Л. ЛИХТАРНИКОВ

ЧИСЛОВЫЕ РЕБУСЫ И СПОСОБЫ ИХ РЕШЕНИЯ

Для учащихся начальной школы

«Лань» «МИК»

Санкт-Петербург 1996

ББК 22.12 Л 45

Лихтарников Л. М.

Л 45 Числовые ребусы и способы их решения. (Для учащихся начальной школы) / Оформление С. Григорьева - СПб.: Лань, МИК, 1996. - 125 с.

ISBN 5-86617-029-9

Книга «Числовые ребусы и способы их решения» предназначена для учащихся школ, учителей математики и учителей начальных классов.

Она может быть использована на факультативных занятиях по математической логике и в кружковой работе по математике.

Так как решение числовых ребусов требует весьма ограниченного объема знаний по математике (арифметика и простейшие сведения из алгебры), то абсолютное большинство задач, включенных в книгу, доступно и учащимся младших классов.

Книга также будет интересна для всех любителей занимательных задач.

ББК 22.12

ISBN 5-86617-029-9

О Л. Лихтарников, 1996

О С. Григорьев, оформление, 1996

Посвящается моим однополчанам — воинам 115 стрелковой Холмской дивизии

Автор

В данной книге даны некоторые теоретические обоснования способов решения числовых ребусов и конкретные примеры их решения.

С учетом возможной классификации числовых ребусов в книге выделены разделы:

1) Числовые ребусы, содержащие операции сложения и вычитания.

2) Числовые ребусы, содержащие операции умножения и деления.

3) Числовые ребусы, содержащие операцию возведения в степень.

4) Системы числовых ребусов.

В каждом разделе после рассмотрения способов решения ребусов данного класса разобраны подробные решения достаточного числа примеров.

В конце книги, как приложение, приведен ряд ребусов из числа лучших задач, опубликованных в последние годы в русской литературе по математике.

Ко всем задачам, включенным в книгу, приведены ответы; для отдельных особенно трудных — имеются указания, дающие путь к решению. Кроме того здесь же приведены полные решения этих задач. Однако мы надеемся, что читатель будет обращаться к этим решениям или в случае, когда задача им решена, или после многократных, но неуспешных попыток самостоятельно ее решить.

Каждая задача, включенная в книгу, даже если она упоминается как пример, занумерована двумя индексами. Первый индекс указывает номер раздела, к которому относится данная задача, второй — номер задачи в этом разделе.

Для каждой задачи, включенной в книгу, указан конкретный источник, из которого она заимствована. Те, что предложены автором, отмечены символом Л.

В конце книги приведен список литературы, из которой заимствованы некоторые задачи, ссылки на журналы «Квант» и «Наука и жизнь» приводятся непосредственно после формулировки задачи. Там же указан год издания и номер журнала.

ВВЕДЕНИЕ

Среди большого количества логических задач, опубликованных в последние годы, наиболее популярными были числовые ребусы. Только журналы «Квант» и «Наука и жизнь» опубликовали более трех сотен ребусов.

К числовым ребусам относят арифметические выражения, обычно записанные в виде равенства, в которых все или некоторые числа заменены символами (буквами, звездочками, геометрическими фигурами и т.д.).

Числовой ребус представляет собой логическую задачу, в которой путем логических рассуждений требуется расшифровать значение каждого символа и восстановить числовую запись выражения.

В Индии и Китае числовые ребусы появились 1000 лет назад. В Европе такие задачи начали появляться в начале XX века, и их назвали крипт-арифметическими (по гречески кригсо - спрятанный). В нашей литературе их называют числовыми ребусами или числовыми головоломками.

В настоящее время установились некоторые правила шифровки и дешифровки числовых ребусов.

Так, при шифровке числового равенства буквами разные цифры заменяются разными буквами, а одинаковые цифры заменяются одной и той же буквой. При шифровке ребуса одним символом (впредь в этом случае мы будем использовать только звездочку) звездочка изображает любую из десяти цифр.

По видам шифровки числовые ребусы можно разбить на несколько типов:

1. Все цифры, участвующие в записи числового выражения заменяются буквами. При этом стремятся придать зашифрованной записи какой-либо житейский смысл, желательно оригинальный. Например, числовое равенство 2039x4=8516 может быть записано так: Задача №1.1. МУХАх4=СЛОН («Наука и жизнь», 1990г., № 7), а равенство 273=19683 может быть записано в виде:

(УЖ)3=ПИТОН (Задача №3.1, Л).

2. Для шифровки числового выражения используются буквы, но при этом часть цифр, участвующих в записи числового выражения заменяют одним символом — звездочкой. Это делается обычно в тех случаях, когда необходимо показать характер промежуточных операций. Примером такой шифровки может служить ребус:

Задача № 2.1. («Квант», 1988, № 4)

Ясно, что в ребусах такого вида, расшифровав буквы, мы расшифруем весь ребус.

3. Для шифровки числового выражения используется только один символ — звездочка. Примерами такой шифровки могут служить ребусы:

Задача № 2.2. (М. Гарднер [6])

Задача № 2.3. («Квант», 1988 г., № 8)

Здесь все цифры, участвующие в ребусе, различные. Следует отметить, что в ребусах этого типа или обязательно присутствует хотя бы одна незашифрованная цифра, например, как в задаче № 2.2., или все цифры зашифрованы только звездочкой, но указано некоторое дополнительное условие, например, как в задаче № 2.3.

По виду арифметических операций, которые используются в числовом выражении, числовые ребусы можно также разбить на несколько классов. Учитывая, что действие вычитания может быть сведено в ребусе к действию сложения, а действие деления — к действию умножения, целесообразно рассматривать следующие классы числовых ребусов:

1. Ребусы, в которых используются операции сложения или вычитания. Например:

Задача № 1.2. («Квант», 1991 г., № 12)

Задача № 1.3. («Квант», 1977 г., № 12)

Задача № 1.4. («Квант», 1977 г., № 12)

Сюда же следует отнести числовые ребусы, содержащие операцию умножения на натуральное число, так как они представляют собой сумму одинаковых слагаемых (как правило меньше десяти). Например,

Задача № 1.5. (Л) ГЕНИИ хЗ=НЬЮТОН.

Здесь И и Й считаются за одну букву.

2. Ребусы, в которых используются операции умножения и деления. Например, задачи № 2.1. и 2.2.

Задача № 2.4. («Квант», 1981 г., № 1

Задача № 2.5. («Квант», 1984 г. № 1)

3. Ребусы, в которых используется операция возведения в степень. Например,

Задача № 3.2. (Л) (КИТ)3=МОНБЛАН.

Задача № 3.3. (Л) *=****

Причем в последнем примере все цифры различные.

4. Ребусы, представляющие собой системы арифметических равенств, в которых используются все перечисленные выше операции. Например,

Задача № 4.1. (Л)

Задача № 4.2. («Квант», 1990 г. № 12) Ах Р=И-Ф=М:Е=Т-И=К:А.

Дешифровку арифметического ребуса будем в дальнейшем называть его решением.

Ребус может иметь единственное решение. Например, единственным решением ребуса

Задача № 3.2. (КИТ)3=МОНБЛАН

является числовое равенство

(187)3=6539203

Достаточно часто встречаются ребусы, имеющие несколько решений. Так

Задача № 1.6. («Наука и жизнь», 1990 г. №7)

МУХАх8=СЛОН

имеет шесть решений:

1092x8=8736; 1074x8=8592; 1094x8=8752; 1037x8=8296; 1059x8=8472; 1079x8=8632.

И, к сожалению, встречаются ребусы, не имеющие ни

одного решения. Как пример ребуса, не имеющего решения, рассмотрим

Задачу № 4.11. («Квант», 1986 г., № 2)

Здесь третья степень двузначного числа есть число четырехзначное. Поэтому число ОН<22 и, следовательно, число ОН может быть только одно из чисел множества L={10, 11, 12, 13, 14, 15, 16, 17, 18, 19, 20, 21}. Из этого множества, очевидно, нужно исключить числа, оканчивающиеся цифрами 0, 1, 4, 5, 6. В противном случае число единиц основания степени совпадает с числом единиц самой степени и, значит, Н=Я.

Запишем кубы оставшихся чисел множества L и суммы их цифр:

(12)3=1728, 1+7+2+8=18,

(13)3=2197, 2+1+9+7=19,

(17)3=4913, 4+9+1+3=17,

(18)3=5832, 5+8+3+2=18,

(19)3=6859, 6+8+5+9=28.

Из этой записи видно, что равенству В+А+Н+Я=ОН удовлетворяют только числа ОН=17 и ОН=18. Но при ОН=17 в равенстве (ОН)3=ВАНЯ цифра 1 зашифрована и буквой О, и буквой H, а при ОН=18 в равенстве (ОН)3=ВАНЯ цифра 8 зашифрована и буквой Н, и буквой А. Таким образом, ни одно из возможных двузначных чисел не удовлетворяет условиям задачи и, следовательно, задача не имеет решения.

Дешифровка числового ребуса принципиально зависит от типа ребуса, т.е. от вида шифровки и от того, какие арифметические операции в нем используются. В связи с этим в каждом разделе книги анализируются особенности этого типа ребусов и способы их решения.

Здесь мы только предварительно условимся о следующем:

1. В задачах, в которых используется буквенный шифр, считать, если не оговорено особо, что между буквами и цифрами имеется взаимнооднозначное соответствие, т.е. каждой букве соответствует единственная цифра, и двум различным буквам соответствуют две различные цифры.

2. Нуль не может быть крайней левой цифрой, а результат умножения на нуль состоит из одних нулей.

С точки зрения комбинаторики задача дешифровки числового ребуса всегда разрешима в том смысле, что или мы установим существование одного или нескольких решений и найдем их, или докажем, что у данного ребуса решений не существует, как это было показано на примере. Действительно, так как в любом числовом ребусе используется конечное число цифр и конечное число операций, то, перебрав все возможные варианты, мы придем к цели.

Однако с точки зрения практики, без использования ЭВМ, такой подход неразумен в связи с огромными затратами времени, а при использовании ЭВМ не интересен, т.к. не требует логических рассуждений.

В связи с этим введем термин корректно поставленной задачи.

Будем называть задачу отыскания решения числового ребуса корректно поставленной, если выполнены следующие условия:

1. Решение задачи существует.

2. Решение задачи единственно.

3. Существует короткий и оригинальный путь решения задачи.

4. Если ребус зашифрован буквами, то в зашифрованном виде он дает фразу, имеющую оригинальный житейский смысл.

Несмотря на публикацию большого количества числовых ребусов, в русской математической литературе практически нет работ, посвященных теоретическому обоснованию способов их решения. Здесь можно назвать только две статьи, опубликованные в журнале «Квант»: Б.А.Кардемского [1] — знакомящая читателей с основными понятиями, которые используются при шифровке и дешифровке ребусов, с примерами решения конкретных ребусов, а также И.Акулича [9], которая предлагает один способ решения числовых ребусов, содержащих операцию сложения. Однако, как признает сам автор в заключении статьи, этот способ имеет ряд серьезных недостатков:

1) В большинстве случаев он требует трудоемких вычислений.

2) Позволяет найти только одно решение даже в том случае, если задача имеет несколько решений.

3) Не позволяет доказывать отсутствие решения.

Как указывалось, в предлагаемой брошюре даны некоторые теоретические обоснования способов решения числовых ребусов и ряд конкретных примеров их решения.

Под теоретическим обоснованием способов решения числовых ребусов здесь понимается формулировка в каждом из трех первых разделов некоторых свойств соответствующих арифметических операций, способствующих расшифровке ребусов.

В большинстве случаев эти свойства очень просты и не нуждаются в доказательстве. Однако изложение их в определенной системе дает ориентацию в путях расшифровки конкретного класса ребусов.

Применение указанных свойств к дешифровке ребусов иллюстрируется на примерах.

Обращаясь к читателям данной брошюры, должен отметить следующее:

Всех любителей числовых ребусов можно разбить на две группы. Представители первой группы, как правило, не интересуются вопросами общей теории решения того или иного класса числовых ребусов и рассматривают каждую задачу как занимательное логическое упражнение.

Представители второй группы при решении ребусов стараются исходить из общих закономерностей, присущих данному классу задач. Правомерность каждого из подходов, конечно, может быть аргументирована. Но очевидно, что для тех, кто учится решать ребусы, и для тех, кто учит, как их решать (здесь имеются в виду учителя математики), более ценным является второй подход.

Интересы представителей этой группы и предполагалось удовлетворить в первую очередь. Однако и остальные могут с успехом пользоваться этой брошюрой, опуская вопросы теории и выбирая интересные для себя ребусы, которые представлены здесь в большом количестве.

ГЛАВА I. ЧИСЛОВЫЕ РЕБУСЫ, СОДЕРЖАЩИЕ ОПЕРАЦИИ СЛОЖЕНИЯ И ВЫЧИТАНИЯ

Очевидно, что числовой ребус, содержащий операцию вычитания, всегда может быть заменен числовым ребусом,

содержащим операцию сложения. Например, задача № 1.3. («Квант», 1977 г.г № 12):

заменяется эквивалентной задачей:

В связи с этим будем рассматривать здесь ребусы, содержащие только операцию сложения, вида: задача № 1.7. («Квант», 1987 г., № 11)

при дополнительном условии ДЕДКА>БАБКА>РЕПКА, и операцию только сложения одинаковых слагаемых, вида:

Задача № 1.8. («Квант», 1987 г., № 1)

Последний пример, конечно, можно записать короче, используя операцию умножения:

ШЕПНУЛх5=КРИКНУЛ.

Но и в такой записи будем рассматривать этот ребус как содержащий операцию сложения пяти слагаемых. Аналогично записываются:

Задача № 1.9. ВОБЛАх2=ПЛОТВА («Квант», 1980г., №1),

Задача № 1.10. БУКВАх6=СЛОВО^Аваи/и», 1982г.№3),

Задача № 1.11.КОЗАх2=СТАДО (Л),

Задача № 1.12. КРОСС х 2=СПОРТ («Квант», 1995г., №1).

Сформулируем ряд простых свойств операции сложения натуральных чисел, которые позволяют определить

некоторые неизвестные буквы в числовых ребусах, содержащих эту операцию:

♦ Свойство 1.1. Пусть имеется сумма двух натуральных чисел и в &-тых разрядах этих чисел и их суммы стоит одна и та же цифра а. Тогда либо я=0, либо а=9.

Действительно, с учетом суммирования чисел, стоящих в предыдущем разряде, возможны варианты:

1) а+а=а и, следовательно, а=0,

2) я+я+1=10+я щ следовательно, а=9.

Например, в задаче 1.7. /1=0, а в задаче 1.12. 0=9.

♦ Свойство 1.2. Пусть имеется сумма трех натуральных чисел и в £-тых разрядах этих чисел и их суммы стоит одна и та же цифра а. Тогда либо я=0, либо а=5.

Действительно, с учетом суммирования чисел, стоящих в предыдущем разряде, возможны варианты:

1) а+а+а=а и, следовательно, я=0,

2) а +а+а=10+я и, следовательно, я=5.

Например, в задаче 1.7. или /4=0, или /4=5.

Отметим, что аналогично можно рассматривать суммы четырех, пяти и т.д. натуральных чисел.

♦ Свойство 1.3. Если при суммировании двух £-значных чисел получается (&+1)-значное число, то его десятичный знак высшего разряда равен единице.

Если при суммировании трех £-значных чисел получается 1)-значное число, то его десятичный знак высшего разряда не более двух.

Эти утверждения следуют из того, что сумма двух натуральных чисел меньше 20, а сумма трех натуральных чисел меньше 30.

Аналогичные оценки имеют место при суммировании большего числа £-значных чисел. Так в задаче № 1.3. /7=1, в задаче 1.7. С<2, а в задаче №1.8. К<4.

♦ Свойство 1.4. Если при суммировании двух одинаковых к-значных чисел в сумме получается Л-значное число, то десятичный знак высшего разряда исходного числа меньше 5.

Если при суммировании трех одинаковых Л-значных чисел в сумме получается fc-значное число, то десятичный знак высшего разряда исходного числа меньше трех.

Эти утверждения следуют из того, что при суммировании п одинаковых А:-значных чисел с десятичным знаком

высшего разряда, равным а, необходимо, чтобы в к-том разряде суммы оказалось число меньшее 10. Так при л=2 в Л-том разряде суммы будет число, не превосходящее 2я+1. Это, очевидно, будет при а<5.

При /2=3 в к-том разряде суммы будет число, не превосходящее Зя+2. Чтобы оно было меньше 10, необходимо, чтобы а было меньше 3. Так в задаче № 1.10. 2>=1, а в задаче № 1.12. К<5.

♦ Свойство 1.5. Если суммируются одинаковые слагаемые, то при четном числе слагаемых число единиц в полученной сумме будет четным.

Это утверждение очевидно.

Так, например, четными числами являются цифры, зашифрованные буквой О, в задачах № 1.10. и № 1.11.

♦ Свойство 1.6. Если при суммировании двух одинаковых fc-значных чисел в некотором разряде суммы получается нуль или единица, то число, стоящее в соответствующем разряде слагаемого, равно либо нулю, либо 5.

Действительно, с учетом суммирования чисел, стоящих в предыдущем разряде, при условиях свойства 1.6. возможны варианты:

1) а+а=0 и, следовательно, я=0,

2) я+я=10 и, следовательно, я=5,

3) я+я+1=1 и, следовательно, я=0,

4) а+а+1=10+1 и, следовательно, я=5.

♦ Свойство 1.7. Пусть имеется сумма двух равных к-значных чисел и в их р-ом и q-ом разрядах (р„Л, q„k, p№q) стоят различные цифры.

