P:386 – G.M.B. 7-8-9/2011

Reconstitui�i sc�derea 7AAAA BB ACA− = .

Nicolae Iv��chescu, Craiova

Solu�ie.

Dac� la sc�dere nu apare împrumut, avem C A= . Cifra unit��ilor ne arat� c� în acest caz ar

trebui ca 7A B− = ; cifra zecilor ne arat� c� A B A− = , deci 7A = �i 0B = , variant�

inacceptabil�, deoarece pentru scrierea lui 0 nu avem nevoie de dou� cifre.

A�adar, avem un împrumut la sc�dere, deci ( )1C A= − . Bilan�ul cifrei unit��ilor ne arat� c� :

10 7 10 7 3A B B A+ − = ⇔ − = − = .

Se efectueaz� bilan�ul cifrei zecilor, dar �inem seama c� la sc�derea unit��ilor ne-am împrumutat cu o unitate de aici :

1 10 9 9A B A A A B B− + − = ⇔ = − + ⇔ = . Rezult� c� 9, 6, 5B A C= = = . Sc�derea reconstituit� este 6666 99 6567− = .

R: 6666-99=6567

P:400 – G.M.B. 10/2011

G�si�i num�rul natural abcd pentru care:

2012abcd abc ab a+ + + =

Nicolae Iv��chescu, Craiova

Solu�ie.

Valorile lui a pot fi 1a = sau 2a = .

Dac� 2a = , atunci 2 2 2200 2012bcd bc+ ≥ > , deci egalitatea nu poate avea loc. Rezult� c�

1a = .

Egalitatea devine ( )1 1 1 1 2012 1 1 1 2011 1bcd bc b bcd bc b+ + + = ⇔ + + = .

Bilan�ul cifrei unit��ilor este { }1,11, 21d c b+ + ∈ . Dac� 1d c b+ + = , atunci 1b ≤ , deci

1 1 1 1400 2011bcd bc b+ + < < . A�adar, { }11, 21d c b+ + ∈ , deci avem un transport 1

1t ≥

c�tre cifra zecilor.

Eviden�a cifrei zecilor este { }11 1,11, 21c b t+ + + ∈ . Cum

11t ≥ , trebuie s� excludem varianta

1 1c b+ + = . Rezult� { }11 11, 21c b t+ + + ∈ , deci apare un transport { }2

1,2t ∈ c�tre cifra

sutelor.

Bilan�ul cifrei sutelor conduce la 2

1 10b t+ + = , unde { }21,2t ∈ este transportul provenit de la

cifra zecilor.

i) Dac� 2

1t = , rezult� 8b = , iar rela�ia ( )1 devine 18 18 18 2011 18 18cd c cd c+ + = � + =

2011 18 1993= − =

Putem avea 3d c+ = sau 13d c+ = . Dac� 3d c+ = , nu avem transport de la unit��i la zeci,

deci 8 9 1, 2c c d+ = � = = . Dac� 13d c+ = , avem transport de 1, deci 8 1 9c + + = �

0c� = , egalitatea 13d c+ = devenind imposibil� (s� ne amintim c� d �i c sunt cifre din

mul�imea { }0,1, 2,...,9 ).

ii) Dac� 2

2t = , avem 7b = , iar rela�ia ( )1 devine 17 17 17 2011 17 17cd c cd c+ + = � + =

2011 17 1994= − =

Aceast� egalitate este imposibil�, valoarea maxim� a sumei 17 17cd c+ fiind

1799 179 1978 1994+ = < .

Singura solu�ie a problemei este prin urmare 1812abcd = .

Verificare: 1812 181 18 1 1812 200 2012+ + + = + = .

R : 1812

E:14268 – G.M.B. 12/2011

Suma a dou� numere naturale este egal� cu 144. Dac� �tergem una dintre cifrele unuia dintre

cele dou� numere, ob�inem cel�lalt num�r. G�si�i toate perechile de numere care verific� aceste

condi�ii. Antoanela Buzescu, Caransebe�

Solu�ie.

Dac� num�rul mai mare ar avea doar dou� cifre, �tergând una dintre ele ob�inem un num�r de o

singur� cifr�. Suma maxim� a celor dou� numere este în acest caz 99 9 108 144+ = < .

