Najlepši zadaci

Ako pretpostavimo da svako slovo predstavlja cifru nekog broja i da sva slova predstavljaju različite cifre, onda se njihove vrednosti mogu izračunati sledećim postupkom:

- Iz DO+SI=MI zaključujemo da O predstavlja cifru 0;
- Iz LA+SI=SOL, imajući u vidu da zbir dva dvocifrena broja ne može biti veći od 198, zaključujemo da S predstavlja cifru 1;

Dati sistem postaje

RE+MI=FA
D0+1I=MI
LA+1I=10L

- Iz LA+1I=10L zaključujemo da L može biti 8 ili 9. U slučaju da je L=8, biće A+I=18, odnosno A=9 i I=9, što je u suprotnosti sa polaznom pretpostavkom da sva slova predstavljaju različite cifre. Znači, preostaje slučaj L=9.

RE+MI=FA
D0+1I=MI
9A+1I=109

- Iz 9A+1I=109 zaključujemo da je A+I=9. S obzirom da A i I ne mogu imati vrednosti 0, 1 i 9 (koje su već pridružene odgovarajućim slovima), moguće su sledeće kombinacije:

(A,I)=(2,7)
(A,I)=(3,6)
(A,I)=(4,5)
(A,I)=(5,4)
(A,I)=(6,3)
(A,I)=(7,2)

Kombinacija (A,I)=(4,5) otpada jer bi tada prva jednačina sistema glasila RE+M5=F4, iz čega sledi da bi moralo biti E=9, a vrednost 9 je već dodeljena slovu L.

Takođe, otpada i kombinacija (A,I)=(5,4), jer bi tada prva jednačina glasila RE+M4=F5, pa bi tada E moralo biti 1, a vrednost 1 je već dodeljena slovu S.

Otpada i kombinacija (A,I)=(6,3) jer bi tada prva jednačina glasila RE+M3=F6, pa bi tada E moralo biti 3, a ta vrednost je (po pretpostavci) već dodeljena slovu I.

Prema tome, ostaju kao moguće kombinacije:

(A,I)=(2,7)
(A,I)=(3,6)
(A,I)=(7,2)

Kombinacija (A,I)=(2,7):

RE+M7=F2 -> R5+M7=F2
D0+17=M7
92+17=109

Preostale cifre su 3,4,6,8. Pošto iz druge jednačine sledi D+1=M, D mora biti 3, a M mora biti 4:

R5+47=F2
30+17=47
92+17=109

Ne postoji način da slovima R i F pridružimo preostale vrednosti 6 i 8, a da prva jednačina bude zadovoljena.

Kombinacija (A,I)=(7,2):

Na sličan način se dokazuje da ni ova kombinacija ne dovodi do rešenja sistema.

Kombinacija (A,I)=(3,6):

RE+M6=F3 -> R7+M6=F3
D0+16=M6
93+16=109

Preostale cifre su 2,4,5,8. Pošto iz druge jednačine sledi D+1=M, D mora biti 4, a M mora biti 5:

R7+56=F3
40+16=56
93+16=109

Preostale cifre 2 i 8 se mogu pridružiti slovima R i F tako da i prva jednačina bude zadovoljena:

27+56=83
40+16=56
93+16=109

Prema tome,

R=2
E=7
M=5
I=6
F=8
A=3
D=4
O=0
S=1
L=9

S=9
E=5
N=6
D=7
M=1
O=0
R=8
Y=2

odnosno

.............9 5 6 7
......... + 1 0 8 5
........———————
..........1 0 6 5 2

Objavljivanje postupka ću ovaj put prepustiti nekom drugom, da ne bih pokvario zabavu.

Baš mi se sviđaju ovakvi zadaci.

Dok ne nabavim malo cvrsci karton, za predhodni zadatak, evo jednog zadatka:

MIRA * MIRA (mnozenje)
---------------
****A
****R
****I
***M
------------
*******

Izvinjavam se , kako da fiksiraf pozicije teksta?

MIRA * MIRA:

M=2
I=8
R=4
A=6

Ako nekog zanima, objaviću postupak (ukoliko to neko u međuvremenu ne bude učinio). Isto važi i za zadatak SEND+MORE=MONEY.


Možeš pomoću "code" tagova.

RESENJE ZA MIRU


prvo vidimo da se radi o mnozenju sa desna u levo..
drugo vidimo da kad pomnozimo a*a dobijemo a, ili dobijemo a*a=k*10+a, gde je ka prirodan broj koji moze biti i 0.
sledece isisujemo sve moguce kombinacije mnozenja a*a
1*1=1=0*10+1 X (1 otpada zbog prvog mnozenja, kada bi a bilo 1 rezultat prvog mnozenja ne bi imao 5 cifara)
2*2=4=0*10+4 X
3*3=9=0*10+9 X
4*4=16=1*10+6 X
5*5=25=2*10+5 ----potencijalna vrednost
6*6=36=3*10+6 --- potencijalna vrednost
7*7=49=4*10+9 X
8*8=64=6*10+4 X
9*9=81=8*10+1 X
___________________________________________________________
dalje gledajuci izraz primecujemo da je R*A=k*10+R, I*A=k*10+I, M*A=k*10+M
_____________________________________________________________
ispitujemo za obe mogucnosti a;
1*5=0*10+5 X
2*5=1*10+0 X
3*5=1*10+5 X
4*5=2*10 X
5*5=2*10+5 X
6*5=3*10 X
7*5=3*10+5 X
8*5=4*10 X
9*5=4*10+5 X