Если при суммировании чисел, стоящих в их р-ом и q-ом разрядах, с учетом суммирования чисел, стоящих в предыдущих разрядах, получаются числа, в числе единиц которых стоят одинаковые цифры, то цифры, стоящие в р-ом и <7-ом разрядах слагаемых, отличаются друг от друга на 5 единиц.

Примерами таких сумм могут служить следующие:

Справедливость утверждения свойства 1.7. вытекает из того простого факта, что если суммы двух пар одинаковых

однозначных чисел отличаются друг от друга на 10 единиц, то сами однозначные числа отличаются друг от друга на 5 единиц.

♦ Свойство 1.8. Пусть имеется сумма двух равных к-значных чисел, и в их р-ом и ç-ом разрядах (р„к, q„k, p№q) стоят одинаковые цифры.

Если при суммировании чисел, стоящих в р-ом и q-ом разрядах, с учетом суммирования чисел стоящих в предыдущих разрядах, в числе единиц получаются различные числа, то они отличаются друг от друга на единицу. Примером такой суммы является:

Приведем примеры ребусов, при дешифровке которых используются перечисленные свойства.

Рассмотрим задачу № 1.13. («Квант», 1973 г., № 9)

Так как сумма двух четырехзначных чисел дает пятизначное число, то Д=1 (свойство 1.З.). Так как А — четное число (свойство 1.5.), то 2Д=А и, следовательно, А=2.

Так как Р*1 (Д=1), а у произведения 2Р в числе единиц цифра 2, то Р=6. При этом очевидно К=2А+1, т.е. К=5.

Так как 2У=10Д+Р, то 2У=10+6=16 и У=8, а ребус расшифровывается так:

Рассмотрим задачу №1.12.

Как указывалось в свойстве 1.7. Р=Т+1. И, значит, С>5. При этом, очевидно, суммирование числа сотен дает 2-0+1=10+0 (свойство 1.1.). Откуда 0=9. Но тогда: 2 Р+1= П или 2Р+1=10+П; 2К=С или 2К+1=С.

Так как Т — число четное (свойство 1.5.), то оно может принимать значения 0, 2, 4, 6, 8, а С принимает соответственно значения 5, 6, 7, 8, 9. Но 09, иначе С=0=9. С*5, иначе Т=0, Р= 1, 0=9, П=2, а 2К=5, т.е. четное число равно 5.

С*6, иначе Т=2, Р=3, 0=9, П=6, 2К=6 и К=Р=3.

С*8, иначе Т=6, Р=7, 0=9, П=5, а 2К+1=8, т.е. нечетное число равно 8.Покажем, что число С=7 удовлетворяет рассматриваемой задаче. Действительно, при С=7, Т=4, Р=5, 0=9, П=1, 2К+1=7, т.е. К=3, и ребус расшифровывается так:

Рассмотрим задачу № 1.14. («Квант», 1975 г., № 10)

Так как сумма двух пятизначных чисел дает шестизначное число, то А=1, а Р>5 (свойство 1.З.). Но тогда Я=2А=2. Так как при суммировании двух одинаковых чисел Ю в числе единиц получается цифра 1, то в соответствии со свойством 1.6. или Ю=5, или Ю=О.Пусть Ю=5. Тогда М>5. Но М>7 (иначе Р<4).При М=8 Р*6 (иначе В=Я=2). Пусть М=8 и Р=7, но тогда В=Ю=5.

Следовательно, М*8.Пусть М=9. Тогда Р=8, В=7. При этомК<4.НоК*0(иначеИ=0); К*1,т.к.А=1, К*2,т.к.Я=2, К*4, т.к. при К=4 И=Р=8. При К=3 И=6, и ребус расшифровывается так:

Покажем теперь, что Ю*0. Предположим противное. Пусть А=1, Я=2, Ю=0. При этом М>5. Но М>7 (иначе Р<4 и А=0). Пусть М=8. При этом Р*6 (иначе В=Я=2). Если же Р=7, то В=4, а К>5. Но К*5 (иначе И=Ю=0), К*6 (иначе И=Я=2), К*7, т.к. Р=7; К*8, т.к. М=8, И*9 (иначе И=М=8). Следовательно, М*8.Пусть М=9. Тогда Р=8, а К<4. При этом В=6.Но К>0 (Ю=0), К*1 (А=1), К*2 (Я*2), И*3 (иначе И=В=6), К*4 (иначе И=Р=8). Значит, М*9, а Ю*0.

Рассмотрим задачу № 1.15. («Квант», 1993 г., № 11-12)

Так как при суммировании в третьем столбце в числе единиц получается цифра А, то по свойству 1.1. либо А=0, либо А=9. Но А*0 (иначе и Р=0). Значит, А=9. При этом Р=8, Е=7. Но тогда 2М+1=10+Т и 2Д+1=Т.

По свойству 1.4. Д<5. Но Д*0, так как Д крайняя левая цифра, Д*3 (иначе Т=Е=7), Д*4 (иначе Т=А=9), Д*2 (иначе Т=5, а М=Е=7).

Следовательно, Д=1, Т=3, М=6, и ребус расшифровывается так:

На примере задачи № 1.16. («Квант», 1978 г., № 1)

покажем, как иногда успешно используются свойства 1.5., 1.6., 1.7. и 1.8.

Согласно свойству 1.5. в задаче № 1.16. И — число четное. Но И*0. Действительно, если бы И=0, то или А=0, или А=5. Но А*0 (иначе И=А=0). (Свойство 1.6.). Пусть А=5 и И=0. Так как в третьем и пятом разрядах суммируются числа И=0, а в числе единиц этих сумм получаются различные цифры Т и Ч, то согласно свойству 1.8. Т и Ч отличаются друг от друга на 1. Но тогда или Т=0, а 4=1, или Т=1, а 4=0, то есть в обоих случаях число И совпадает с одним из чисел (или Т, или Ч). Следовательно, И*0.

Так как сумма Н+Н в числе единиц дает четное число И, то сумма цифр предыдущего столбца меньше 10. Отсюда следует, что И<4. Но И — число четное и не равное нулю. Значит, И может принимать только значения 2 и 4.

Так как суммы Н+Н и А+А в числе единиц имеют одну и ту же цифру И, то по свойству 1.7. цифры А и H отличаются друг от друга на 5 единиц. Это возможно в следующих четырех случаях:

1. А=1, Н=6, И=2,

2. А=2, Н=7, И=4,

3. А=6, Н=1, И=2,

4. А=7, Н=2, И=4.

Рассмотрим каждый из этих случаев.

1. Пусть А=1, Н=6, И=2. Так как 0<С<4 (свойство 1.4.), и С*1 (А=1), С*2 (И=2), С*4 (иначе С=4=4), то С=3, а П=Н=6. Полученное противоречие доказывает, что первый случай исключается.

2. Пусть А=2, Н=7, И=4. Тогда Т=9, аЧ=Т-1 и, значит, 4=8 (свойство 1.8.). С*1 (иначе П=А=2), С*2, т.к. А=2, С*4, т.к. И=4. Значит, С=3, а П=6. Ясно, что 2Ц=К. Это равенство противоречиво, т.к. Ц<5. Но Ц*1 (иначе К=А=2), Ц*2, (А*2), Ц*3 (С=3), Ц*4 (И=4).

3. Пусть А=6, Н=1, И=2. Тогда Т=4, 4=5 (свойство 1.8.). При этом, очевидно, С=3, П=6. И, значит, А=П=6. Полученное противоречие доказывает, что третий случай исключается.

4. Пусть А=7, Н=2, И=4. Тогда Т=8, а 4=9 (свойство 1.8.). При этом С*1 (иначе П=Н=2), 02 (Н=2), С*4 (И=4). Значит, С=3, а П=6. Ясно, что Ц>5, так как в разряде тысяч суммы стоит нечетное число. Но Ц не может быть больше 5, т.к. П=6, А=7, Т=8, 4=9. Значит, Ц=5, а К=1, и ребус расшифровывается так:

Универсальным (хотя и трудоемким) приемом в решении ребусов, содержащих операции сложения, несомненно, является сведение такого ребуса к системе линейных диофантовых уравнений, то есть к системе уравнений, в которой число неизвестных больше числа уравнений. Это достигается путем обычного использования арифметических правил сложения натуральных чисел и введения новых вспомогательных неизвестных.

Так для задачи № 1.7. эта система уравнений будет иметь вид:

где a, ß, у, X - новые вспомогательные неизвестные, которые могут принимать значения 0, 1, 2.

Для задачи № 1.8. система диофантовых уравнений запишется так:

где а, ß, у, 5, к - новые вспомогательные неизвестные, которые могут принимать значения 0, 1, 2, 3, 4.

Аналогично выпишем системы диофантовых уравнений для задач № 1.9., 1.10. и 1.11..

Они будут иметь соответственно следующий вид:

Здесь а, ß, у, X могут принимать значения 0 и 1. Здесь а, ß, у, 8 могут принимать значения 0, 1, 2, 3, 4, 5.

Здесь а, ß, у, 5 могут принимать значения 0 и 1.

Очевидно, задача окажется разрешимой, если разрешима будет система диофантовых уравнений, т.е. если существует решение системы в целых не отрицательных числах, в котором значения всех неизвестных различны. В связи с этим выделим те особенности в уравнениях диофантовой системы, которые позволяют наиболее эффективно найти значение некоторых неизвестных:

1) Если первое уравнение системы содержит одну неизвестную букву А и одну вспомогательную неизвестную я, т.е. уравнение имеет вид к-А=10а, то А=(10-а)/к, и в зависимости от возможных значений а получаем возможные (конечно, целые) значения А. Например, для системы (1) имеем 2А=10ос, где а может принимать значения 0, 1, 2 и, значит, возможными значениями А являются 0, 5; для системы (2) имеем 4Л=10ос, где а может принимать значения 0, 1, 2, 3, 4 и, значит, возможными значениями Л являются 0, 5; для системы (3) А=10ос, где а может принимать значения 0, 1, и поэтому А имеет единственное значение А=0.

Если не первое, а одно из последующих уравнений системы связывает одну из неизвестных букв ребуса и две вспомогательных неизвестных, например, аир, т.е. имеет вид fc-i+oc=10ß, то й=(10р-а)Д. Например, для второго уравнения системы (4) имеем 6B+oc=10ß+B, где аир могут принимать значения 0, 1, 2, 3, 4, 5. Тогда B=(10ß-oc)/5. Отсюда ясно, что нужно рассматривать лишь два значения а (0 и 5) и все возможные значения ß.

2) Решение системы уравнений значительно упрощается, если из нее можно вычленить два уравнения с двумя неизвестными буквами ребуса и двумя (или тремя) вспомогательными неизвестными. В этом случае две неизвестные буквы выражаются через вспомогательные неизвестные, которые часто легко определяются. Например, из системы (5) вычленяется система двух уравнений с двумя неизвестными буквами А и О:

(6)

решение которой, выраженное через вспомогательные неизвестные а, ß и у имеет вид:

Значения А и О будут целыми (от 0 до 9) только в двух случаях:

а) ос=0, ß=l, у=1, А=3, 0=6;

б) ос=0, ß=0, у=0, А=0, О=0.

Но во втором случае буквы А и О совпадают, и поэтому

система (6) имеет единственное решение: ос=0, ß=l, у=1, А=3, 0=6.

3) Если в правых (или в левых) частях двух уравнений системы находится одна и та же неизвестная буква, то ее можно исключить, получив при этом уравнение, связывающее другие неизвестные буквы. Например, в системе (4) первое и третье уравнения

имеют в правых частях букву О. Вычитая из третьего уравнения первое, получим 6(K-A)+ß=10(y-oc).

Кстати, отсюда сразу делается вывод, что ß может быть только четным числом.

4) Если в системе уравнений или в результате преобразования системы имеет место уравнение вида /4+ß=10y, где А — неизвестная буква, a ß и у — вспомогательные неизвестные, то либо у=0, ß=0 и /1=0, либо у=1, ß=l и А=9.

5) Если в системе уравнений или в результате преобразования системы имеет место уравнение 25+oc=10ß+/4, где А и В — неизвестные буквы, а а и ß — вспомогательные неизвестные, принимающие значения 0 и 1 и А — четное, то а=0.

В заключение рассмотрим полные решения задач № 1.9. и № 1.11.

Для решения задачи № 1.9. нужно решить систему (3). Как уже отмечалось, в этой системе А=0, П=1, ос=0. Из четвертого уравнения системы (3) имеем:

О+у=10А..

Как было показано, такое уравнение имеет решение: 0=9, у=1, Л=1.

Но теперь из системы (3) вычленяется система двух уравнений с двумя неизвестными В и Л — это система второго и пятого уравнений:

(7)

Из второго уравнения системы (7) имеем: Л=2В-9.

Подставляя это выражение Л в первое уравнение системы (7), получим:

Решение в целых числах получается лишь при ß=0. При этом В=6, Л=3.

Наконец, рассмотрим третье уравнение системы (3). Оно имеет вид:

2Б=10+Т.

Здесь ясно, что Т должно быть четным. Но TV0, так как А=0; TV6, так как В=6; Т*2 (иначе Б=В=6), Т*8 (иначе Б=0=9),. При Т=4 получаем Б=7 и ребус расшифровывается так:

Для решения задачи № 1.11. нужно решить систему (5). Как было показано, из системы (5) вычленяется система двух уравнений с двумя неизвестными буквами А и О и тремя вспомогательными неизвестными а, ß и у и находится единственное решение этой системы:

ос=0, ß=l, у=1, А=3, 0=6.

Очевидно, С=1.

Теперь остается рассмотреть второе и четвертое уравнения системы (5), которые при найденных значениях С, а, ß и у принимают вид:

Из уравнения 2-3=10+Д видно, что Д может принимать только четные значения, т.е. О, 2, 4, 6, 8. Но Д*6, т.к. 0=6, Д*2, т.к. при этом 3=6, что невозможно.

Следовательно, возможны три варианта значений 3 и Д: 1) Д=0, 3=5; 2) Д=4, 3=7; 3) Д=8, 3=9. Аналогично из уравнения 2К+1=10+Т видно, что Т может принимать только нечетные значения, т.е. 1,3, 5,7, 9. НоТ*1,т.к. С=1; Т*3, т.к. А=3; Т*9, т.к. при этом и К=9. Значит, возможно два варианта значений Т и К: 1) Т=5, К=7; 2) Т=7, К=8.

Сравнивая варианты значений Д и 3 с вариантами значений Т и К, видим, что задача имеет два решения:

1) С=1, Т=7, А=3, Д=0, 0=6, К=8, 3=5,

и ребус расшифровывается так: 8653x2=17306.

2) С=1, Т=5, А=3, Д=8, 0=6, К=7, 3=9,

и ребус расшифровывается так: 7693x2=15386.

Решение ребусов, содержащих операцию сложения, значительно упрощается, если в задаче кроме числового ребуса задается некоторое дополнительное условие. Приведем примеры таких задач.

Задача № 1.17. («Квант», 1991 г., № 1)

Здесь все гласные буквы соответствуют цифрам одной четности, а согласные — другой.

Согласно свойству 1.5. согласной букве H соответствует четная цифра. Следовательно, четным цифрам соответствуют буквы М, С, Л, X и H, а нечетным цифрам соответствуют буквы А, О, У.

Так как сумма двух одинаковых четырехзначных чисел есть число четырехзначное, то М<4, т.е. M может принимать только два значения: 2 и 4, а С может принимать только два значения 4 и 8 (С не может принимать значения 5 и 9, т.к. С — четное). Далее, из характера суммирования видно, что X — может принимать только значения 0, 2, 4, Л — может принимать только значения 2, 6, H — может принимать только значения 0, 4, 8, А — может принимать только значения 5, 7, 9, У — может принимать только значения 1, 3, О — может принимать только значения 1, 3, 5. Покажем, что М*4. Предположим противное. Пусть М=4, тогда С=8. Но при этом H может принимать только значение Н=0, Х=2, Л=6, А=5, 0=5, т.е. значения О и А совпадают. Следовательно, М?4и, значит М=2. Но тогда С=4, Х=0, Л=6, Н=8, А=9, У=3, 0=1, и ребус расшифровывается так:

Задача № 1.18. («Квант», 1986 г., № 3) В какой системе счисления имеет решение (и какое) задача

Примем за основание системы счисления число п. Из первого справа столбца следует, что О равно нулю (свойство 1.1.). Учитывая это и структуру операции сложения, можем записать систему четырех линейных уравнений с четырьмя неизвестными:

которая имеет единственное решение л=7, И=3, К=4, Т=5, и ребус расшифровывается так:

Это решение имеет место в семеричной системе счисления.

В заключение этого раздела рассмотрим ряд случаев, которые позволяют использовать простые приемы решения числовых ребусов, содержащих операцию сложения. I. Пусть в задаче фигурируют слова, которые составлены из одних и тех же слогов, но взятых в различных комбинациях. В этом случае каждый слог можно рассматривать как единое число, и тогда задача сводится к более простым диофантовым уравнениям. Покажем использование этого приема на конкретных примерах.

Задача № 1.19. («Квант», 1992 г., № 7) ПЛОМБА ж 5=АПЛОМБ.

Для решения задачи положим ПЛОМБ—а. Тогда задача может быть записана в виде:

или

Число 99995 делится на 7 (но не делится на 49) и, следовательно,

Отсюда следует, что на семь должно делиться число А, то есть А=7 и, значит, а= 14285, и ребус расшифровывается так:

Задача № 1.20. («Квант», 1992 г., № 7) НИКЕЛЬ х6=ЕЛЬНИК.

В словах, фигурирующих в задаче, использованы два слога НИК и ЕЛЬ. Положим НИК=я, а ЕЛЬ=в. Тогда условие задачи может быть записано в виде:

(1000л+в).6=1000в+я, или

5999я=994в, или 857я=142я

Это уравнение имеет единственное решение: я=142, в=857 и, следовательно, ребус расшифровывается так: 142857x6=857142.