A�adar, num�rul cel mare are trei cifre. El trebuie s� fie de forma 1ab , pentru ca suma s� nu

dep��easc� 144. Exist� trei posibilit��i de a �terge cifre ale acestui num�r :

i) �tergem cifra sutelor, 1. Trebuie s� se verifice egalitatea 1 144ab ab+ = .

Pentru cifra unit��ilor avem posibilit��ile 2b = �i 7b = .

Dac� 2b = atunci �i 2a = (deoarece adunarea unit��ilor nu produce transport). Se g�se�te

perechea ( )122, 22 .

Dac� 7b = , adunarea unit��ilor produce transport �i trebuie ca 1 4 3a a a a+ + = � + = ,

ceea ce nu este posibil.

ii) �tergem cifra zecilor, a . Avem de verificat egalitatea 1 1 144ab b+ =

Pentru cifra unit��ilor avem acelea�i posibilt��i ca �i în cazul anterior, 2b = �i 7b = .

Dac� 2b = , nu avem transport de la unit��i; rezult� 1 4 3a a+ = � = . Ob�inem solu�ia

( )132,12 .

Dac� 7b = , avem transport de 1 de la unit��i; rezult� 1 1 4 2a a+ + = � = . Se g�se�te solu�ia

( )127,17 .

iii) �tergem cifra unit��ilor, b . Egalitatea este 1 1 144ab a+ = . Se observ� c� 3a ≤ (dac�

4a ≥ , atunci 1 1 150 144ab a+ > > ). Valoarea maxim� a lui 1a este 19, deci

1 144 19 125ab ≥ − = , adic� 2a ≥ .

Pentru 2a = , g�sim 12 12 144 12 144 12 132b b+ = � = − = , ceea ce este imposibil.

Dac� 3a = , avem 13 13 144 13 144 13 131 1b b b+ = � = − = � = . Avem solu�ia ( )131,13 .

Mul�imea solu�iilor este ( ) ( ) ( ) ( ){ }122, 22 , 127,17 , 131,13 , 132,12 .

R : ( ) ( ) ( ) ( ){ }122, 22 , 127,17 , 131,13 , 132,12

P:455 – G.M.B. 3/2012

Reconstitui�i înmul�irea :

4

4 4 4

A B

C D

B

A B

×

Nicolae Iv��chescu, Craiova

Solu�ie.

Din adunarea cifrelor zecilor rezultatelor par�iale, avem 4B B+ = sau 14B B+ = (cu transport de 1 spre ordinul sutelor). Cifra C a zecilor înmul�itorului este 1, deoarece al doilea rezultat par�ial este egal cu deînmul�itul. Dac� 4B B+ = , atunci 2B = �i deoarece nu avem transport, rezult� 4A = . Deînmul�itul de

pe prima linie este 42AB = , iar 444 nu este multiplu al acestuia ( 42 10 420× = , 42 11 420 42 462× = + = ). Deci 14B B+ = , adic� 7B = �i 1 4A + = , deci 3A = . Deînmul�itul este 37 , iar primul rezultat par�ial este 74. Cifra D a unit��ilor înmul�itorului este 74 : 37 2D = = . Înmul�irea este 37 12 444× = .

R : 37 12 444× =

P:459 – G.M.B. 4/2012

Reconstitui�i adunarea :

* 2 0 1 2 *

R A P O R T

A P O R T

P O R T

O R T

RT

T

+

Aurel Dobo�an �i Sebastian Gheorghi��, Lugoj Solu�ie.

Cifrele , ,R A P �i O trebuie s� fie nenule; doar cifra T poate lua �i valoarea 0.

Valoarea ob�inut� adunând toate unit��ile este 6 T⋅ ; cum 0 9T≤ ≤ , rezult� 0 6 54T≤ ⋅ ≤ ,

deci se poate produce un transport 1t c�tre cifra zecilor, cu

10 5t≤ ≤ .

