8 & 9. \end{matrix}

É = E

esetén (4)-ből és (2)-ből

A + H = 8

, így (3)-ból

G = H + 2 \geq 3

. Nem lehet

G = 5

, mert így

G = A

, sem

G = 6

, mert

A = H

. A

G = 4

és

G = 8

kiindulásokból egyértelműen adódik

A

E

és

H

értéke, de a maradó jegyekkel nem teljesülhet (1). Ha mármost

\begin{matrix} G = 3, akkor & A = 7, E = 8, H = 1, Y + T = 6 + 4 és & V = 0, 2 vagy 5 \\ G = 7, akkor & A = 3, E = 4, H = 5, Y + T = 8 + 2 és & V = 0, 1 vagy 6. \end{matrix}

Mivel így (1) tagjai mindkét esetben 2 sorrendben írhatók és

V

3

-féleképpen választható,

2 \cdot 2 \cdot 3 = 12

megoldása van a feladatnak. Egyikük (7) alatt látható.

Szendrei Ágnes (Szeged, Ságvári E. gyak. g. I. o. t.)
Ádám Sándor (Budapest, Fazekas M. gyak. g. I. o. t.)