II. Результат произведения многозначного числа на однозначное число представляет собой число, все десятичные знаки которого одинаковы. Пусть в этом случае результатом произведения есть число осаос...а. Тогда оно разлагается на множители а, и 11..Л. В зависимости от числа десятичных знаков, число 11..Л также разлагается на множители. Это обстоятельство позволяет установить и множимое, и множитель. Приведем примеры ребусов этого вида. Рассмотрим задачу № 1.21. («Квант», 1992 г., № 4) ПЧЁЛКАх 7=ЖЖЖЖЖЖ.

Так как число десятичных знаков в числах ПЧЁЛКА и одинаково, то очевидно, П=1, а Ж>7. Но ЖЖЖЖЖЖ=Ж 111111=Ж7 3 5291. Следовательно, возможны случаи: а) Ж=7, б) Ж=8, в) Ж=9.

Рассмотрим их с учетом, что ПЧЁЛКА=ЖЖЖЖЖЖ:7.

а) Пусть Ж=7. Тогда ПЧЁЛКА=777777:7=111111, то есть в числе ПЧЁЛКА все цифры одинаковы, что противоречит условию.

б) Пусть Ж=8. Тогда ПЧЁЛКА=888888:7=126984. Но при этом буква К в слове ПЧЁЛКА совпадает с буквой Ж.

в) Пусть Ж=9. Тогда ПЧЁЛКА=999999:7= 142857. Этот результат не противоречит условию и, значит, П=1, 4=4, Ё=2, Л=8, К=5, А=7, и ребус расшифровывается так:

142857x7=999999.

Рассмотрим задачу № 1.22. («Квант», 1984 г., № 2)

Так как число единиц в квадрате К равно А и А отлично от К, то А принадлежит множеству {1, 4, 6, 9}, и при этом К принадлежит множеству {2, 3, 4, 7, 8, 9}.

Но тогда возможны случаи:

Таким образом, в 3), 4) и 6) случаях частное отделения ААААААААА на К не является целым числом; в случаях 2) и 5) частное от деления числа ААААААААА на К является девятизначным числом, а по условию задачи оно должно быть восьмизначным числом.

Условию задачи удовлетворяет только первый случай, и ребус расшифровывается так:

ГЛАВА II. ЧИСЛОВЫЕ РЕБУСЫ, СОДЕРЖАЩИЕ ОПЕРАЦИИ УМНОЖЕНИЯ И ДЕЛЕНИЯ

Так как действие деления — это действие, обратное умножению, то числовые ребусы, содержащие операцию деления, можно свести к числовым ребусам, содержащим операцию умножения.

Проиллюстрируем эту связь на конкретном числовом примере.

Пусть дан числовой пример на действие деления:

Ему соответствует числовой пример на действие умножения:

Отсюда следует вывод.

Чтобы перейти от числового выражения, содержащего операцию деления, к выражению, содержащему операцию умножения, нужно делитель первого выражения принять за множимое второго выражения, частное первого выражения принять за множитель второго выражения, делимое первого выражения за результат умножения во втором выражении, а шестую, четвертую и вторую строки операции деления принять, соответственно, за третью и пятую строки операции умножения.

Сформулированное правило перехода от операции деления к операции умножения естественно переносится на любые числовые выражения, содержащие операцию деления.

Например, числовому ребусу, содержащему операцию деления:

соответствует числовой ребус, содержащий операцию умножения: задача № 2.13. («Квант», 1977 г., № 1)

Однако на практике переход от ребуса, содержащего

операцию деления, к ребусу, содержащему операцию умножения, используется не часто, и поэтому более важным является то обстоятельство, что практически операция деления почти полностью опирается на операцию умножения и, следовательно, при расшифровке ребусов, содержащих операции деления и умножения, приходится пользоваться родственными правилами. В связи с этим в дальнейшем мы сформируем эти правила в одном комплекте.

По характеру шифровки ребусы, содержащие операции умножения и деления, разбиваются на два принципиально различных класса.

В первый класс входят ребусы, при шифровке которых использовались или только буквы, или буквы и звездочки.

Приведем примеры ребусов этого класса.

Задача № 2.6. («Квант», 1992 г., № 5) ТОРГх2=ГРОТ

Задача № 1.1. («Квант», 1979 г., № 2)

Задача № 2.8. («Квант», 1977 г., № 3)

Задача № 2.9. («Наука и жизнь», 1979 г., № 2)

В задачах этого класса сохраняется условие взаимно однозначного соответствия между использованными буквами и цифрами, а звездочки, если они применялись при шифровке, как правило, играют вспомогательную роль, обычно указывая число десятичных знаков в записи натурального числа.

Наличие взаимно однозначного соответствия между буквами и цифрами позволяет, как и в случае ребусов, содержащих операцию сложения, сводить задачу к системе диофантовых уравнений.

Так, для задачи № 2.8. можно записать систему уравнений :

Здесь а, ß, у, Х9 ц - вспомогательные неизвестные, принимающие значения из множества {0,1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8}.

Но даже в этой, наиболее простой, задаче приходится иметь дело с системой нелинейных уравнений. Поэтому в задачах этого класса чаще прибегают к поиску идеи, которая бы давала более простой и короткий путь решения.

В задачах второго класса все цифры, участвующие в ребусе, шифруются одним символом (звездочкой). В связи с этим здесь нет важного помощника в дешифровке ребуса — взаимно однозначного соответствия между цифрами и символами, с которыми приходилось иметь дело ранее, и поэтому в дешифровке таких ребусов используют, в основном, свойства арифметических операций.

В большинстве задач рассматриваемого типа одна или несколько цифр остаются незашифрованными.

Например, задача № 2.10. («Квант», 1971 г., № 1)

Наличие в этой задаче трех незашифрованных цифр, как будет показано ниже, позволяет найти решение ребуса.

Однако достаточно часто встречаются задачи, в которых все цифры зашифрованы одним символом и нет незашифрованных. Обычно в этом случае вводится некоторое дополнительное условие, которое обеспечивает отыскание единственного решения задачи. Примерами таких ребусов могут служить следующие две задачи.

Задача № 2.11.

Здесь символом * зашифрованы все цифры, кроме одной. Одна цифра зашифрована символом •. Кроме того известно, что сумма цифр частного равна 19. (Задача № 2.11. получена из ребуса на умножение, опубликованного в журнале «Квант», № 10, 1980 г.)

Задача № 2.12. («Наука и жизнь», 1975 г., № 1) Восстановить примеры на деление

При условии, что частное в первом примере равно делимому во втором примере.

Так как операция деления основывается на операции умножения, то естественно, что оба класса ребусов используют особенности, присущие ребусам, содержащим операцию умножения. Однако числовые ребусы, содержащие операцию деления, обладают и некоторыми специфическими особенностями. Они будут указаны в соответствующих свойствах.

Рассмотрим некоторые простые свойства операций умножения и деления, которые часто используются при расшифровке ребусов, содержащих эти операции. Одни из них очевидны и не требуют доказательств. Другие могут быть легко доказаны читателем.

♦ Свойство 2.1. Рассмотрим произведение Л-значного числа /4, десятичный знак высшего разряда которого равен я, на однозначное число р, то есть АЧр. Тогда справедливы утверждения:

а) Если произведение А-р при р>5 есть fc-значное число, то а=1.

б) Если произведение А на р=2 есть (£+1)-значное число, то а>5.

в) Если произведение А на р=2 есть fc-значное число, а произведение А на р=3 есть (£+1)-значное число, то 3<а<5.

г) Если произведение А на р=3 есть Л-значное число, а произведение А на р=4 есть (&+1)-значное число, то 2<а<3.

♦ Свойство 2.2.

а) Если произведение Л-значного числа А на однозначное число р есть fc-значное число, а произведение числа А на однозначное число q есть (£+1)-значное число, то q>p.

Отметим частные случаи этого свойства, которые часто встречаются на практике:

1) Если q=2, то p=l.

2) Если q=3, то либо р=1, либо р=2.

3) Если р=8, то (7=9.

4) Если р=7, то ç или равно 8, или равно 9.

б) Если при умножении £-значного числа А на однозначные числа р и q в результате приходим к неравенству A-p<A-q, то р<<у.

♦ Свойство 2.3.

а) Если произведение нечетного числа на множимое в числе единиц имеет цифру 5, то в числе единиц множимого стоит цифра 5.

б) Если произведение четного числа р±0 на множимое в числе единиц имеет нуль, то в числе единиц множимого стоит цифра 5.

в) Если произведение некоторого однозначного числа на множимое, в числе единиц которого стоит цифра 5, оканчивается цифрой 5 (цифрой нуль), то однозначный сомножитель является числом нечетным (четным).

г) Пусть число А имеет в числе единиц число а, не равное нулю. Если произведения числа А на однозначные числа ри q, отличные от 1, имеют в числе единиц число я, то а=5, а р и q — нечетные.

д) Пусть число А имеет в числе единиц число а. Если произведения числа А на различные однозначные числа р, qur, отличные от я, в числе единиц имеют соответственно р, qn г, то а=6, а р, q и г принадлежат множеству {2, 4, 8}.

♦ Свойство 2.4.

а) Если квадрат однозначного числа а в числе единиц имеет цифру а, то а принадлежит множеству {0, 1, 5, 6}.

б) Если квадрат однозначного числа а в числе единиц имеет цифру /и, отличную от а, то m принадлежит множеству {1, 4, 6, 9}.

в) Если квадрат однозначного числа а меньше (больше) 10, то а меньше или равно 3 (больше или равно 4).

♦ Свойство 2.5.

а) По числу единиц произведения и по числу единиц одного из сомножителей можно определить число единиц второго сомножителя. Например, если число единиц произведения равно 2, а число единиц одного из сомножителей равно 9, то число единиц второго сомножителя равно 8.

Другой пример. Если число единиц произведения равно 2, а чисел единиц одного из сомножителей равно 4, то число единиц второго сомножителя или равно 3, или равно 8.

б) Если произведение двух однозначных чисел р и q меньше 10 (p-q<l0) и р*1, и q*l9 то возможны случаи: один из них равен 2, а второй равен 3, или один из них равен 2, а второй равен 4.

♦ Свойство 2.6. Если в процессе деления приходится сносить две (или более) цифры делимого, то в соответствующем месте частного буквой (или звездочкой) зашифрован один (или более) нуль.

♦ Свойство 2.7.

а) Если в процессе деления приходится вычитать из (£+1)-значного числа fc-значное число и в результате вычитания получается Л-значное число, то цифра, стоящая в высшем десятичном разряде уменьшаемого, равна 1.

б) Если в процессе деления приходится вычитать из (&+1)-значного числа fc-значное число и в результате получается (£-1)-значное число, то первая цифра (£+1)-значного числа равна 1, вторая его цифра равна нулю, а вычетается Л-значное число с цифрой 9 в наибольшем разряде.

Таким образом в пунктах а) и б) имеют место следующие конфигурации:

которые в зашифрованном положении имеют вид:

Покажем на конкретных примерах, как используются перечисленные свойства при решении ребусов, содержащих операцию умножения. Рассмотрим задачу № 2.14. (Я.И.Перельман [3])

Очевидно, что третья цифра в третьей строке есть нуль. Но она является числом единиц в произведении 2 на число единиц множимого. Отсюда по свойству 2.3. (п. б) число единиц множимого равно 5.

Так как произведение множимого на 2 есть число трехзначное, а произведение множимого на 3 есть число четырехзначное, то по свойству 2.1. (п. в) число сотен множимого не меньше 3, но меньше 5, то есть 3 или 4.

Из структуры произведения видно, что первая цифра в пятой строке есть 1. Но тогда произведение множимого на 3 несколько больше 1200, а это возможно, если первая цифра множимого равна 4. Таким образом, множимым является число 415.

Ясно, что четвертая цифра в четвертой строке равна нулю. То есть произведение числа десятков множителя на 5 равно нулю. Отсюда по свойству 2.3. (п. в) число десятков множителя есть число четное.

Так как произведение множимого на число десятков множителя более 3000, то число десятков множителя, которое является четным, может быть равно только 8. Следовательно, множителем является число 382, и ребус расшифровывается так:

Рассмотрим задачу № 2.13. («Квант», 1977 г., № 1)

Так как произведение множимого на 2 есть число четырехзначное, а произведения множимого на число десятков и число сотен множителя есть числа трехзначные, то и число десятков, и число сотен множителя равны 1 (свойство 2.2 (п. б)). Следовательно, множитель равен 112.

Третья цифра первой строки меньше 5, иначе третьей цифрой третьей строки было бы нечетное число. Так как произведение числа десятков множимого на 2 оканчивается цифрой 2, то число десятков множимого или равно 1, или равно 6 (свойство 2.5. п. а).

Очевидно, что первая цифра шестой строки равна 1, а вторая цифра этой строки равна или нулю, или 1. Отсюда следует, что первые цифры в первой, четвертой и пятой строках равны 9 (она не может быть меньше 9, так как в этом случае результат произведения был бы не шестизначным, а пятизначным числом).

Теперь ясно, что первая цифра третьей строки равна 1, и поэтому вторая цифра шестой строки равна нулю.

Докажем, что вторая цифра первой строки равна 1. Предположим противное. Пусть она равна 6. Легко видеть, что при этом третий столбец будет давать сумму 9+6+*, которая не может давать в числе единиц цифру 2, т.к. третье слагаемое ее меньше 5. Полученное противоречие доказывает нужное.

Но чтобы сумма цифр третьего столбца 8+1+* давала теперь в числе единиц цифру 2, необходимо, чтобы третья цифра множимого была равна 3, и ребус расшифровывается так:

Рассмотрим задачу № 2.15. («Наука и жизнь», 1977г., № 8)

Из структуры операции умножения в задаче 2.15 видно, что 3=0.

Так как произведение числа ДУБКИ на однозначные числа Ы и О есть пятизначные числа, а произведения числа ДУБКИ на однозначные числа Г и Р есть шестизначные числа, то по свойству 2.1. Д>2, а по свойству 2.2. п. а) О и Ы меньше чисел Г и Р.

Так как И, очевидно, не нуль иИ« (иначе в третьей, четвертой, пятой и шестой строках было бы совпадение некоторых последних цифр), а произведения ЫхИ, РхИ, ГхИ в числе единиц имеют числа Ы, Р и Г соответственно, то И=6, а Ы, Р и Г принадлежат множеству {2, 4, 8} (свойство 2.3. п. д). Как было доказано, Ы меньше Г и Р и, значит, Ы=2, а Г и Р принадлежат множеству {4, 8}. Но тогда по свойству 2.1. Д=3. Так как ИхО имеет в числе единиц И=6, тогда 0=1.

Для определения букв У, Б и К остались не использованными цифры 5, 7, 9. Для их отыскания воспользуемся тем, что из произведения ДУБКИхЫ при Ы=2, И=6 следует, что Б есть число единиц суммы 2К+1. Испытаем на этом выражении числа 5, 7 и 9.

1) Если К=5, то число единиц суммы 2К+1 равно 1. Но тогда Б=0=1.

2) Если К=9, то число единиц суммы 2К+1 равно 9, т.е. Б=К.

3) Если К=7, то число единиц суммы 2К+1 равно 5, т.е. Б=5.

Следовательно, значения К=7, Б=5, У=9 удовлетворяют условию задачи. Так как 39576x4=158304, а 39576x8=316608, то Р=8 удовлетворяет условию задачи (И — третья цифра в пятой строке), а Р=4 не удовлетворяет условию задачи. Значит, Р=8, а Г=4, и ребус расшифровывается так:

Задача № 2.4. («Квант», 1981 г., № 1)

Так как произведение МИНУСхМ=МИНУС, то М=1.

Так как С2 в числе единиц имеет цифру С, то, по свойству 2.4. п. а. С принадлежит множеству {0, 1, 5, 6}. Но С*0 (иначе были бы равны нулю У, Н, И), Ol, так как М=1. С*5 (иначе по свойству 2.3. произведения И, H и У на С имели бы в числе единиц одну из двух цифр — нуль и 5, а по условию задачи здесь четыре различных значения. Следовательно, С=6.

Так как С=6, то произведения СИ, СН, СУ в числе единиц должны иметь числа из множества {2, 4, 8} (свойство 2.3. п. д). Произведения числа СИНУС на И и H есть числа пятизначные, а произведение числа синус на У есть число шестизначное. Отсюда, по свойству 2.3. У>И и У>Н. Значит, У=8.

В связи с этим возможны два варианта:

1) МИНУС=14286,

2) МИНУС=12486.

В первом варианте получаем решение

Выражение МИНУС= 12486 не удовлетворяет условию задачи, так как при этом произведение МИНУСхУ= = 12486x8=99888 — число пятизначное, а по условию оно должно быть шестизначным.

На примере задачи № 2.8. («Квант», 1977, № 3)

покажем ход решения ребусов этого класса путем сведения их к системам диофантовых уравнений.

Как уже указывалось, решение задачи № 2.8. сводится к решению системы уравнений

Здесь а, ß, у, Х9 \х - вспомогательные неизвестные, которые могут принимать значения из множества {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8}.

Из первого уравнения системы (1) имеем (Т-1)-А=10ос. Отсюда следует, что один из множителей, стоящих в левой части равенства равен пяти или нулю, а второй — число четное. Но А*5 (иначе произведения К, В, А, Н, Т на А давали бы в числе единиц 0 или 5 и, значит, некоторые из них должны были бы совпадать). Но тогда или Т-1=0, или Т-1=5. Но TV6 (Т-1*5), иначе, учитывая, что В>2, произведение ВОЛНАхТ было бы числом шестизначным. Значит, Т=1. Произведение ВОЛНАхА больше произведения ВОЛНАхК. Отсюда К<А.