Valoarea ob�inut� adunând cifrele zecilor este 1

5 R t⋅ + ; îns� 1 9R≤ ≤ �i 1

0 5t≤ ≤ , deci

1 15 1 0 5 5 9 5 5 5 50R t R t⋅ + ≤ ⋅ + ≤ ⋅ + ⇔ ≤ ⋅ + ≤ . Cum cifra unit��ilor num�rului

15 R t⋅ +

trebuie s� fie 2, iar 5 R⋅ se poate termina numai cu 0 sau cu 5 , rezult� c� 1

2t = �i 1

5 R t⋅ + ∈

{ }2,12, 22, 32, 42∈ . �i în acest caz se produce un transport 2

t c�tre ordinul sutelor, care

poate fi cel mult 4.

Revenim la ordinul unit��ilor; faptul c� 1

2t = ne permite s� deducem c� 20 6 29T≤ ⋅ ≤ , deci

4T = .

Egal�m pe rând num�rul 1

5 5 2R t R⋅ + = ⋅ + cu elementele mul�imii { }2,12, 22, 32, 42 :

5 2 2 5 2 2 0 0R R R⋅ + = � ⋅ = − = � = nu convine

5 2 12 5 12 2 10 10 : 5 2R R R⋅ + = � ⋅ = − = � = =

5 2 22 5 22 2 20 20 :5 4R R R⋅ + = � ⋅ = − = � = =

5 2 32 5 32 2 30 30 : 5 6R R R⋅ + = � ⋅ = − = � = =

5 2 42 5 42 2 40 40 : 5 8R R R⋅ + = � ⋅ = − = � = =

Valoarea ob�inut� adunând cifrele sutelor este 2

4 O t⋅ + , cu 1 9O≤ ≤ �i 2

1 4t≤ ≤ . Rezult�

2 24 1 1 4 4 9 4 5 4 40O t O t⋅ + ≤ ⋅ + ≤ ⋅ + ⇔ ≤ ⋅ + ≤ ; cum cifra unit��ilor num�rului

24 O t⋅ +

trebuie s� fie 1, rezult� { }24 11, 21, 31O t⋅ + ∈ . Nu putem avea { }2

2, 4t ∈ , deoarece num�rul

24 O t⋅ + ar fi par. Analiz�m celelalte dou� posibilit��i.

2

1t = . Egal�m pe rând valoarea 4 1O⋅ + cu 11, 21 sau 31 :

4 1 11 4 11 1 10O O⋅ + = � ⋅ = − = , imposibil, deoarece 10 nu se împarte exact la 4.

4 1 21 4 21 1 20 20 : 4 5O O O⋅ + = � ⋅ = − = � = =

4 1 31 4 31 1 30O O⋅ + = � ⋅ = − = , imposibil, deoarece 30 nu se împarte exact la 4.

2

3t = . Egal�m pe rând valoarea 4 3O⋅ + cu 11, 21 sau 31 :

4 3 11 4 11 3 8 8 : 4 2O O O⋅ + = � ⋅ = − = � = = .

4 3 21 4 21 3 18O O⋅ + = � ⋅ = − = , imposibil, deoarece 18 nu se împarte exact la 4.

4 3 31 4 31 3 28 28 : 4 7O O O⋅ + = � ⋅ = − = � = = .

Este momentul s� revenim asupra cifrei R . Am v�zut c� transportul 2

t nu poate fi decât 1 sau

3; acesta este îns� cifra zecilor num�rului 5 2R⋅ + , care poate lua valorile 12, 22, 32 sau 42. Se

exclud deci valorile 22 �i 42, corespunz�toare valorilor 4R = �i 8R = . R�mân valorile

{ }2, 6R ∈ .

La cifra miilor se ob�ine prin adunare valoarea 3

3 P t⋅ + , unde 1 9P≤ ≤ �i 3

1 3t≤ ≤ , 3

t fiind

transportul provenit de la ordinul sutelor. Rezult� 3

3 1 1 3 3 9 3P t⋅ + ≤ ⋅ + ≤ ⋅ + �

34 3 30P t� ≤ ⋅ + ≤ . Cifra unit��ilor num�rului

33 P t⋅ + este 0, deci { }3

3 10, 20, 30P t⋅ + ∈ .

Cifra zecilor num�rului 3

3 P t⋅ + este transportul 4

t c�tre ordinul zecilor de mii; cum 4

2 A t⋅ +

trebuie s� aib� cifra unit��ilor 2 (par�), singura posibilitate este ca 4

2t = , adic� 3

3 20P t⋅ + =

Se analizeaz� pe rând cazurile posibile :

3

1 3 1 20 3 20 1 19t P P= � ⋅ + = � ⋅ = − = , imposibil, deoarece 19 nu se împarte exact

la 3.