u slucaju da je A=5 otpadaju sve kombinacije jer jedina kombinacija koja zadovoljava uslov je 5*5,
a ona je nemoguca posto je A=5.. iz toga zakljucujemo da A!=5
__________________________
proveravamo za A=6
1*6=0*10+6 X
2*6=1*10+2------R=2 ili I=2 ili M=2
3*6=1*10+8 X
4*6=2*10+4------R=4 ili I=4 ili M=4
5*6=3*10 X
6*6=3*10+6 X
7*6=4*10+2 X
8*9=4*10+8-------R=8 ili I=8 ili M=8
9*6=5*10+4 X

S obzirom da se pri mnozenju sa M dobija najmanji rezultat(cetverocifren naspram ostalih petocifrenih),
zakljucujemo da je M najmanji od 3 broja, tj M=2....

sada dobijamo 2 kombinacije MIRA=2486 i MIRA=2846

isprobamo prvu kombinaciju

2486*2489
------------------
14916
19888
9944--------kombinacija otpada jer je pri mnozenju sa i cetverocifren rezultat

proveravamo drugu kombinaciju

2846*2846
----------------
17076
11384
22768
5692
--------------
8099716

zakljucujemo da je kombinacija MIRA=2846 ispravna i da zadovoljava sve uslove
stoga M=2, I=8, R=4, A=6... evo moj mali doprinos ovoj temi :D

Rasporediti brojeve od 1 do 16 u "magicni kvadrat" 4 x 4 tako da zbir brojeva u svakom redu, koloni i dijagonali bude isti.(naravno prvo se mora naci koliki treba biti zbir)
........Daniel011....mali savet, velika pomoc.Hvala na razumevanju!

Ovo su moja resenja...moze jos sigurno !?

Potpis

Da bi bio genije moras biti bar malo lud. Covek koji je genije, a to ne zna, verovatno i
nije.

Kako resiti ovo. kako poredjati tackice ispod crte da zajedno sa gornjim tackicama cine matricu 4x4.....?Samo njih pomeramo ! ! !

Potpis

Da bi bio genije moras biti bar malo lud. Covek koji je genije, a to ne zna, verovatno i
nije.

Ovako kako si postavio zadatak, vrlo je jednostavno dokazati da je to nemoguće izvesti.
Za matricu 4x4 je potrebno 4*4, odnosno 16 tačkica. Na slici koju si priložio, nalazi se 3*4, odnosno 12 tačkica (9 iznad i 3 ispod crte). Prema tome, jednostavno nemamo na raspolaganju dovoljan broj tačkica da bismo bilo kakvim premeštanjem mogli oformiti 4x4 matricu.

Mozda ne mora da bude ispunjena tackicama? :) Mozda moze da fali ponegde :)

To i ja na tren pomislih, ali su u tom slučaju moguća rešenja suviše očigledna.

I meni je nemoguce delovao pa sam proverio, i izvinjavam se. Nisu u pitanju tackice vec sibice/palidrvca.
A raspored je isti kao sa tackicama, samo sto su palidrvca u pitanju.....Ja i dalje ne vidim resenje ?!

Potpis

Da bi bio genije moras biti bar malo lud. Covek koji je genije, a to ne zna, verovatno i
nije.

Hm zanimljivo, mozda ima jos koje resenje :D ?!
Svaka cast ! ! !

Potpis

Da bi bio genije moras biti bar malo lud. Covek koji je genije, a to ne zna, verovatno i
nije.

@galet@world Nisam siguran jesam li dobro skapirao tvoje rešenje, ali ne znam gde ti je nestalo ono palidrvce iz drugog reda odozgo, u sredini. Tu imaš samo prazninu. A u zadatku je rečeno da se smeju premeštati isključivo palidrvca koja se nalaze ispod crte, a ne i palidrvca iznad crte?

Da pokušam i ja. Pošto je u zadacima koje postavlja ptak 13. sve uvek nekako u domenu nagađanja, ja bih, recimo, pretpostavio da je možda početna situacija kao ova prikazana na slici:


E, u tom slučaju bi rešenje možda moglo izgledati ovako:

Čudi me da ne možeš da otvoriš - ja sam isprobao i iz Firefoxa i iz Opere i iz IE-a i radi iz sva tri browsera.
Možeš li da otvoriš ove linkove ka Imageshack-u?
Početno stanje
Rešenje

Ja sam dosao do resenja da krstice poredjam po dijagonali, onda se dobija 4x4....I izgleda ovako




Ja se izvinjavam, ali radi se o tome da cujem zadatak a onda moram naci sam resenje, pa kad nadjem ja ga objavim, ali eto par zadataka su ispala nagadjanje sobzirom da ja sam nisam znao resenje.....Izvinjavam se....trudicu se da ubuduce budu preciznije formulisani zadaci koje postujem.

Hvala ! ! !

Potpis

Da bi bio genije moras biti bar malo lud. Covek koji je genije, a to ne zna, verovatno i
nije.