Из второго уравнения имеем (A-l)H=10ß. Очевидно, что А-1*0 (иначе А=Т=1), А-1*5 (иначе А=6, А2=36 и, как следует из третьего уравнения, Л=А=6). Значит Н=5, а А — нечетное число и А>1. Но А*5, т.к. Н=5; А*3. Действительно, К<А, и при А=3, очевидно, К=2. При этом из пятого уравнения системы следует, что В=6, и тогда произведение ВОЛНАхК оказалось бы шестизначным числом. А*9. Действительно, если А=9, то А2=81 и Л=Т=1. Значит, А=7. а Л=9. Т.к. К<Н, то К может принимать одно из трех значений: 2, 3 и 4. Но при К=4 (и А=7) имеем КА=28 и, следовательно, В=8, и произведение ВОЛНАхК — число шестизначное. При К=3, как следует из пятого уравнения, В=Т=1. Следовательно, К=2. Тогда из пятого уравнения

В=4, а из четвертого уравнения 0=8. и ребус расшифровывается так:

Рассмотрим числовые ребусы, содержащие операцию умножения, результат которого записан числом, содержащим одну цифру, то есть числом вида AAA...А.

В зависимости от количества десятичных знаков в этом числе оно может быть разложено на множители, и это разложение позволяет установить множимое и множитель, то есть расшифровать ребус.

Пример такого ребуса дает задача № 2.16. («Квант», 1983 г., № 1)

Здесь результат умножения выражается числом ААААА, которое представимо в виде AAAAA=A(11111)=A.27141

Как видно из структуры операции умножения, число десятков множителя равно нулю. Поэтому множимое равно 271, а множителем является произведение 41А при условии, что это произведение является трехзначным числом и число его десятков равно нулю. Последнее обстоятельство возможно лишь при А=5, то есть множитель равен 205 и, следовательно, ребус расшифровывается так:

Отметим, что аналогичным образом решается задача №2.17.

В отдельных случаях легко просматриваются возможные варианты значений неизвестных букв. При небольшом числе вариантов получаем достаточно короткое решение. В качестве примера такого ребуса рассмотрим задачу № 2.6. («Квант», 1992 г., №5)

ТОРГхГ=ГРОТ.

Так как квадрат числа Г оканчивается цифрой, отличной от Г, то Г не может принимать значений 0, 1, 5 и 6 и, следовательно, может принимать значения 2, 3, 4, 7, 8 и 9. При этом Т соответственно принимает значения 4, 6, 9, 1. Следовательно, имеем шесть вариантов значений Г и Т:

Значения Г и Т

Варианты

1

2

3

4

5

6

Г

2

3

4

7

8

9

т

4

9

6

9

4

1

Так как произведение четырехзначного числа ТОРГ на однозначное число Г дает в результате четырехзначное число, то произведение ТГ должно быть меньше 10.

Как видно из приведенной выше таблицы, это возможно только в первом и шестом вариантах. Но в первом варианте в произведении ТОРГх Г число тысяч не меньше 8, в то время как по условию оно равно Г, а для первого варианта Г=2, и значит, первый вариант не удовлетворяет условию задачи.

В шестом варианте ТГ=91=9 и Г=9. При этом число сотен в числе ТОРГ (т.е. О) может быть лишь меньше или равно 1 (иначе произведение ТОРГх Г окажется пятизначным числом). Но 0*1, так как Т=1. Следовательно, О равно нулю. Но чтобы в произведении ТОРГхГ в числе десятков был нуль, необходимо чтобы Р=8, и ребус расшифровывается так:

1089x9=9801.

Специфический характер носит решение следующего ребуса, содержащего операцию умножения. Задача № 2.17. (Б.А. Кордемский [2])

Здесь каждая цифра, скрытая под звездочкой, обозначает простое число.

Согласно условию задачи в записи примера используются только простые однозначные числа: 2, 3, 5, 7. Следовательно, трехзначное число, в записи которого используются только эти цифры, умножается на двузначное число, в записи которого используются только эти числа, и далее полученное четырехзначные и пятизначное числа используют в записи только эти числа.

Чтобы ограничить рассмотрение класса комбинаций чисел, составленных из цифр 2, 3, 5 и 7, отметим ряд недопустимых и допустимых операций над этими числами: 1. Нельзя трехзначное число умножить на 2, т.к. в результате получим четное число, число единиц которого не является простым.

2.Трехзначное число можно умножить на 5, если в числе его единиц любое из чисел 3, 5, 7.

3.Трехзначное число можно умножать на 3 и 7 только в случае, если в числе его единиц число 5.

4. Произведение числа сотен на множитель не должно давать в числе десятков единицу.

Учитывая эти особенности, легко убедиться, что произведение трехзначного числа на однозначное число указанного вада будет иметь в результате четырехзначное число, составленное из цифр 2, 3, 5 и 7 в следующих четырех случаях:

Т.к. все указанные здесь трехзначные числа различные, то положительный ответ на вопрос задачи можно получить, только рассматривая произведения этих чисел соответственно на 33, 55, 75, 77, то есть

Отсюда видно, что условию задачи удовлетворяет только первый случай. Покажем теперь использование свойств операций умножения и деления при решении ребусов, содержащих операцию деления.

Рассмотрим задачу № 2.18. (В.Лицман [8])

Так как произведение делителя на число сотен частного оканчивается нулем, и оно отлично от произведения делителя на 5, то число единиц делителя равно 5, а число сотен частного — четное (свойство 2.3. п. в).

Очевидно, что первая цифра четвертой строки есть 2. Поэтому произведение делителя на число сотен частного равно 2920=365x8 (это следует из того, что число сотен частного четное, а делитель оканчивается цифрой 5). Следовательно, делитель равен 365, а число сотен частного — 8.

Легко видеть, что первая цифра частного — 1. Действительно, если бы первой цифрой частного была 2, то на первом этапе деления вычиталось бы число 700, и при этом сумма вычитаемого и разности окажется более 1000.

Наконец, из свойства 2.2. ясно, что последняя цифра частного меньше 8, то есть 6 или 7, но 365x6=2190, и поэтому цифра 6 не удовлетворяет условию задачи. Следовательно, частное равно 1857, а делимое 1857x365=677805, и ребус расшифровывается так:

Рассмотрим задачу № 2.19. (Генри Э. Дьюдени [5])

Так как произведение трехзначного делителя на 7 есть число трехзначное, то по свойству 2.1. число сотен делителя равно 1.

Так как на последнем этапе делителя сносятся две цифры, то по свойству 2.6. четвертая цифра частного равна нулю.

По свойству 2.7. в пятой строке первая цифра 1, а вторая нуль, в шестой строке первая цифра — 9.

Так как произведение трехзначного делителя на 7 есть число трехзначное, а произведение его на первую и пятую цифры есть число четырехзначное, то первая и пятая цифры больше 7, то есть или 8, или 9. И при этом, очевидно, первые цифры в первой, второй, седьмой и восьмой строках равны 1 (свойство 2.2.).

Результат умножения делителя на 7 меньше результата умножения делителя на третью цифру частного. Это следует из того, что результат умножения делителя на третью цифру частного более 900, а результат умножения делителя на 7 меньше 900, так как он вычетается из трехзначного числа и их разность более 100. И тогда по свойству 2.2 п. б. третья цифра частного больше 7. Но, очевидно, третья цифра частного меньше первой и пятой цифр частного, так как последние при умножении их на делитель дают четырехзначные числа. Следовательно, третья цифра частного равна 8, а первая и пятая равны 9.

Так как 125x8=1000 — число четырехзначное, то делитель меньше 125. Но при делителе, меньшем 124, пятая строка оказывается числом трехзначным. Следовательно, делитель равен 124, частное равно 97809, делимое равно 97809x124=12128316, и ребус расшифровывается так:

Рассмотрим задачу № 2.2. (М.Гарднер [6])

Как видно из процесса деления, согласно свойству 2.7., первые цифры в первой и третьей строках равны 1, а вторые цифры в этих строках равны нулю. Кроме того, равна нулю третья цифра первой строки. При этом из первой строки вычитается число, не меньшее 990.

Так как на втором и третьем этапах деления сносится по две цифры, то, согласно свойству 2.6., вторая и четвертая цифры частного есть нули.

Так как произведение трехзначного делителя на 8 есть число трехзначное, а его произведение на пятую цифру частного есть число четырехзначное, то согласно свойству 2.2. п. а. пятая цифра частного равна 9, а по свойству 2.1. п. а. число сотен делителя равно 1.

Так как произведение трехзначного делителя на 8 есть число трехзначное, а его произведение на 9 есть число четырехзначное, то последнее число имеет в числе тысяч 1, а трехзначный делитель заключен между числами 112 и 124.

Учитывая, что в процессе деления на первом этапе из числа, меньшего 1000, вычитается произведение первой цифры частного на число, заключенное между 112 и 124, а в результате должно быть получено число меньшее делителя, можно утверждать, что эта первая цифра частного не меньше 8. Но она не равна 9, и поэтому она равна 8.

Так как из первой строки вычиталось число, не меньшее 990, то произведение делителя на 8 должно быть не меньше 990, а это возможно, если делитель равен 124, а делимое равно 80809x124=10020316, и ребус расшифровывается так:

Рассмотрим задачу № 2.9. («Наука и жизнь», 1979 г., № 2)

Очевидно, И*1. Так как на третьем этапе деления сносится две цифры, то по свойству 2.6. 3=0.

Так как произведение И-Ж — число однозначное, то ИЖ<10.

Так как И2 — число двузначное, то И>4.

Покажем, что Ж=1. Предположим противное, то есть Ж*1. Тогда единственно возможное Ж=2, И=4. При этом из первого этапа деления следует, что Н=9, а из второго этапа — А=6. Это означает, что в седьмой строке последняя цифра — 6. Но тогда произведение ИЬ в числе единиц должно иметь цифру 6. При И=4 это возможно, если Ь=9. Следовательно, при Ж=2, И=4 Н=Ь=9. Получили противоречие и, значит, Ж=1. Пусть И>4. Легко показать, что И*5 (И*6). Предположим противное. Пусть И=5 (И=6). Тогда И2=25 (И2=36) и, как следует из второго этапа деления, А=5 (А=6). Полученное противоречие (А=И) доказывает нужное. Следовательно, если И>4, то И>6. Но И*8 (если И=8, то Н=9 и, как видно, из второго этапа деления число, десятков у И2 будет равно 1, т.е. И должно равняться 4). Пусть И=7. Тогда Н=9 (при Н=8 приходим

к предыдущему случаю). Но при этом разность на втором этапе деления будет отрицательной. Следовательно, единственно возможно, И=4, А=6, Ь=9, 3=0, Н=5, Ж=1. Таким образом, ЖИЗНЬ=14059, НАУКА=56236, и ребус расшифровывается так:

Рассмотрим задачу № 2.20. («Наука и жизнь», 1981 г., № 1)

Так как на третьем этапе операции деления сносится две цифры, то по свойству 2.6. Е=0.

Так как произведения СХЕМАхС и СХЕМАх M оканчиваются одинаковыми числами, в числе десятков которых X, а в числе единиц А и А*0 (Е=0), то по свойству 2.3. п. г. А=5, а С и M — нечетные, то есть принадлежат множеству {1, 3, 5, 7, 9}. Но С*1 и М*1, что видно из результатов умножения С и M на число СХЕМА. Ни одно из них не равно 5, так как А=5. Так как произведение СХЕМАхС — число пятизначное, то С<3, но Сф\ и, следовательно, С=3.

Так как произведение СХЕМАх M — число шестизначное, а СХЕМАхС — число пятизначное, то по свойству 2.2. М>С и, значит, M принимает одно из двух значений 7 или 9. Но если бы М=9, то из произведения СХЕМАхС=***285 Х=8, а из произведения СХЕМАхМ= ***855 Х=А=5. Полученное противоречие означает, что М*9.

Если М=7, то из произведения СХЕМАхС=***225, и из

произведения СХЕМАхМ=***525 следует, что Х=2. Таким образом, найдены значения всех букв: Е=0, С=3, А=5, М=7, Х=2. Поэтому СХЕМА=32075, СМЕХА=37025, а делимое равно СХЕМАхСМЕХА=32075х37025=1187576875, и ребус расшифровывается так:

Следующий класс задач содержит ребусы, зашифрованные только звездочками.

Рассмотрим задачу № 2.3. («Квант», 1988 г., № 8)

Здесь все цифры, зашифрованные символом *5 различны.

Так как при вычитании из трехзначного делимого двузначного произведения делителя на частное дает только однозначное число, то по свойству 2.7. число сотен делимого равно 1, а число десятков делимого равно нулю. Ясно, что произведение делителя на частное должно быть меньше 100, но больше 90. Значит, произведением делителя на частное могут быть числа 92, 93, 94, 95, 96, 98 (числа 91 и 97 на множители не разлагаются, а число 99 содержит одинаковые цифры).

Но каждое из этих чисел должно разлагаться на множители (делитель и частное), не содержащие одинаковых цифр ни друг с другом, ни с делимым. Этому условию удовлетворяет только число 96, представленное в виде произведения 96=48x2 и, следовательно, ребус принимает вид:

Остается выяснить число единиц делимого и остаток. Ими могут быть только числа 3, 5 и 7. Очевидно, что число

единиц делимого может быть только число 3, и при этом

остаток будет равен 7.

Рассмотрим задачу № 2.12. («Наука и жизнь», 1975 г., № 1) Найдем возможные значения делимого, делителя и частного в первом примере.

В процессе деления на первом этапе видно, что первые четыре цифры делимого имеют вид 1000, а вычитается при этом число 999 (свойство 2.7.). Следовательно, делителем могут быть всевозможные трехзначные множители числа 999, т.е. числа 111, 333, 999. Но число 111 не может быть делителем, т.к. на четвертом этапе произведение делителя на число единиц частного есть число четырехзначное. Покажем, что и число 999 не может быть делителем в первом примере. Действительно, на втором этапе делимым является четырехзначное число, у которого согласно свойству 2.7. первая цифра 1, а вторая нуль (это, кстати, означает, что пятая цифра исходного делителя — нуль), а вычитается из четырехзначного числа вновь 999. Но даже при максимальном значении этого четырехзначного числа 1099 в разности 1099-999=100 мы будем лишены последующих действий, указанных в первом примере.

Таким образом, делителем может быть только 333. По ходу установления этого факта мы показали, что пять цифр исходного делимого имеют вид 10000, а первая и четвертая цифра частного — 3.

Так как после первого этапа деления сносилось три цифры, то согласно свойству 2.6. вторая и третья цифры частного — нули.

Установим теперь последние четыре цифры делимого и две цифры частного, которые определяются тем, что частное первого примера является делимым во втором примере.

Учитывая, что первые две цифры делимого представляют собой число 30, а после вычитания из него двузначного числа получаем 1 (свойство 2.7.), легко сделать вывод, что делителем во втором примере является число 29, а первой цифрой частного — 1.

Учитывая, что далее сносятся две цифры, приходим к выводу, что вторая цифра частного равна нулю, а при делении трехзначного числа 103 на 29 третьей цифрой частного является 3, и здесь имеем разность 103-87=16.

Ясно, что на третьем и четвертом этапах нам нужно разделить четырехзначное число с числом тысяч, равным 1, а с числом сотен, равным 6. Такими числами, делящимися на 29 без остатка, являются три числа 1624,1653,1682. Результаты их деления на 29 соответственно равны 56, 57, 58. Этим результатам соответствуют три варианта частного во втором примере: 10356, 10357, 10358 и три варианта делимого во втором примере: 300324, 300353, 300382, которые дают три варианта частного в первом примере. Однако второй и третий варианты не удовлетворяют условию задачи, так как при них пятая цифра делимого не равна нулю. А в первом варианте делимое равно 300324x333=100007892 и, следовательно, ребус расшифровывается так:

Рассмотрим задачу № 2.21. («Наука и жизнь», 1980 г., № 7)

Как видно из структуры операции деления, частное здесь — шестизначное число и представляет собой дробь, в которой первые две цифры отделены запятой от остальных.

Делитель представляет собой двузначное число, меньшее двадцати. Это следует из того, что, начиная с третьего этапа деления, сносится цифра нуль, и, значит, произведение делителя на последнюю цифру частного должно быть кратно пяти, то есть последняя цифра частного равна пяти, а делитель меньше 20 (в противном случае их произведение было бы больше 100). В соответствии со свойством 2.7. первые цифры первой, третьей и седьмой строк равны 1. Вторые цифры третьей и седьмой строк равны нулю, а первые цифры второй, четвертой и восьмой строк равны 9.

Так как произведение первой, второй и четвертой цифр частного на делитель больше 90, но меньше 100, то в силу их четности (произведение числа единиц делителя на 5 равно нулю) эти произведения могут быть равны 92, 94, 96, 98. Но 92=23x4, а 94=47x2, т.е. не содержат двузначного множителя, меньшего 20. 96=16x6, но тогда третья цифра

делимого равна 6, первая, вторая и четвертая цифры частного равны 6.

Легко видеть, что последней цифрой делимого может быть только цифра 5, и тогда третьей цифрой частного является 5, и ребус расшифровывается так:

Наконец, 98=7x14, и число 14 может быть делителем. Но тогда произведение делителя на последнюю цифру частного будет равно 70. При этом произведение предпоследней цифры частного на делитель должно быть нечетным, что противоречит четности делителя.

Рассмотрим ребусы, зашифрованные только буквами, решение которых можно свести к системе алгебраических (не диофантовых) уравнений. Примером такого ребуса является задача № 2.7. («Квант», 1979 г., № 2)

Так как произведение числа сотен частного Ш на делитель есть число однозначное, то и делитель есть число однозначное. Обозначим его через X. Теперь условие задачи можно записать в виде двух цепочек равенств:

Из равенства (6) следует, что А-Ж=Ж и, значит, А=2Ж.