3

2 3 2 20 3 20 2 18 18 :3 6t P P P= � ⋅ + = � ⋅ = − = � = =

3

3 3 3 20 3 20 3 17t P P= � ⋅ + = � ⋅ = − = , imposibil, deoarece 17 nu se împarte

exact la 3.

Acum trebuie s� revenim asupra cifrei O . Am v�zut c� 3

2t = , dar 3

t este cifra zecilor

num�rului 2

4 O t⋅ + , cu { }21, 3t ∈ . Din cazurile analizate mai sus, se observ� c� cifra zecilor lui

24 O t⋅ + este 2 numai când 5O = . Aceasta implic�

21t = �i 2R = .

Adunarea cifrelor zecilor de mii produce valoarea 4

2 2 2A t A⋅ + = ⋅ + ; cum 1 9A≤ ≤ , rezult�

2 1 2 2 2 2 9 2 4 2 2 20A A⋅ + ≤ ⋅ + ≤ ⋅ + � ≤ ⋅ + ≤ . Singura posibilitate ca 2 2A⋅ + s� aib� cifra

unit��ilor 2 se ive�te dac� 2 2 12 2 12 2 10 10 : 2 5A A A⋅ + = � ⋅ = − = � = =

Toate cifrele implicate sunt acum determinate în mod unic: 2, 5, 6, 5, 4R A P O T= = = = = .

Adunarea este reconstituit� mai jos.

2 5 6 5 2 4

5 6 5 2 4

6 5 2 4

5 2 4

2 4

4

3 2 0 1 2 4

+

S:P12.218 – S.G.M. 2/2012

Înlocui�i literele cu cifre astfel încât egalitatea DOI TREI CINCI+ = s� fie adev�rat� (literele diferite reprezint� cifre diferite).

* * * Solu�ie.

Ignor�m deocamdat� restric�ia de unicitate impus� asupra cifrelor. Avem 999DOI ≤ �i

9999TREI ≤ , deci 999 9999 10998DOI TREI+ ≤ + = . A�adar, litera C nu poate fi decât 1. Bilan�ul cifrei unit��ilor impune ca ultima cifr� a sumei I I+ s� fie I , ceea ce nu este posibil decât pentru 0I = .

Dac� valoarea lui T nu ar fi 9 , atunci 8999TREI ≤ , deci 999 8999 9998DOI TREI+ ≤ + = Rezultatul adun�rii nu ar putea avea în acest caz cinci cifre ; deci 9T = .

Cu ce am g�sit pân� acum, adunarea se rescrie 0 9 0 10 10DO RE N+ = Adunarea cifrelor zecilor se scrie 11O E+ = , deoarece nu putem avea 1O E+ = (singura posibilitate ar fi ca O �i E s� ia valorile 0 �i 1, care sunt “ocupate”). Perechile de cifre “libere” cu suma 11 sunt 3 �i 8, 4 �i 7, 5 �i 6. Adunarea cifrelor sutelor beneficiaz� de transport de la ordinul zecilor �i trebuie s� produc� transport de o unitate c�tre ordinul miilor, astfel încât rezultatul s� dep��easc� 10000 . Deci,

1 10 9D R N D R N+ + = + � + − = .

i) Dac� { }, 3,8O E ∈ , atunci { }, , 2,4,5,6,7D R N ∈ . Posibilit��ile de satisfacere a

egalit��ii 9D R N+ − = sunt { }, 6,7D R ∈ �i 4N = , sau { }, 4,7D R ∈ �i 2N =

sau { }, 5,6D R ∈ �i 2N = .

ii) Dac� { }, 4,7O E ∈ , atunci { }, , 2,3,5,6,8D R N ∈ . Posibilit��ile de satisfacere a

egalit��ii 9D R N+ − = sunt { }, 6,8D R ∈ �i 5N = , sau { }, 3,8D R ∈ �i 2N = sau

{ }, 5,6D R ∈ �i 2N = .

iii) Dac� { }, 5,6O E ∈ , atunci { }, , 2,3, 4,7,8D R N ∈ . Posibilit��ile de satisfacere a

egalit��ii 9D R N+ − = sunt { }, 4,7D R ∈ �i 2N = sau { }, 3,8D R ∈ �i 2N = sau

{ }, 4,8D R ∈ �i 3N = .

Problema are a�adar 36 de solu�ii, enumerate în continuare : i) 630 9780 10410+ = , 730 9680 10410+ = 680 9730 10410+ = , 780 9630 10410+ = 430 9780 10210+ = , 730 9480 10210+ = 480 9730 10210+ = , 780 9430 10210+ = 530 9680 10210+ = , 630 9580 10210+ = 580 9630 10210+ = , 680 9530 10210+ = ii) 640 9870 10510+ = , 840 9670 10510+ = 670 9840 10510+ = , 870 9640 10510+ = 340 9870 10210+ = , 840 9370 10210+ = 370 9840 10210+ = , 870 9340 10210+ = 540 9670 10210+ = , 640 9570 10210+ = 570 9640 10210+ = , 670 9540 10210+ =

iii) 450 9760 10210+ = , 750 9460 10210+ = 460 9750 10210+ = , 760 9450 10210+ = 350 9860 10210+ = , 850 9360 10210+ = 360 9850 10210+ = , 860 9350 10210+ = 450 9860 10310+ = , 850 9460 10310+ = 460 9850 10310+ = , 860 9450 10310+ =

S:P12.221 – S.G.M. 3/2012 În adunarea de mai jos, literele , , , ,A B C D E reprezint� cifre diferite.

201 2

ABC

ADC

AEC

+

Calcula�i A B C D E+ + + + . Nadina Neaga, Baia Mare

Solu�ie.

Pentru ca suma 3C C C C+ + = × s� se termine cu cifra 2, trebuie ca 4C = . Aceast� sum� este 3 4 12× = , deci produce transport de o unitate spre ordinul zecilor.

La ordinul zecilor, avem { }1 1,11, 21B D E+ + + ∈ , cu transport t de 0, 1 sau 2 unit��i spre

ordinul sutelor. La ordinul sutelor, se scrie 20 3 20A A A t A t+ + + = � × + = . Singura posibilitate este ca

6A = �i 2t = , caz în care 1 21 21 1 20B D E B D E+ + + = � + + = − = . Nu ne mai intereseaz� care sunt valorile cifrelor ,B D �i E (o posibilitate este tripleta

( )8,7,5 ). Putem calcula suma ( ) 6 4 20 30A B C D E A C B D E+ + + + = + + + + = + + = .

R : 30

S:P12.253 – S.G.M. 4/2012

Afla�i numerele abcd cu cifre nenule, diferite, pentru care a b c d ad+ + + = �i

ad da abcd⋅ = .

Neculai Stanciu, Buz�u �i D.M. B�tine�u-Giurgiu, Bucure�ti

Solu�ie.

Cifrele num�rului dat fiind diferite, rezult� 9 8 7 6 30a b c d+ + + ≤ + + + = ; cum îns�

30ad ≠ , deoarece 0d ≠ , avem 29ad a b c d= + + + ≤ .

Pentru 2a = , a doua egalitate se scrie 2 2 2d d bcd⋅ = . Ultima cifr� a produsului 2 2d d⋅

poate fi d numai dac� 0d = , ceea ce nu este permis.

Rezult� c� 1a = �i 1 1 1d d bcd⋅ = . Pentru 6d ≤ , avem 1 1 16 61 976 1000d d⋅ ≤ ⋅ = < ;

a�adar, { }7 7,8,9d d≥ � ∈ . Se încearc� pe rând cele trei valori :

7 : 17 71 1207d = ⋅ = Nu satisface condi�ia 0c ≠

8 : 18 81 1458d = ⋅ = Calcul�m 1 4 5 8 18a b c d ad+ + + = + + + = =

9 : 19 91 1729d = ⋅ = Calcul�m 1 7 2 9 19a b c d ad+ + + = + + + = =

Problema are a�adar dou� solu�ii.

R : 1458, 1729

S:P12.263 – S.G.M. 5/2012

Reconstitui�i adunarea :

5 4 9 5 5

D O I N A

O I N A

I N A

N A

A

+

Doina �i Mario Mircea Stoica, Arad

Solu�ie.