Из равенства (7) следует, что Ж-С=С и, значит, Ж=2С.

Из равенства (8) имеем 9С+Е=Б, а из равенства (9) следует Н=И+С.

Но равенство 9С+Е=Б справедливо лишь в случае, если С=1. Е=0, Б=9. При этом Ж=2. А=4, и Н=И+1, а равенство (1) принимает вид 4Х=12 и, следовательно, Х=3. Это позволяет найти из равенств (2), (3), (4) Р=7, 111=3, И=5. При этом Н=И+1=6, а из равенства (5) получаем Ь=8, и ребус расшифровывается так:

Аналогично решаются задачи № 2.35. и № 2.36.

ГЛАВА III. ЧИСЛОВЫЕ РЕБУСЫ, В КОТОРЫХ ИСПОЛЬЗУЕТСЯ ОПЕРАЦИЯ ВОЗВЕДЕНИЯ В СТЕПЕНЬ

Рассмотрим числовое равенство (ахаг..алУ=схсг...ср. (1)

Здесь av av ..., ап, cv cv ..., ср— цифры, £ — натуральное число. Если это равенство зашифровать с помощью букв или каких либо символов, то получим числовой ребус, содержащий операцию возведения в степень. Например,

Задача №3.1. (УЖ)3=ПИТОН (Л)

Задача № 3.2. (КИТ)3=МОНБЛАН (А)

Задача №3.3. (**)*=*** (л)

Причем в задаче № 3.3. все цифры, зашифрованные символом *, различные.

Чтобы установить подходы к решению числовых ребусов, в которых используется операция возведения в степень, рассмотрим конкретный ребус.

Задача №3.4. (КИТ)'=КАЗБЕК (Л)

Найдем значение показателя степени И при условии, что основание степени содержит три различных десятичных знака, а значение степени содержит шесть десятичных знаков. Ясно, что й>1. Значение числа КИТ, очевидно, больше 100, но не превосходит числа 1000. Так как уже 1003 — число семизначное, то 0, меньше трех и, следовательно, £ равно двум. Из этого примера видно, что между числом десятичных знаков основания степени, показателем степени и числом десятичных знаков значения степени существуют определенные связи, знание которых помогает в расшифровке ребуса.

Нетрудно показать, что если вторая степень числа КИТ — число шестизначное, то число КИТ удовлетворяет неравенству КИТ>317. В то же время, если вторая степень трехзначною числа — число пятизначное, то основание степени меньше или равно 316.

Иначе говоря, по числу десятичных знаков в знчении степени можно судить о границах возможного значения основания степени.

В задаче № 3.4. с цифры К начинается и основание степени, и значение степени. В связи с этим возникает вопрос: может ли эта особенность помочь в расшифровании ребуса? И, наконец, последние цифры в числах КИТ и КАЗБЕК различны и равны, соответственно, Т и К. Что можно сказать о значениях цифр Т и К в связи с этим обстоятельством?

После того как мы установили некоторые особенности рассматриваемого ребуса, естественно поставить задачу об изучении тех свойств степени натуральных чисел, которые дадут максимальную возможность в расшифровании числовых ребусов, содержащих операцию возведения в степень. Рассмотрим эти свойства.

♦ Свойство 3.1. Параметры л, 1 и р9 входящие в числовое равенство (1), удовлетворяют неравенствам:

(2) (3)

(4)

Доказательство. Так как для каждого натурального числа ахаг..алУ содержащего п десятичных знаков, справедливы неравенства:

то, используя еще и равенство (1), получим неравенство

(5).

Но, в свою очередь, число схсг..ср, содержащее р десятичных знаков, удовлетворяет неравенствам:

(6)

Из неравенств (5) и (6) получаем неравенства

или

которые в совокупности дают неравенства (2). Очевидно, неравенства (2) можно разрешить и относительно параметра л, и относительно параметра 1. В результате мы получим неравенства (3) и (4).

Неравенства (2), (3) и (4) обладают тем замечательным свойством, что, зная два из трех параметров л, 2,и р, мы можем оценивать третий параметр. Покажем это на конкретных примерах:

а) Пусть л+3 и 2=3. Тогда неравенство (2) принимает вид 6<р<10 и, следовательно, возможными значениями числа десятичных знаков степени будут 7, 8 и 9.

б) Пусть 2=2 и р=5. Тогда неравенства (3) принимают вид 2<п<7/2 и, следовательно, возможно единственное значение числа десятичных знаков основания степени п=3.

в) Пусть л=4 и р=10. Тогда неравенства (4) принимают вид: 9/4<2<10/3 и, следовательно, возможно единственное значение показателя степени 2=3.

♦ Свойство 3.2. Значение числа десятичных знаков степени зависит от значений десятичных знаков оснований степени и показателя степени.

Доказательство. Из неравенств (2) следует, что при фиксированных п и 2 натуральное число р может прини-

мать m различных значений. Это множество натуральных чисел из интервала [(п-1)-0, п-0 + 1], которое будем называть областью значений числа десятичных знаков степени, а сами значения будем обозначать через рр р2, .. ., р19 где р=(/|-1К +/ (/=1, 2, . . . , 0).

Рассмотрим связь между р,и значениями десятичных знаков основания степени при фиксированных значениях показателя степени 0. Так как в большинстве ребусов 0<4, то будем рассматривать значения &, равные 2, 3 и 4.

а) Пусть 0=2. Тогда неравенство (2) имеет вид: 2я-2<р<2л +1 и, следовательно, в области значений числа десятичных знаков степени имеем два значения: р=2п-\ и р=2п. Нетрудно показать, что первое значение принимается при условии аха2<3\, а второе значение ^принимается при условии, что j1j2>32. (Если рассматривать три первых десятичных знака основания степени, то более точными условиями будут неравенства а{а2аг<316 и а^а^а^ЗП).

Справедливо и обратное утверждение: если 0=2 и выполнено неравенство аха2<3\ (j1j,>32), то р=2п-\ (р=2п).

б) Пусть 0=3. Тогда неравенства (2) имеют вид Зп-3<р<Зп+1 и, следовательно, р может принимать три значения: р=Зл-2, р2=Зл-1, р=3п. Первое значение рх принимается при условии аха2<2\, второе значение р2принимается при условии 22<я1я2<47 и, наконец, третье значение принимается при условии аха2>М.

Справедливо и обратное утверждение.

в) Пусть 0=4. Тогда неравенства (2) принимают вид: 4л-4<р<4л+1 и, следовательно, р может принимать четыре значения: р=4п-3, р2=4п-2, р3=4л-1 и р=4п. Первое из них справедливо при условии аха2<\1, второе — при условии 18<я1а2<32, третье при условии 32<д1я2<57 и, наконец, четвертое — при условии д1я2>57.

Справедливо и обратное утверждение.

Все это позволяет при фиксированном 0, зная число десятичных знаков в значении степени, дать оценку значений десятичных знаков в основании степени или, зная значения десятичных знаков в основании степени, установить значение числа десятичных знаков в значении степени.

Как следствие нетрудно доказать справедливость утверждения:

Пусть 2=2. Если значения наибольших десятичных знаков значения степени и основания степени совпадают, т.е. c=av то общее значение сх и а] равны либо 1, либо 8, либо 9.

♦ Свойство 3.3. Рассмотрим свойство степени натуральных чисел, у которых последние цифры основания степени совпадают с соответствующими последними цифрами значения степени.

1. Пусть число единиц основания степени совпадает с числом единиц в значении степени. Легко видеть, что это обстоятельство возможно в следующих случаях:

а) Все степени вида /44л+1 (я—1, 2, 3, ...) имеют в числе единиц ту же цифру, которую имеет в числе единиц число А.

б) Все степени, основания которых имеют в числе единиц цифры 0,1,5,6, имеют в числе единиц ту же цифру.

в) Нечетные степени, основания которых имеют в числе единиц цифры 4 и 9, имеют в числе единиц ту же цифру.

2. Пусть число единиц и число десятков основания степени совпадает с числом единиц и числом десятков в значении степени.

Чтобы выяснить возможные значения этих чисел, достаточно рассмотреть степени, основания которых есть двузначные числа вида 10у+х9 т.е. степени вида (Юу+х)', где 2 принимает значения 2, 3, 4.

а) Пусть 2=2. Так как (10>Н-х)2=100у2+20)а+х2, то х и у должны совпадать с числом единиц и десятков суммы 20ух+х2. При этом очевидно, что х должно совпадать с числом единиц числа х2. Последнее, как указывалось, возможно только в случае, если х принадлежит множеству {0, 1, 5, 6}. Но при х=0 имеем очевидный случай 20ух+х2=0, и, значит, число единиц и число десятков равны нулю и совпадение возможно, если х=0 и у=0. При х=1 сумма 20ух+х2 принимает вид 20у+1, и число ее десятков совпадает лишь при у=0. Этот случай очевиден, как и предыдущий.

Легко видеть, что при х=5 и х=6 совпадение чисел десятков суммы 20ух+х2 имеет место только в случаях если

б) Пусть 2=3. Так как

то X и у должны совпадать с числом единиц и числом

десятков суммы

Очевидно, что х должно совпадать с числом единиц числа х3, а это возможно при значениях х из множества {О, 1, 4, 5, 6, 9}.

Ясно, что при х=0 совпадение десятков будет только при у=0. При х=1 сумма 30ух2+х3 принимает вид 30у+1, и число ее десятков совпадает с у при у=5 [(51)3=132651]. При х=4 сумма 30ух2+х3 принимает вид 480у+60+4, и число ее десятков совпадает с у только при у=2 [(24)3= 13824].

При х=5 сумма 30ух2+х3 принимает вид 750у+125, и число ее десятков совпадает с у в двух случаях:

при х=5, у=2 при х=5, у=7

При х=6 сумма 30ух2+х3 принимает вид: 1080у+216, и число ее десятков совпадает с у только при у=7

в) Пусть £=4. Так как

то, используя результат случая £=2, нетрудно установить, что число десятков и число единиц основания степени совпадает с числом десятков и числом единиц в двух случаях:

При х=5, у=2 При х=6, у=7

3. Пусть число единиц, число десятков и число сотен основания второй степени совпадает с числом единиц, десятков и сотен значения степени соответственно. Можно показать, что это возможно только в двух случаях, когда основание степени оказывается или числом 625, или числом 376:

4. Пусть число единиц, число десятков, число сотен и число тысяч основания второй степени совпадает с числом единиц, десятков, сотен и тысяч значения степени соответственно.

Нетрудно показать, что это возможно лишь в одном случае, когда основание степени оканчивается числом

9376

Рассмотрим теперь ряд ребусов, содержащих операцию возведения в степень при расшифровке которых значительную помощь оказывают приведенные выше свойства.

Задача № 3.5.

Здесь А —- некоторая цифра, а символом * зашифрованы все цифры, входящие в значение степени.

В этой задаче п=5, 2=А, р=9 и, следовательно, неравенства (4) принимают вид: 8/5<А<9/4. Эти неравенства удовлетворяются только при одном натуральном значении А=2 и, значит, ребус расшифровывается так:

Задача № 3.6. *****5 — это четвертая степень некоторого числа. Найти это число. Здесь символом * зашифрованы все цифры (кроме последней), входящие в значение степени (Л).

В этой задаче 2=4, р=6 и, следовательно, неравенства (3) имеют вид: 5/4</К10/4. Отсюда ясно, что л=2, и ребус можно записать в виде: (10х+у)4=*****5, где х — число десятков, а у — число единиц основания степени. Так как число единиц в степени равно 5, то и число единиц основания равно 5, т.е. у=5.

Так как число десятичных знаков в значении степени равно шести, а показатель степени равен четырем, то здесь мы имеем второе значение числа десятичных знаков значения степени (р2=6). В связи с этим двузначное основание степени lOx+y должно удовлетворять неравенствам

Этому условию удовлетворяет только число 10х+5=25 и, значит, ребус расшифровывается так:

Задача № 3.7. (АХ)Т=СТРАХ (л).

В этой задаче л=2, р=5, и поэтому неравенства (4) имеют вид: 2<Т<5. Отсюда ясно, что Т может принимать одно из двух значений: Tj=3 и Т2=4.

Так как в задаче число единиц и число десятков в основании степени совпадают с числом единиц и числом десятков в значении степени, соответственно, то возможны два случая:

1) При Т=4 или АХ=25, или АХ=76. Но (25)4=390625 -число шестизначное, а (76)4=33362176 —- число восьмизначное и, следовательно, ни 25, ни 76 не удовлетворяют условию задачи.

2) При Т=3 или АХ=16, или АХ=24, или АХ=25. Но (16)3=3016 —- число четырехзначное и, значит, не удовлетворяет условию задачи. (25)3= 15625 — число пятизначное, но содержит цифру 5 дважды и, значит, не удовлетворяет

условию задачи. (24^= 13824 — число пятизначное и удовлетворяет условию задачи.

Задача № 3.3. (**)'=****. Здесь все цифры, зашифрованные символом * различные (Л).

В этой задаче я=2, р=4 и, значит, неравенства (4) имеют ввд 3/2<2<4. Следовательно, показатель степени 2 может принимать одно из двух значений или 2=2, или 2=3. Покажем, что 2*3. Действительно, если 2=3, то степень (**)3 равна четырехзначному числу при условии, что основание степени есть число, меньшее 22. Но все числа от 10 до 21 не удовлетворяют требованию задачи. В самом деле, кубы чисел 10, 11, 14, 15, 19, 20 и 21 в числе единиц имеют ту же цифру, которая стоит в числе единиц основания степени. (12)3 имеет единицу в основании степени и в числе тысяч в значении степени. (13)3 содержит Зив основании, и в показателе степени. (17)3содержит Зив показателе степени, и в числе единиц самой степени. И, наконец, равенство (18>3=5832 содержит цифры 8 и 2 дважды.

Таким образом, 2*3 и, значит, 2=2. При этом основанием степени могут быть только двузначные числа, большие 31. Но из этих чисел следует исключить:

1) Числа, число единиц которых совпадает с числом единиц в их квадрате, т.е. числа, которые оканчиваются цифрами 0, 1, 5, 6.

2) Числа, число единиц которых равно двум, так как показатель степени также равен двум.

3) Числа, цифры которых совпадают.

4) Числа, вторая степень которых или содержит одинаковые цифры, или содержит цифры, совпадающие с теми, что стоят в основании или показателе степени.

В результате остается два числа — 59 и 84, которые удовлетворяют условию задачи. Следовательно, ребус имеет два решения:

Задача № 3.4. (КИТ) *=КАЗБЕК (А).

В этой задаче я=3, р=6 и, следовательно, неравенства (4) принимают вид: 5/3<2<3. Отсюда следует, что 2 может принимать единственное целое значение 2 =2. Так как при 2 =2, л=3 неравенства (2) имеют вид 4<р<7, то возможных значений р два: р=5 и р2=6, и р в данной задаче принимает второе

значение. Поэтому для основания степени справедлива оценка КИТ>316. Так как первая цифра основания степени совпадает с первой цифрой в значении степени при И =2, то К может принимать одно из трех значений: 1, 8, 9. Но К>3, и поэтому К*1. Так как К является и последней цифрой значения второй степени, то К*8. Следовательно, К=9. Но К является числом единиц квадрата числа Т. Это возможно, если Т или равно 3, или равно 7. В связи с этим для расшифровки слова КИТ нужно рассмотреть трехзначные числа с различными десятичными знаками, число сотен которых равно 9, а число единиц или 3. или 7. При этом в значениях второй степени таких чисел в числе сотен тысяч должна быть цифра 9. Но уже (947)2=896809, т.е. при основании степени 947 в значении степени в числе сотен тысяч имеем цифру 8. Значит, следует рассматривать числа большие 947, т.е. числа 953, 963, 973, 983, 957, 967, 987. Их квадраты: (953)2=910009, (963)2=927369, (973)2=946729, (983)2=916289, (957)2=915849, (967)2=935089, (987)2=974169. Отсюда видно, что условию задачи удовлетворяет только равенство (967^=935089 и, следовательно, К=9, И=6, Т=7, А=3, 3=5, Б=0, Й=8.

Задача № 3.2. (КИТ)3=МОНБЛАН.

В этой задаче п=3, 2=3, р=7 и, значит, неравенства (2) имеют вид: 6<р<10. Так как здесь р=7, то это первое значение числа десятичных знаков в значении степени и, значит, справедливы неравенства: 100<КИТ<216. Следовательно, нужно рассматривать натуральные числа, большие 100, но меньшие 216. Из их совокупности нужно исключить:

1) числа, которые оканчиваются цифрами 0, 1,4, 5, 6, 9, т.к. мы имеем третью степень, и число единиц значения степени не совпадает с числом единиц основания степени;

2) числа, в записи которых есть одинаковые цифры;

3) числа, меньшие 124, т.к. уже третья степень числа 123 равна 1860867, т.е. в разряде миллионов содержит единицу, а числа, меньшие 123, тем более содержат в этом разряде единицу.

4) Третьи степени чисел 2, 3, 7, 8 имеют в числе единиц цифры 8, 7, 3, 2 соответственно, и если основание степени содержит цифру, которой оканчивается третья степень его числа единиц, то такое основание степени следует исключить из рассмотрения. Сюда относятся числа 128,137, 173,182,208.

Из оставшихся трехзначных чисел только число 187 удовлетворяет условию задачи. (187)3=6539203. Следовательно, К=1, И=8, Т=7, М=6, 0=5, Н=3, Б=9, Л=2, А=0.

Среди числовых ребусов, использующих операцию возведения в степень, особо выделим класс ребусов, в которых рассматриваются вторые степени различных чисел. В них обычно и формулировка задачи и, тем более, дешифровка ребуса используют одновременно особенности и операции возведения в степень, и операции умножения.