Suma cifrelor unit��ilor este 5 5 9 45A ≤ × = . Pentru ca aceasta s� se termine cu 5, trebuie ca A s� fie o cifr� impar�, adic� 1,3,5,7 sau 9 . Adunarea cifrelor unit��ilor produce a�adar un

transport 1

0 4t≤ ≤ c�tre ordinul zecilor.

Adunând cifrele zecilor cu transportul 1t , ob�inem

14 4 9 4 36 4 40N t+ ≤ × + = + = . Pentru ca

în final cifra rezultat� s� fie 5, putem avea { }14 5,15,25,35N t+ ∈ . Num�rul 4N este par, deci

1t trebuie s� fie impar, adic� 1 sau 3. Ele corespund valorilor ( )1

3 1A t= = , respectiv 7A =

( )13t = . Analiz�m cele dou� cazuri posibile, din punct de vedere al bilan�ului zecilor.

a) 1

1t = Se încearc� pe rând egalit��ile :

4 1 5 4 5 1 4 4 : 4 1N N N+ = � = − = � = = 4 1 15 4 15 1 14N N+ = � = − = , imposibil, deoarece 14 nu se împarte exact la 4. 4 1 25 4 25 1 24 24 : 4 6N N N+ = � = − = � = = 4 1 35 4 35 1 34N N+ = � = − = , imposibil, deoarece 34 nu se împarte exact la 4.

b) 1

3t = Se încearc� pe rând egalit��ile :

4 3 5 4 5 3 2N N+ = � = − = , imposibil, deoarece 2 nu se împarte exact la 4. 4 3 15 4 15 3 12 12 : 4 3N N N+ = � = − = � = = 4 3 25 4 25 3 22N N+ = � = − = , imposibil, deoarece 22 nu se împarte exact la 4. 4 3 35 4 35 3 32 32 : 4 8N N N+ = � = − = � = =

Transportul 2

t c�tre ordinul sutelor poate fi 2

0 3t≤ ≤ . La ordinul sutelor, avem expresia

23 3 9 3 27 3 30I t+ ≤ × + = + = ; cum aceasta trebuie s� se termine cu cifra 9, trebuie ca

{ }23 9,19, 29I t+ ∈ . Pentru a „reconstitui” corect solu�iile problemei, se calculeaz� valoarea

transportului 2

t pe fiecare dintre cazurile de mai sus, evaluând apoi cifra comun� I a sutelor.

a1) 1 2

3, 1 1, 4 1 4 1 1 5 0A N t N t= = � = + = × + = � = . În acest caz, 2

3 3I t I+ = se

împarte exact la 3, deci singura valoare posibil� este 3 9 9 :3 3I I= � = = .

Transportul c�tre ordinul miilor este 3

0t = .

a2) 1 2

3, 6 1, 4 1 4 6 1 25 2A N t N t= = � = + = × + = � = . Expresia 2

3 3 2I t I+ = + d�

restul 2 la împ�r�irea cu 3, deci singura valoare posibil� este 3 2 29 3I I+ = � =

29 2 27 27 :3 9I= − = � = = . Transportul c�tre ordinul miilor este 3

2t = .

b1) 1 2

7, 3 3, 4 3 4 3 3 15 1A N t N t= = � = + = × + = � = . Expresia 2

3 3 1I t I+ = + d�

restul 1 la împ�r�irea cu 3, deci singura valoare posibil� este 3 2 19 3I I+ = � =

19 1 18 18 : 3 6I= − = � = = . Transportul c�tre ordinul miilor este 3

1t = .

b2) 1 2

7, 8 3, 4 3 4 8 3 35 3A N t N t= = � = + = × + = � = . Expresia 2

3 3 3I t I+ = + se

împarte exact la 3, deci singura valoare posibil� este 3 3 9 3 9 3 6I I+ = � = − = �

6 :3 2I� = = . Transportul c�tre ordinul miilor este 3

0t = .

Cum 3

2t ≤ , la ordinul miilor ob�inem prin adunare valoarea 3

2 2 9 2 18 2 20O t+ ≤ × + = + = .