Задачи такого типа можно разбить на два вида. Первый вид характеризуется тем, что основание степени шифруется буквами, а промежуточные действия операции умножения шифруются только одним символом — звездочкой. Примером ребуса такого вида может служить задача № 3.9. («Квант», 1985 г.,№ 7)

Второй вид ребусов этого типа характеризуется тем, что основание степени шифруется буквами, а промежуточные операции умножения и буквами, и звездочкой.

Например, задача № 3.10. («Квант», 1978 г., № 7)

На примерах задач 3.9. и 3.10. рассмотрим, как используют их особенности, т.е. наличие операций возведения в степень и умножение.

В задаче № 3.9. л=4, 2=2, р=8. Так как р при л=4 и 2=2 может принимать два значения р=7 и р2=8, то в задаче № 3.9. р принимает второе значение и поэтому, по свойству 3.2., справедливо неравенство СЕМЬ>3170, следовательно, С>3. Но произведение СЕМЬхС — число четырехзначное, и поэтому С<4. Значит, С=3.

Из структуры операции умножения в задаче № 3.9. видно, что М=0.

Произведение СЕМЬхЕ и СЕМЬхЬ - числа четырехзначные и, значит, Е<4 и Ь<4. Но Е*3 и Ь*3, так как С=3. Следовательно, одна из этих букв равна 1, а вторая -2.

В связи с этим возможно два варианта:

Однако по условию задачи (СЕМЬ)* — число восьмизначное, а (3102)2=9622404 — семизначное, и поэтому число СЕМЬ=3102 не удовлетворяет условию задачи, а число СЕМЬ=3201 удовлетворяет условию задачи, и ребус расшифровывается так:

В задаче № 3.10. можно воспользоваться другими особенностями ребуса. Действительно, так как квадрат числа К имеет в числе единиц цифру К, то, по свойству 2.4. (п. а.) К принадлежит множеству {0, 1, 5, 6}. Но, очевидно, К*0 и К*1. Пусть К=5. Тогда среди трех чисел К, У и С, по крайней мере, два числа должны совпадать. Но К, У и С — различные числа и поэтому К*5. Следовательно, К=6.

Учитывая, что К=6, а произведение СУКхК, СУКхУ и СУКхС оканчиваются соответственно числами К, У и С, можно утверждать согласно свойству 2.3. (п. д), что У и С принадлежат множеству {2, 4, 8}. Но произведение СУКхК и СУКхС — числа четырехзначные, а произведение СУКхУ — число трехзначное. Отсюда по свойству 2.2. (п. а) У<К и У<С. Поэтому У*8 и, значит, У принадлежит множеству {2,4}, а С — множеству {4, 8}. Следовательно, возможно три варианта.

1) СУК=426, 2) СУК=826, 3) СУК=846.

Но 826x2 и 846x2 — числа четырехзначные, то есть в этих вариантах произведения СУКхУ не удовлетворяют условию задачи. В первом варианте произведение СУКхУ=426х2=852 удовлетворяет условию задачи, и ребус расшифровывается так:

ГЛАВА IV. СИСТЕМЫ ЧИСЛОВЫХ РЕБУСОВ

Под системой числовых ребусов будем понимать совокупность двух или большего количества числовых ребусов, в шифрах которых участвуют все или некоторые одинаковые буквы.

Решение такой системы числовых ребусов сводится к отысканию значений неизвестных букв, входящих в эти ребусы и удовлетворяющих всем ребусам системы одновременно.

Из общего числа известных систем числовых ребусов целесообразно выделить два типа часто встречающихся систем.

1. Системы ребусов, содержащих одинаковые буквы и имеющих близкий житейский смысл. Например, Задача № 4.3. («Наука и жизнь», 1980 г., № 7)

Задача № 4.1.

(ОН)4=РАДИОН

Р+А+Д+И+0+Н=ОН

2. Системы ребусов, представляющих собой цепочку равенств. Например,

Задача № 4.2. («Квант», 1990 г., № 12) Ах Р=И-Ф=М:Е=Т-И=К:А.

Задача № 4.4. («Квант», 1981 г., № 4)

Принципиальных различий между этими двумя типами

ребусов нет. Они отличаются друг от друга, в основном, по форме. Нет здесь и принципиально новых подходов к решению сформулированных задач.

Так как системы ребусов могут содержать в совокупности все арифметические операции (сложения, умножения, вычитания, деления и возведения в степень), то при решении систем ребусов естественно использовать все те приемы, которые использовались при решении ребусов, содержащих отдельные арифметические операции.

Покажем на конкретных примерах решение различных типов систем ребусов, перечисленных выше.

Рассмотрим задачу № 4.3.

Эта система приводит к совокупности двух ребусов

Из второго ребуса, используя свойства операции сложения, находим:

По свойству 1.1. К=0, Р=9 и 0>5.

По свойству 1.8. Г=Е+1, Е — четно, а Г — нечетно.

По свойству 1.4. С<4.

С учетом сказанного, ясно, что 2О=10+Е, 2С+ 1=И, С*4 (иначе 2С+1=9 и, значит, И=Р=9), Е*8 (иначе Г=Р=9).

Из первого ребуса находим: И+А=10+С, Т+1=И.

Таким образом, для определения неизвестных С, О, Е, Г, И, Т и А имеем систему уравнений:

Покажем, что С*2 и С*3. Предположим противное:

1) Пусть С=2. Тоща из системы уравнений следует, что И=5, Т=4, А=7. Так как Е - четное и Е*2 (С=2), Е*4 (Т=4), Е*8 (иначе Г=Р=9), то Е=6, а Г=7, то есть Г=А=7 и, значит, С*2.

2) Пусть С=3. Тогда из системы уравнений следует, что И=7, А=6 и Т=6, то есть А=Т и, значит, С*3.

Из доказанного следует, что С=1. При этом И=3, Т=2,

А=8. Так как Е — четное число и Е*2 (Т=2), Е*8 (А=8), Е*6 (иначе 0=А=8). Следовательно, Е=4. При этом 0=7, Г=5, и система ребусов расшифровывается так:

1) 301-8=293 и 2) 35940-17970=17970.

Рассмотрим задачу № 4.1.

Так как два десятичных знака основания степени совпадают с соответствующими десятичными знаками значения степени и показатель степени равен 4, то это возможно в двух случаях:

1) ОН=25 и 2) ОН=76.

Т.к. в первом равенстве л=2, 2=4, а р=69 то неравенства (2) здесь имеют вид 4<р<9, т.е. р может принимать четыре значения рх=59 р2=69 р3=7, р4=8. В нашем примере р- р=6, и, следовательно, основание степени должно удовлетворять неравенствам 18<ОН<32.

Учитывая, что основание степени может принимать одно из двух указанных выше значений, приходим к выводу, что ОН=25.

При этом первое равенство расшифровывается так: (25)4=390625,

т.е. 0=2, Н=5, Р=3, А=9, Д=0, И=6.

Легко видеть, что эти значения неизвестных удовлетворяют и второму равенству:

Р+А+Д+И+О+Н=3+9+0+6+2+5=25=ОН.

Рассмотрим задачу № 4.2. А Р=И-Ф=М:Е=Т-И=К:А

Из равенства АР=К:А следует, что А2Р=К Ясно, что А*1 и А2<10. Но тогда или А=2, или А=3. Рассмотрим оба случая.

1. Пусть А=2. Тогда 4Р=К. Это возможно, если Р= 1 и К=4 или Р=2 и К=8. Но при К=8 имеем Р=А=2. Следовательно, единственно возможно при А=2, Р=1, К=4. Так как К:А=2, то из цепочки исходных равенств получаем систему уравнений:

И при этом имеем неиспользованные цифры 0, 3, 5, 6,

7, 8, 9. Из этой совокупности чисел уравнению М:Е=2 удовлетворяет только пара чисел М=6. Е=3.

Теперь остаются неиспользованными цифры 0, 5, 7, 8, 9. В этом наборе цифр равенства И-Ф=2 и Т-И=2 одновременно возможны лишь при И=7, Ф=5, Т=9, и ребус расшифровывается так: 21=7-5=6:3=9-7=4:2.

2. Пусть А=3. Тогда 9Р=К. Отсюда единственно возможно Р=1, К=9. При этом останутся неиспользованными цифры 0, 2, 4, 5, 6, 7, 8. Равенство М:Е=3 возможно при этом наборе цифр только при М=6, Е=2. Тогда останутся цифры 0, 4, 5, 7, 8. Но равенства И-Ф=3 и Т-И=3 одновременно невозможны ни при каком значении и из этого набора цифр. Значит, А*1

Рассмотрим задачу № 4.4.

Из равенства ГВД-МАД=АКД следует, что Д=0. Из равенства АЕЕ+БА=ГВД следует, что Г=А+1. Из равенства МКК+НВ=АКД следует, что А=М+1. Из равенства МКК-АК=МАД следует, что МК-А=МА. Но тогда К=2А.

Из равенства АЕЕ-МКК=МКК следует, что Е=2К, А=2М.

Сравнивая равенства А=М+1, и А=2М, получаем М=1. При этом А=2, Г=3, К=4, Е=8, Д=0, а равенство АЕЕ+БА=ГВД принимает вид 288 + Б2=ЗВ0 или 290+10Б=300+10В, или 10Б=10+10В или Б=В+1.

Равенство МКК-АК=МАД принимает вид 144-24=120, т.е. тождество.

Равенство МКК+НВ=АКД принимает вид: 144+НВ=240. Отсюда НВ=96, т.е. Н=9, В=6. Поэтому, Б=7, и ребус расшифровывается так:

В заключение приведем пример системы числовых ребусов, записанной в виде цепочки равенств, которая

отличается и громоздкостью записи, и некоторой сложностью при расшифровке.

Задача № 4.5. («Наука и жизнь», 1991 г., № 2)

1) Так как разность двух одинаковых чисел в четвертой вертикали дает число W, то W=0.

2) Так как при суммировании двух нулей в десятой вертикали в числе единиц суммы записано число С, отличное от нуля, то этим числом может быть только единица, полученная в числе десятков при суммировании в предыдущем разряде, то есть в одиннадцатой вертикали.

3) В одиннадцатой вертикали одно из слагаемых совпадает с числом единиц в сумме. С учетом п. 2) здесь мы имеем равенство B+F+l=10+B. Отсюда ясно, что F=9.

4) Разности в первой и пятой вертикалях имеют одинаковые уменьшаемые и одинаковые вычитаемые. Но разность в пятой вертикали равна 1, а разность в первой вертикали не равна ни 1, ни нулю. Поэтому она может быть равна только 2. Но тогда уменьшаемое в обоих разностях равно 3, то есть А=3.

5) В шестой вертикали уменьшаемое равно нулю, а вычитаемое — 2. Но тогда их разность, то есть D=8.

6) В седьмой вертикали в разности уменьшаемое равно 9, а вычитаемое — Е, и в результате получается число 3. Отсюда следует, что Е=6.

7) В третьей вертикали из числа 6 вычитается число 2. Но тогда их разность М=4.

8) Во второй вертикали из числа В вычитается число 4, а в результате получается число 1. Но тогда В=5.

9) Остается нерасшифрованной только одна буква К. Ею может быть зашифрована только цифра 7.

Таким образом, А=3, В=5, C=l, D=8, Е=6, F=9, W=0, К=7, L=2 и М=4, а ребус расшифровывается так:

ПРИЛОЖЕНИЕ. ЗАДАЧИ ПО ВСЕМ РАЗДЕЛАМ

Задача № 1.23. («Квант», 1993 г., № 11-12)

Задача № 1.24. («Квант», 1990 г., № 3)

Задача № 1.25. («Квант», 1989 г., № 4)

Задача № 1.26. («Квант», 1983 г., № 8)

Задача № 1.27. («Квант», 1993 г., № 11-12)

Задача № 1.28. («Квант», 1978 г., № 3)

Задача № 1.29. («Квант», 1989 г., № 12)

Задача № 1.30. («Квант», 1980 г., № 1) ОКУНЬх 8 = СУДАК

Задача № 1.31. («Квант», 1992 г., № 7) НАТАШ А+ТОНЯ=СЕСТРЫ

Задача № 1.32. («Квант», 1979 г., M 12) ДВЕСТИ+ТРИСТА=ПЯТЬСОТ

Здесь используются все десять цифр. Но буква О является цифрой нуль, буква П равна букве И, а буква В равна букве Я. Остальные буквы имеют самостоятельное значение. Задача № 1.33. («Квант», 1990 г., № 8)

Задача № 2.22. (Я.И.Перельман [3])

Задача № 2.23. (ВЛицман \8\)

Задача № 2.24. (БА.Кардемский [2])

Задача № 2.25. («Квант», 1992 г., № 7)

Задача № 2.26. («Квант», 1977 г., № 3)

Задача № 2.27. («Квант», 1978 г., № 1)

Задача № 2.28. (С.Лойд [7])

Задача № 2.29. («Наука и жизнь», 1972 г., № 6)

Задача № 2.30. (М.Гарднер [4])

Задача № 2.31. («Наука и жизнь», 1979 г., №2)

Задача № 2.32. («Квант», 1982 г., № 6)

Задача № 2.33. («Квант», 1977 г., № 12)

Задача №2.34. (Б.А.Кардемский [2])

Задача № 2.35. («Квант», 1976 г., № 6)

Задача № 2.36. («Квант», 1975 г., № 10)

Задача № 2.37. («Наука и жизнь», 1993 г., № 10)

Задача № 3.8. («Квант», 1980г., № 1). (СИГ)г=СЕМГА

Задача №3.11. («Квант», 1987 г., № 7). ** 198*7 — это пятая степень некоторого числа. Найти число.

Задача № 3.12. («Квант», 1988 г., № 10) ЯС=СЕМЬЯ

Задача № 3.13. («Квант», 1992г., № 10) (ГОЛ)г=ФУТБОЛ

Задача № 3.14. («Квант», 1978г., № 1) V ТЕТЕВА=ИВА

Задача № 3.15. («Квант», 1988 г., №4) (ПАР)2=АХАХА

Задача № 3.16. (А) (УЖ)г=УДАВ

Задача № 3.17. («Квант», 1992 г., M 7) (СМ)3=КУБИК

Задача № 3.18. (Л) (ЁЖ)1=ЁРШ

Задача № 3.19. («Наука и жизнь», 1979 г., № 2)

Задача № 3.20. («Квант», 1987 г., № 2)

ОТВЕТЫ, УКАЗАНИЯ, РЕШЕНИЯ

1.1. Задача имеет четыре решения:

Задача № 3.21. («Квант», 1976 г., № 11)

Задача № 4.6. («Наука и жизнь», 1980 г., № 7) ИКС:А=ЗЕТ \ ЙКС-А=ТРИ /

Задача № 4.7. («Квант», 1978, № 9)

ко+ля=ол-я \

К+0+Л+Я=21 /

Задача № 4.8. («Квант», 1987, № 6) МА=Т-Е=М:А=Т:И=К-А

Задача № 4.8. («Квант», 1987, № 6) Г+0=Л-0=ВхО=Л-0=М-К=А

Задача № 4.8. («Квант», 1987, № 6)

Указание. Свести задачу к решению системы диофантовых уравнений

Указание. Воспользоваться свойствами операции сложения.

Указание. Свести задачу к решению системы диофантовых уравнений.

Указание. Воспользоваться свойствами операции сложения.

1.6. Задача имеет семь решений:

Указание. Свести задачу к решению системы диофантовых уравнений.

1.8.

1.9. Задача имеет два решения:

1.10. 1.11.

1.12.

в семеричной системе счисления

1.19. 1.20. 1.21. 1,22.

1.23.

Указание. Воспользоваться свойствами операции сложения.

Решение задачи № 1.23.

Так как при отыскании суммы А+А в числе единиц получается А, то, как известно, А=0.

Так как при отыскании суммы О+О в числе единиц получается О, и О не равно нулю, то справедливо равенство 2x0+1=10+0 и, значит, 0=9.

Для определения остальных неизвестных букв легко получить систему алгебраических уравнений:

К+Л=10+Д 1

2К+1=В /

Ясно, что К<4. Но К*4, иначе В=0=9, К*1, иначе из первого уравнения системы получаем равенство Л=9+Д, которое справедливо лишь при Л=9, Д=0, но 0=.9, а А=0. Значит, К*1.

1.13. 1.14. 1.15. 1.16. 1.17.

К*2, иначе из первого равенства получаем равенство Л=8+Д, которое возможно или при Д=0, Л=8 или при Д=1, Л=9. Оба варианта противоречат ранее найденным значениям А и О. Значит, К*2, и, следовательно, К=3. При этом первое равенство системы принимает вид: Л=7+Д.

Ясно, что Д<2. Но Д*0, так как А=0, Д*2, так при Д=2 получаем Л=0=9.

Следовательно, Д= 1 и Л=8, а ребус расшифровывается так:

1.24.

Указание. Воспользоваться свойствами операции сложения и затем сведением к системе диофантовых уравнений

Решение задачи № 1.24.

Из структуры операции сложения в задаче № 1.24. ясно, что 0=9, А=0 и Т=К+1.

С, очевидно, не равно нулю (левая крайняя цифра в числе СИНУС), а так как сумма С+С+С имеет в числе единиц цифру С, то С=5.

Относительно остальных неизвестных букв запишем систему диофантовых уравнений:

Здесь а, ß, у - вспомогательные неизвестные, принимающие значения из множества {0, 1, 2}. Так как С=5, то из четвертого уравнения системы имеем 5+у=Н.

Но у*0, иначе Н=С=5. Если у=1,то Н=6, и первое уравнение системы принимает вид: ЗУ=10а+5. Это уравнение разрешимо лишь при ос=1. Но тогда У=С=5. Следовательно, у*1.

Пусть у=2. Тогда Н=7. При этом первое уравнение принимает вид ЗУ=10ос+6. Ясно, что это уравнение разрешимо лишь при ос=0, и тогда У=2.

Рассмотрим второе уравнение системы (1) при Н=7 и а=0. Равенство 21=10ß+E однозначно дает: ß=2, Е=1. При этом третье уравнение системы (1) принимает вид: ЗИ+2=20+Г или ЗИ=18+Г. Ясно, что здесь Г может принимать значения из множества {0, 3, 6, 9}. Но IVO, иначе Г=А=0; Г*3, иначе И=Н=7; Г*9, иначе И=Г=9. Если Г=6, то И=8. Таким образом, 0=9, А=0, С=5, Н=7, У=2, Е=1, Г=6, И=8. Остались две неиспользованные цифры 3 и 4 и две не определенные буквы: Т и К. Но из равенства Т=И+1 следует, что Т=4, К=3, и ребус расшифровывается так:

Решение задачи № 1.25.

Так как произведение четырехзначного числа АИСТ на 4 равно четырехзначному числу, то А<2.

Рассмотрим два возможных случая.

I. Пусть А=2. Тогда или С=8, или С=9. Но при С=8 имеем 4С=32. То есть в числе единиц здесь стоит цифра А=2. Поэтому должно выполняться условие Т<2. Но Т*2, так как А=2. Значит, Т=1, Я=4.

При этом в числе единиц выражения 4И+3 должна стоять цифра Т=1. Это возможно в двух случаях: 1) И=2 и 2) И=7. Но И*2, так как А=2. При И=7 имеем 4И+3=31>10 и, значит, С*8.

Пусть С=9. Тогда 4С=36, а сумма 4С и число десятков выражения 4Т должна иметь в числе единиц цифру А=2. Это невозможно ни при одном значении Т. Следовательно, при А=2 мы приходим к противоречию и, значит, А*2.

II. Пусть А=1. Тогда С может иметь значение только из множества {4, 5, 6, 7}. Но С*4, иначе 4С=16, и чтобы сумма 4С и числа десятков выражения 4Т имела в числе единиц А=1 необходимо, чтобы число десятков выражения 4Т было равно 5, что невозможно ни при каком значении Т.

С*6, иначе 4С=24, и теперь число десятков выражения 4Т должно быть равно 7. Что также невозможно.

С*7, иначе 4С=28, а число десятков выражения 4Т будет равно 3 при Т>8.

Но при Т=8 выражение 4И+3 имеет в числе единиц число нечетное и, значит, не равно Т. При Т=9 выражение 4И+3 имеет в числе единиц цифру 9 лишь при И=9. Иначе говоря, при Т=9 Т=И=9 и, значит, 07.

Покажем, что С=5 удовлетворяет условиям задачи. Пусть С=5. Тогда 4С=20. Выражение 4Т будет иметь в числе десятков 1 при Т=3 и при Т=4. Но при Т=3 число 4И+2 - четное и не может иметь в числе единиц цифру Т=3.

При Т=4 число 4И+2 имеет в числе единиц цифру Т=4 при И=3 и при И=8.

Но при И=8 число тысяч в числе СТАЯ равно 7, то есть С*5.

При И=3 Т=4, Я=6, С=5, А=1, и ребус расшифровывается так:

1.26.

Указание. Воспользоваться свойствами операции сложения.

Решение задачи № 1.26.

Очевидно О — четное число. Но 2 О больше чем 10 и поэтому или 0=6, или 0=8. Но если 0=8, то Н=4 и 20<15 (а должно быть 2-0=16). Значит, 0=6, Н=3, М=1, Д>5 и 2Д=16, то есть Д=8. Ясно, что 2И=Г и, значит, И<4. Но И*1, так как М=1; И*3, так как Н=3; И^4, иначе Г=Д=8; И*0, иначе Г=0. Следовательно, И=2, Г=4, и ребус расшифровывается так:

Указание. Воспользоваться свойствами операции сложения.

Решение задачи № 1.27.

Для решения ребуса этой задачи запишем систему линейных диофантовых уравнений:

(1)

Здесь вспомогательные неизвестные а, ß, у, X принимают значения из множества {0, 1}.

Вычитая из второго уравнения пятое, получим: 2(Е-Б)+(ос-л)=10р.

Ясно, что ß*0, иначе Е=Б. Значит, ß=l. Далее, ос-л должно быть кратно двум. Но тогда а->,=0, то есть а=л. В связи с этим рассмотрим два случая:

ос=А=1 и а=л=0.

1. Пусть а=Я = 1. При этом из пятого уравнения следует, что 2Б+1=Т и Т — нечетное, а из первого уравнения — 2Т= 10+Р. Но при Р равным 2 и 6 Т будет четным, и поэтому эти случаи следует исключить. При Р=8 Т=Е=9, и этот случай так же исключается.

Пусть Р=0. Тогда Т=5, Б=2, Е=7. При этом третье и четвертое уравнения принимают вид:

Отсюда ясно, что или у=1, А=7, но тогда Л — дробное, или у=0, и тогда А — дробное. Значит Р*0.

Пусть Р=4. Тогда Т=7, Б=3, Е=8. При этом третье и четвертое уравнения принимают вид:

Отсюда ясно, что у=0 и А=9. Но тогда Л=Р=4. Значит, Р*4. Этим исчерпывается первый случай: а*1.

II. Пусть а=Х=0 и Е=Б+5. Так как а=0 и А=0, то первое и пятое уравнения принимают вид:

Отсюда Р=4Б, и поэтому возможны два значения Б: Б=1 и Б=2.

Пусть Б=1. Тогда Т=2, Р=4, Е=6.

Из четвертого уравнения: 2А+у=6 ясно, что у=0, А=3. При этом из третьего уравнения системы имеем: 2Л+ß=3. Отсюда следует, что ß=l и Л=1.

Таким образом при Б=1 и Л=1. Что невозможно. Пусть Б=2. Тогда Т=4, Р=8, Е=7. Из четвертого уравнения системы: 2А+у=7 и, значит, у=1, А=3.

Из третьего уравнения системы: 2Л+1=10+3, то есть Л=6, и ребус расшифровывается так:

Указание. Свести задачу к системе диофантовых уравнений.

Решение задачи № 1.28.

Найти наибольшее число булок.

Из равенства К+0=0 следует, что К равно нулю.

Далее ясно, что М=Б+1. И число булок будет наибольшим, если Б=8, а М=9. Однако и выбор следующих десятичных знаков должен быть оптимальным.

Условие задачи позволяет записать следующую систему диофантовых уравнений:

Третье уравнение системы можно записать в виде У+Р=2+Н. В поисках наибольшего числа МНОГО следовало бы найти наибольшее возможное значение Н. Учитывая, что М=9, Б=8, желательно взять H равным 7. Но тогда и У=Н=9 (ß=0).

Н*6, так как при Н=6, y+ß=8, но ß*0, иначе У=Б=8. А при ß=0 У =7. Но тогда решение двух первых уравнений системы (1) приводит к противоречию.

Пусть Н=5, тогда У=7 ß=0.

Оставшиеся уравнения системы принимают вид:

Если в этой совокупности равенств взять 0=6 (максимальное из оставшихся значений цифр), и а*0, то есть а=1,

то первое уравнение принимает вид 6+Л=10+Гили Л=4+Г, которое разрешимо лишь при Г=0, а это невозможно, так как К=0. Следовательно, ос=0, и мы приходим к равенствам:

Оптимальное решение этой системы для данной задачи было бы при 0=4, Г=6. Но при этом Л=Н=2. Поэтому, беря 0=3, мы вынуждены взять Г=4, и тогда Л=1 и Ы=2.

Если бы мы взяли Г=5, то Г=Н=5, а при Г=6 Л=0=3.

Таким образом, имеем М=9, Б=8, Н=5, У=7, Г=4, 0=3, Ы=2, Л=1, К=0, и ребус расшифровывается так:

Указание. Воспользоваться свойствами операции сложения.

Решение задачи № 1.29.

Так как сумма А+А+А имеет в числе единиц число А, то либо А=0, либо А=5. Рассмотрим оба возможных случая.

Пусть А=0. Тогда Н=3, К=1, Г=7 и справедливо равенство ЗИ+2=10+У.

Ясно, что И>3, но И<5.

И*3, иначе У=К=1; И*4, иначе И=У=4; И*5, иначе У=Г=7. Следовательно, А*0.

2. Пусть А=5. Тогда или Н=1, или Н=8. Но Н*1,таккак Н>ЗК. Значит, Н=8. При этом, очевидно, К=2, Г=7 и справедливо равенство: ЗИ+2=10+У. Как и в первом случае, 3<И<5. Но И*4, иначе И=У=4; И*5, так как А=5. Значит, И=3, а У=1, и ребус расшифровывается так:

Указание. Свести задачу к решению системы диофантовых уравнений.

Решение задачи № 1.30.

Для отыскания неизвестных букв составим систему диофантовых уравнений.

(1)

где а, р, у, S — вспомогательные неизвестные, которые принимают значения из множества {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7}.

Из последнего уравнения следует, что 0=1, а 5 может принимать одно из двух значений: нуль или единицу. Если 5=1, то из четвертого уравнения следует, что К=2 (К*1, так как 0=1) и 6+у=У и у<3. Но последнее равенство противоречит третьему уравнению, так как даже при У=6 у=4. Следовательно 5*1.

При 5=0 имеем С=8, К=0, и из четвертого уравнения получаем У=у.

Рассмотрим первое уравнение. Так как К=0, то 8Ь=10ос, которое имеет единственное решение: ос=4 Ь=5.

При этом второе уравнение принимает вид 8H+4=10ß+A. Ясно, что А может быть только четным числом. Но А*0, так как К=0; А*8, так как С=8. Рассмотрим три возможных случая: 1) А=2, 2) А=4, 3) А=6.

1) Пусть А=2. Тогда из второго уравнения 8H+2=10ß. Это уравнение имеет решения: а) при ß=l, Н=1, б) при ß=5, Н=6. Но Н*1, так как 0=1.

Пусть Н=6, ß=5. Тогда с учетом, что У=у; третье уравнение принимает вид: р=2у+Д или 5=2у+Д. Но Д*0, так как К=0; Д*1, так как 0=1; Д*2, иначе У=у — дробное. Если Д=3, то У=у=1 и, значит, У=0=1.

Если Д=4, то У=у — дробное. Д*5, так как Ь=5, Д*6, Д*7, Д*8, Д*9, так как при всех этих значениях Д У=у —-отрицательны.

2) Пусть А=4. Тогда из второго уравнения 8H=10ß. Отсюда ß=4, Н=5. Но это противоречит тому, что Ь=5.

3) Пусть А=6. Тогда из второго уравнения 8H=10ß+2. Это уравнение имеет два решения: а) ß=3, Н=4 и б) ß=7,

Н=9. Первое решение приводит к противоречию, так как из третьего уравнения имеем 3=2у+Д. Ясно, что здесь Д — нечетное и Д<3. Но Д*1, так как 0=1, а при Д=3 У=у=0, то есть У=К=0.

Второе решение дает: Н=9, ß=7. При этом из третьего уравнения получаем 7=2у+Д. Ясно, что Д — нечетное. Но Д*1, так как 0=1; Д*5, иначе У=у=1, то есть У=0=1; Д*7, иначе У=у=0, то есть У=К=0.

При Д=3, У=у=2, А=6. В результате имеем: 0=1, К=0, У=2, Н=9, Ь=5, С=8, Д=3, А=6, и ребус расшифровывается так:

1.31. 49791+7843=505762.

Указание. Свести задачу к решению системы диофантовых уравнений.

Решение задачи № 1.31.

HАТАША + ТОНЯ

СЕСТРЫ

Из структуры операции сложения видно, что А=9, Ё=0, С=Н+1. И при этом можно записать систему диофантовых уравнений:

(1)

Здесь а, ß, у —- вспомогательные неизвестные, которые могут принимать значения из множества {0, 1}.

Из первого уравнения при А=9 и Я*0 (Ё=0) следует, что ос=1 и Я=Ы+1.

Из третьего уравнения при А=9 и 0*0 следует, что у=1, ß=0 и 0=1+Т.

Из четвертого уравнения следует, что 2Т=9+С.

Из второго уравнения следует Ш+Н+1=Р.

Но 00 и поэтому Т>5. Но Т*9, так как А=9.

Пусть Т=5. Тогда С=1, Н=0, то есть Н=Ё=0. Следовательно, Т*5.

Пусть Т=6. Тогда С=3, Н=2, 0=7, А=9, Ё=0, и при этом

остается четыре цифры: 1, 4, 5, 8 для определения четырех неизвестных Я, Ы, Ш, Р. Но равенство Я=Ы+1 может выполняться лишь при Ы=4, Я=5. Остается равенство Ш+3=Р и две цифры 1 и 8, которые этому равенству не удовлетворяют. Значит, Т*6.

Пусть Т=8. Тогда С=7,0=9, то есть О=А=0 и, значит, Т*8.

Покажем, что Т=7 удовлетворяет условию задачи.

Пусть Т= 7. Тогда С=5, 0=8, Н=4, А=9, Ё=0, и при этом остается четыре цифры: 1, 2, 3, 6 и четыре неизвестных: Я, Ы, Ш, Р, которые связаны равенствами:

Я=Ы+1,

Ш+5=Р.

Легко видеть, что при данных условиях единственным решением этих уравнений являются: Ы=2, Я=3 и Ш=1, Р=6, а ребус расшифровывается так:

Указание. Свести задачу к решению системы диофантовых уравнений.

Решение задачи № 1.32.

Здесь используются все десять цифр. Но буква О является цифрой нуль, буква П равна букве И, а буква В — букве Я. Остальные буквы имеют самостоятельное значение.

Так как сумма двух шестизначных чисел равна семизначному числу, то П=1. Но тогда, по условию задачи, и И=1. Так как при суммировании двух одинаковых чисел Т в результате получается четное число — нуль, то 2Т=10 и, значит, Т=5. При суммировании чисел разряда сотен мы приходим к равенству 2С+1=10+С и, следовательно, С=9.

Так как И=1, а И+А=Т, то есть 1+А=5, то А=4.

Суммируя числа разрядов тысяч, десятков тысяч и сотен тысяч, приходим к следующей системе диофантовых уравнений:

(1)

Здесь a, ß - вспомогательные неизвестные, которые могут принимать значения из множества {0, 1}.

Так как В*0, Е*9, то Е+2<10 и, значит, а=0, a первое уравнение системы может быть записано так: Ь=Е+2.

Суммируя второе и третье уравнения системы и проведя сокращения, получим Р+Д+(3=10ф+1). Здесь возможен случай: ß=0, Р+Д=10.

В этом случае, учитывая, что использованы цифры 0, 1, 4, 5, 9, осталось использовать цифры 2, 3, 6, 7, 8 и решить уравнения Р+Д=10 и Ь=Е+2. Ясно, что Ь=Е+2 только при Е=6, Ь=8, а Р+Д=10 при Р+Д=3+7. Тогда В=2, и из второго уравнения Р=3, и тогда Д=7, а ребус расшифровывается так:

1.33. 8947x2=19894. Указание. Воспользоваться тем, что слог ЛЕТ есть во всех словах.

Решение задачи № 1.33.

В этой задаче целесообразно выделить слог ЛЕТ и обозначить это трехзначное число через А.Так как здесь сумма двух одинаковых четырехзначных чисел равна пятизначному числу, то П=1.

С учетом сказанного задачу можно записать в виде равенства:

(10.А+О).2=10000+1000.О+А

или

19-А-998-О=10000.

Это линейное диофантово уравнение с двумя неизвестными А и О, где О может принимать значения из множества {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9}, а А — трехзначное число.

Легко показать (хотя бы перебором значений О), что это уравнение имеет единственное решение 0=7, А=894 и, следовательно, ребус расшифровывается так:

2.1.

Указание. Воспользоваться свойствами операций умножения и деления.

2.2.

2.3. 2.4.

2.5.

Указание. Воспользоваться свойствами операций умножения и деления.

2.6.

2.7.

Указание. Воспользоваться свойствами операций умножения и деления.

2.11.

Указание. Воспользоваться тем обстоятельством, что цифра, зашифрованная символом •, принадлежит множеству {0, 1, 5, 6}

2.8. 2.9.

2.10.

2.12.

2.15. 2.16.

2.13. 2.14.

2.17. 2.18.

2.19.

2.20.

2.21.

2.22.

Указание. Воспользоваться свойствами операции умножения.

Решение задачи № 2.22.

Из структуры операции умножения в задаче № 2.22 видно, что третья цифра пятой строки и пятая цифра шестой строки равны пяти, а третья цифра третьей строю! равна 7.

Так, сумма цифр первого столбца (вместе с десятками суммы чисел предыдущего разряда) равна 4, то число сотен множимого равно 2 или 3.

Ясно, что число единиц множителя есть число нечетное, а так как его произведение на множимое есть число четырехзначное, большее 2000, то можно утверждать, что число единиц множителя равно 7 или 9.

Так как последние две цифры третьей строки равны 75, то это возможно только в двух случаях:

1) если число единиц множителя равно 7, а число десятков множимого равно 2;

2) если число единиц множителя равно 9, а число десятков множимого равно 7.

Нетрудно показать, что второй случай приводит к противоречию с записанными значениями цифр четвертой строки. Таким образом, единственно возможен первый случай и при этом ребус принимает вид:

Теперь ясно, что первые цифры первой и пятой строк есть цифра 3, то есть множимым является число 325. Число десятков множителя есть четное число. Учитывая, что его произведение на множимое больше или равно 1300, можно утверждать, что число десятков множителя равно 4, а множителем является число 147 и, следовательно, ребус расшифровывается так:

2.23.