Pentru ca cifra care „r�mâne pe loc” s� fie 4, trebuie ca { }32 4,14O t+ ∈ . Excludem valoarea

31t = (cazul b1)), pentru care valoarea

32 2 1O t O+ = + este impar�. Relu�m celelalte cazuri.

a1) 3

0 2 4t O= � = sau 2 14O = .

a11) În primul caz, avem 2O = �i transport 4

0t = c�tre ordinul zecilor de mii, deci 5D = .

a12) În cazul al doilea, avem 7O = �i transport 4

1t = c�tre ordinul zecilor de mii, deci

4D = . a2)

32 2 2 4t O= � + = sau 2 2 14O + = .

a21) În primul caz, avem 1O = �i transport 4

0t = c�tre ordinul zecilor de mii, deci 5D = .

a22) În cazul al doilea, avem 6O = �i transport 4

1t = c�tre ordinul zecilor de mii, deci

4D = . b2)

30 2 4t O= � = sau 2 14O = .

b21) În primul caz, avem 2O = �i transport 4

0t = c�tre ordinul zecilor de mii, deci 5D = .

b22) În cazul al doilea, avem 7O = �i transport 4

1t = c�tre ordinul zecilor de mii, deci

4D = .

Problema are a�adar �ase solu�ii (le exprim�m scriind num�rul „mare” DOINA , cel care con�ine toate cifrele). Acestea sunt : 52313, 47313, 51963, 46963, 52287, 47287 . Dac� punem restric�ia ca „literele distincte s� reprezinte cifre distincte” – restric�ie neprecizat� îns� de

enun� – r�mânem cu o singur� solu�ie, 51963DOINA = .

R: { }52313, 47313, 51963, 46963, 52287, 47287DOINA∈

S:P12.272 – S.G.M. 5/2012

Reconstitui�i adunarea :

2 0 1 2

V A R A

A R A

R A

A

* * *

Solu�ie.

Valoarea ob�inut� adunând unit��ile este 4 4 9 36A ≤ × = . Cum cifra care „r�mâne pe loc” este 2, iar valoarea se împarte exact la 4, avem posibilit��ile : a) 4 12 12 : 4 3A A= � = = . Avem un transport

11t = c�tre ordinul zecilor.

b) 4 32 32 : 4 8A A= � = = . Avem un transport 1

3t = c�tre ordinul zecilor.

Transportul c�tre cifra zecilor fiind { }11,3t ∈ , prin adunarea zecilor se ob�ine valoarea

13 3 9 3 27 3 30R t+ ≤ × + = + = . Rezult� { }1

3 1,11,21R t+ ∈ .

a) Dac� 1

1t = , atunci 1

3 3 1R t R+ = + d� restul 1 la împ�r�irea cu 3. Singura valoare

convenabil� este 3 1 1 3 1 1 0 0R R R+ = � = − = � = . Respingem aceast� valoare,

deoarece nu putem scrie num�rul 03RA = .

b) Dac� 1

3t = , atunci 1

3 3 3R t R+ = + se împarte exact la 3. Singura valoare convenabil�

este 3 3 21 3 21 3 18 18 : 3 6R R R+ = � = − = � = = . Transportul c�tre ordinul sutelor

este 2

2t = .

La ordinul sutelor, avem valoarea 2

2 2 9 2 20A t+ ≤ × + = . Rezult� { }22 0,10,20A t+ ∈ . Nu

putem avea 2 2 0A + = . Cercet�m celelalte dou� posibilit��i.

b1) 2 2 10 2 10 2 8 8 : 2 4A A A+ = � = − = � = = . Avem un transport 3

1t = c�tre ordinul

miilor, deci 1 2 1V V+ = � = .

b2) 2 2 20 2 20 2 18 18 : 2 9A A A+ = � = − = � = = . Avem un transport 3

2t = c�tre ordinul

miilor, deci 2 2 0V V+ = � = , imposibil.

Singura solu�ie pare a fi 1468VARA = , numai c� cifra A ar avea dou� valori distincte, atât 4 (la sute), cât �i 8 (la unit��i). În mod riguros, problema nu are nicio solu�ie. Ca s� nu respingem solu�ia ob�inut�, am putea reformula adunarea astfel :

2 0 1 2

V E R A

E R A

R A

A

, pentru care se poate accepta 1468VERA =

R : 1468VERA =