Решение задачи № 2.23.

Рассмотрим произведение числа десятков множителя на множимое. Так как произведение числа десятков множителя на число единиц множимого имеет цифру 3, то число десятков множителя равно 9.

Так как сумма произведения чисел десятков множителя на число десятков множимого и числа десятков произведения 9x7 оканчивается нулем, то произведение числа десятков множителя и числа десятков множимого должно оканчиваться цифрой 4. Это возможно лишь в случае, если число десятков множимого равно 6. Так как сумма произведения числа десятков множителя на число сотен множимого и числа десятков выражения 6x9+6, то есть 6, оканчивается цифрой 2, то число сотен множимого равно 4.

Рассмотрим теперь произведение числа единиц множи-

теля на множимое. Так как произведение числа единиц множимого (то есть 7) на число единиц множителя оканчивается цифрой 6, то число единиц множителя равно 8. При этом, очевидно, в третьей строке число десятков равно 3, а число сотен — 7 и промежуточный результат расшифровки ребуса имеет вид:

Сравнивая третью и пятую строки, видим, что число сотен множителя равно 8, число тысяч в третьей строке равно 3, но тогда число тысяч множимого равно 5, и ребус расшифровывавется так:

2.24.

Указание. Воспользоваться свойствами операции умножения.

Решение задачи № 2.24.

Так как произведение множимого на 2 есть число четырехзначное, а произведения множимого на число единиц и число сотен множителя есть число трехзначное, то числами единиц и сотен множителя являются единицы. Следовательно, множителем является число 121.

Из пятой строки, которая является произведением множимого на 1, следует, что число десятков множимого равно 8. Но тогда и в числе десятков третьей строки также стоит цифра 8.

Так как произведение трехзначного множимого на 2 есть число четырехзначное, то число сотен множимого больше или равно 5, а число тысяч в четвертой строке равно 1. Но тогда из условия задачи (см. пятую и шестую строки) видно, что первая цифра пятой строки есть 9 и, следовательно, число сотен и множимого, и числа в третьей строке равно 9.

Так как сумма числа десятков числа, стоящего в третьей строке (это 8), и числа единиц числа, стоящего в четвертой строке, равно 2. Но это возможно, если число единиц числа, стоящего в четвертой строке, равно 4.

Так как последнее число есть произведение числа единиц множимого на 2, то число единиц равно или 2, или 7. Следовательно, множителем является или число 982, или 987. Но произведение 982x121=118822 и, следовательно, множимое 982 не удовлетворяет условию задачи, а поэтому ребус расшифровывается так:

2.25.

Решение задачи № 2.25.

Так как произведение АС и ВС равны нулю, то А равно пяти, а С и В — числа четные.

Так как произведения СЛАВАхС, СЛАВАхЛ и СЛАВАхВ — пятизначные числа, а произведение СЛАВАхА — шестизначное число, то С<5, Л<5, В<5. Но С — четное и, значит, или С=2, или С=4. Если бы С=4, то произведение СЛАВАхС было бы шестизначным. Значит, С*4 и С=2. При этом В=4 (оно четное и меньше 5). Л — нечетное, так как может принимать значения только из множества {1, 3}. Но при Л=3 имеем произведение23545х4352= 102467840 — число девятизначное, что противоречит условию задачи. Следовательно, Л=1, и ребус расшифровывается так:

2.26.

Указание. Свести задачу к решению системы диофантовых уравнений.

Решение задачи № 2.26.

Условие задачи № 2.26 позволяет для отыскания неизвестных букв записать следующую систему диофантовых уравнений:

(1)

где a, ß, у, 5Д е {О, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7} — вспомогательные неизвестные.

Отметим следующий факт: так как произведения числа КВАНТ на числа А и Л — числа пятизначные, а на числа В, О, H — числа шестизначные, то А и Л меньше В, О, Н.

Учитывая, что А*0 и Л*0, можно утверждать, что В, О, Л больше двух, а А и Л меньше семи.

Решая систему (1), мы найдем: К=2, В=6, А=1, Н=5, Т=7, 0=8, Л=3, и ребус расшифровывается так:

2.27.

Указание. Задача 2.27 решается аналогично задаче № 2.16.

Решение задачи № 2.27.

Так как произведение ЛОСИхИ равно ЛОСИ, то И=1. Так как в произведении ЛОСИхС=ПАРИС имеем С2=10а+И или С2=10а+1, то С=9 (С*1, так как И=1).

Но тогда СССССС=9-111111=9.3.7.37.143.

Учитывая, что множимое ЛОСИ имеет все числа раз-

личные, число его десятков - 9, а единиц - 1, ясно, что он равен 143-37=5291 и, следовательно, Л=5, а 0=2. При этом множитель ИКС равен 9-3-7=189, то есть К=8, и ребус расшифровывается так:

Отсюда видно, что П=4, А=7, Р=6, Т=3.

2.28.

Указание. Воспользоваться свойствами операций умножения и деления.

Решение задачи № 2.28.

Воспользуемся свойствами операции умножения. Так как произведение первой цифры частного на 9 оканчивается цифрой 2, первая цифра частного равна 8, а частным в операции деления является число 853.

Так как произведение последней цифры частного на 9 дает в числе единиц цифру 7, то последней цифрой делимого является цифра 7.

Так как произведение делится на 3 и оканчивается чилом 47, то второй цифрой делителя является 4.

Произведение делителя на первую цифру частного меньше 7 тысяч, но больше 5 тысяч. Следовательно, первой цифрой делителя могут быть только 7 или 8. Но если первая цифра делителя равна 8, то произведение 849x853=724197 не удовлетворяет условию задачи. Значит, делителем является число 749, а делимым — число 749x853=638897 и ребус расшифровывается так:

2.29.

Указание. Воспользоваться свойствами операций умножения и деления.

Решение задачи № 2.29.

Из структуры операции деления в задаче № 2.29 видно, что число сотен числа во второй строке равно 1, первая цифра в четвертой строке равна 1 и первая цифра в шестой строке 1.

Так как на третьем этапе деления сносится три цифры, то по свойству 2.6 третья и четвертая цифры частного равны нулю.

Установим число единиц делителя. Это должно быть число, которое, будучи умноженным на число десятков тысяч (число единиц) частного, должно давать в числе единиц произведения 1.

Это возможно в двух случаях:

1) Из двух чисел (число единиц делителя и число десятков тысяч) одно равно 3, а второе — 7.

2) Оба указанных числа равны 9.

Легко видеть, что первый случай не удовлетворяет условию задачи. Действительно, здесь или делитель равен 17 и он умножается на 3, или делитель равен 13 и умножается

на 7. Но и 17x3 и 13x7 — числа двузначные, а по условию задачи это произведение должно быть числом трехзначным.

Следовательно, число единиц делителя и число десятков тысяч частного (число единиц частного) равно 9. Но тогда делитель равен 19, частное равно 91009, а делимое равно 91009x19=1729172, и ребус расшифровывается так:

2.30.

Решение задачи № 2.30.

Рассмотрим решение задачи № 2.30, исходя из последней операции сложения.

Чтобы при суммировании четырехзначного числа и трехзначного числа, большего 100, но меньшего 200, получить пятизначное число, необходимо, чтобы четырехзначное число было не меньше 9800. Это возможно лишь в случае, если в исходном произведении каждый из сомножителей был бы равен 99.

При этом произведение 99x99=9801.

Теперь ясно, что в сумме четырехзначного числа 9801 и трехзначного числа трехзначное число, меньшее 200, должно быть максимальным, то есть равным 199. При этом получаем:

2.31. Задача имеет два решения:

Решение задачи № 2.31.

Так как на втором этапе деления сносится две цифры, то Р=0.

Очевидно, первая цифра в пятой строке равна 1, вторая цифра в этой же строке равна нулю, а первая цифра в шестой строке равна 9. Но эта цифра есть квадрат С, то есть С2=9, а поэтому С=3.

Так как в результате умножения числа СТАРТ на Т и А получаются только пятизначные числа, то Т<3 и А<3. Но Т*3 и А*3 и, следовательно, Т и А принимают значения 1 и 2. (Они не равны нулю, так как Р=0).

В связи с этим возможны два варианта.

1) Пусть Т=1, А=2. Тогда СТАРТ=31201, ТРАССА=102332, делимое равно 31201x102332=3192860732, и ребус расшифровывается так:

2) Пусть Т=2, А=1. Тогда СТАРТ=32102, ТРАССА=201331, делимое равно 32102x201331=6463127762 и ребус расшифровывается так:

Следовательно, задача имеет два решения:

1) С=3, Т=1, А=2, Р=0 и 2) С=3, Т=2, А=1, Р=0.

2.32.

Решение задачи № 2.32.

Указание. Воспользоваться свойствами операций умножения и деления.

Так как на втором этапе деления сносится две цифры, то Я=0.

Так как в разности ДЕС-л ДВА остается только число единиц, то п= 1, Е=В+1 и С<А, а ребус может быть записан так:

Ясно, что в четвертой строке в числе единиц стоит цифра Т. Следовательно, произведение ТА имеет в числе единиц цифру Т, а произведение ЬА имеет в числе единиц Ь. Так как Т*0 и Ь*0, то это возможно, если А=6, а числа Т и Ь принадлежат множеству {2, 4, 8}. Но произведение ДВАТ — трехзначное число, а ДВАЬ —- четырехзначсное. Значит, Т<Ь. Поэтому возможны три случая: 1) Т=4, Ь=8; 2) Т=2, Ь=8 и 3) Т=2, Ь=4.

Покажем, что первые два случая приводят к противоречию. Действительно, пусть Т=4, Ь=8. Так как в произведении ДВА-Ь в числе десятков стоит нуль, то В должно быть равно 2 или 7. Но В*7 (иначе Е=Ь=8). Значит, В=2. При этом в четвертой строке имеем 204. Но тогда делитель оказывается двузначным.

Пусть теперь Т=2, Ь=8. Так как в произведении ДВА-Ь в числе десятков стоит нуль, то В должно быть равно 2 или 7. Но если В=7, то Е=Ь=8. Значит, В=Т=2.

Таким образом, возможен лишь третий вариант: Т=2, Ь=4. Как и ранее можно показать, что если В=7, Е=8, а в четвертой строке стоит число 752. Но при Т=2 это означает, что ДВА=376, а делимое равно 1024x376=385024, и ребус расшифровывается так:

2.33.

Указание. Задача 2.33 решается аналогично решению задачи № 2.12.

Решение задачи № 2.33.

Здесь мы имеем два примера:

при условии, что частное первого примера является делимым во втором примере.

Структура процесса деления в первом примере позволяет расшифровать часть цифр в следующем виде:

Отсюда ясно, что делителем могут быть трехзначные числа 111, 333, 999.

Легко показать, что число 999 не может быть делителем при записанной промежуточной расшифровке ребуса.

Действительно, если делителем явлется число 999, то все цифры частного, кроме нулей, здесь равны 1, а все цифры шестой, восьмой, девятой и десятой строк равны 9.

Но при этом разность между числами, стоящими в седьмой и восьмой строках не может быть положительной. Следовательно, делитель здесь не равен числу 999.

Пусть делителем является число 333. Тогда, очевидно, в шестой, восьмой, девятой и десятой строках должно стоять число 333 (999 быть не может, так же как и в предыдущем случае). Но тогда легко показать, что делимым является число 10000326663, а частным — 30031011.

Так как во втором примере делимым является число 30031011 и на первом этапе деления произведение делителя на первую цифру частного должно быть равно числу 300, то делителем может быть одно из чисел: 300, 150, 100, 75, 60, 50. Однако ясно, что число 30031011 ни на одно из этих чисел не делится.

Таким образом, делителем в первом примере может быть только число 111. Но при таком делителе первые четыре цифры частного имеют вид 9009. Следовательно, второй пример можно записать в виде:

Отсюда видно, что трехзначный делитель должен содержать множитель 9. Кроме того, делителем здесь могут быть числа: 900, 450, 300, 225, 180, 150, 100. Но если делитель будет содержать в числе единиц нуль, то в первом примере процесс деления будет содержать четыре шага, а не пять. Но тогда во втором примере делителем является число 225, и процесс деления принимает вид:

В числе единиц частного должно быть число, произведение которого на делитель дает в числе сотен нуль. Таким

числом является только число девять, и ребус расшифровывается так:

2.34.

Указание. Воспользоваться свойствами операций умножения и деления

Решение задачи № 2.34.

Так как на втором, четвертом и пятом этапах деления сносится но две цифры, по вторая, пятая и седьмая цифры частного нули.

Так как произведение делителя на 8 есть число двухзначное, а произведение всех остальных десятичных знаков частного, отличных от нуля, на делитель есть числа трехзначные, то все эти десятичные знаки равны 9. Следовательно, частное имеет вид: 90990809.

Так как произведение делителя на 8 есть число двузначное, а его произведение на 9 есть число трехзначное, то делителем может быть только число 12. При этом делимое равно 90990809x12=1091889708, и ребус расшифровывается так:

2.35.

Указание. Воспользоваться свойствами операций умножения и деления

Решение задачи № 2.35.

На первом этапе деления имеем: ДЫМ-ДАР=ЯМ. Отсюда ясно, что М-Р=М и, следовательно, Р=0. Но Р является числом единиц в произведении M-А. Значит, один из множителей этого произведения равен 5, а второй является числом четным.

Но на втором этапе деления видим, что А2 в числе единиц имеет число А, значит, А принадлежит множеству {О, 1, 5, 6}. Но, очевидно, А*1, так как произведение КАхА есть число трехзначное. Если бы А=6, то, по предыдущему, М=5. Но произведение АхК имеет в числе единиц число А, и значит, К=1 или К=6, что невозможно. Полученное противореячие доказывает, что А*6, а поэтому единственно возможно А=5.

Так как произведение АхК оканчивается цифрой А, то К - нечетное. Очевидно, К*1. К*5, так как А=5. Значит, К может принимать значения только из множества {3, 7, 9}. Но во всех трех возможных случаях произведение КАхА в числе десятков имеет цифру 7. Действительно, 35x5=175, 75x5=375, 95x5=475. Но КАхА=ОКА, и поэтому К=7, а КА=75.

Так как КхКА=АМА, а КхКА=7х75=525, то М=2 и МАК=257. В связи с этим делимое ДЫМКА=МАКх-КА=275х75=19275, и ребус расшифровывается так:

2.36.

Указание. Воспользоваться тем обстоятельством, что делимое, делитель и частное оканчиваются числами ИО

Решение задачи № 2.36.

На первом этапе деления имеем разность ТОК-ТОН=К.

Отсюда находим К-Н=К и, значит, Н=0.

На втором этапе деления имеем разность КИ-ОН=ТИ.

Отсюда К-0=Т или К=0+Т.

Так как произведение ИОхК и ИОхИ имеют в числе единиц цифру нуль, то Q=5, а И и К — четные. Но тогда произведение ИОхИ=ОН, а ОН=50 и, следовательно, ИИ2.

Так как ИОхО=ТИО, то ТИО=25х5=125 и 1=1. При этом К=0+Т=5+1, то есть К=6. и ребус расшифровывается так:

2.37.

Указание. Воспользоваться свойствами операций умножения и деления

Решение задачи № 2.37.

Из структуры операции деления в задаче № 2.37 следует, что первая цифра в третьей строке — 1, вторая цифра в третьей строке — нуль, а первая цифра в четвертой строке — 9. Так как на третьем этапе сносятся две цифры, то третья цифра частного — нуль.

Так как произведение делителя на 2 больше или равно 90 и число четное, то делителем является число из множества {45, 46, 47, 48, 49}.

На втором этапе деления из числа 102 вычитается двузначное число вида 9*. При этом число единиц вычитаемого не может быть меньше 8, так как в противном случае разность будет больше или равна 5, и, следовательно, не должно сноситься две цифры.

Отсюда следует, что на втором этапе вичитается число 98, и, значит, делителем является число 49. При этом в пятой и шестой строках мы получаем число более 400, и поэтому четвертой цифрой частного должна быть цифра — 9.

Наконец, первой цифрой частного является цифра 1. Так как в противном случае на первом этапе деления при вычитании числа 98 будет получено число меньше 10. Таким образом, частным является число 1209, а делителем — 1209x49=59241, и ребус расшифровывается так:

Указание. Все задачи от № 3.8 до № 3.21 решаются с использованием свойств операции возведения в степень. При решении задач №№ 3.19, 3.20 и 3.21, кроме того, используются свойства операции умножения.

3.1. 3.2.

3.3. Задача имеет два решения:

3.4. 3.5. 3.6. 3.7. 3.8.

Решение задачи № 3.8. (СИГ)2=СЕМГА.

Этот ребус содержит операцию возведения в степень при л=3 и #=2.Но тогда р — число десятичных знаков в значении степени и должно удовлетворять неравенствам:

4<р<7,

то есть р может принимать два значения: р=5 и р2=6.

Так как в задаче № 3.8. р=р=5, то основание степени должно удовлетворять неравенству СИГ^316

Следовательно, С<3. Но С является первой цифрой и в числе СИГ, и в числе СЕМГА, и при С<3 это возможно лишь в случае, если С=1.

И<5, так как уже (150)2=22500, то есть число, у которого первая цифра равна 2. Следовательно, И может принимать значения из множества {2, 3, 4}.

Так как квадрат числа Г оканчивается цифрой А*2, то Г и А могут принимать значения соответственно из множеств {2, 3, 4, 7, 8, 9} и {1, 4, 6, 9}. Но А*1 (С=1) и, значит, Г*9.

Легко видеть, что И*4. Действительно, при И=4 минимальное значение числа СИГ есть 142, а его квадрат (142)2=20164 имеет первой цифрой 2. Таким образом, И принимает значение из множества {2, 3}, а Г принимает значение из множества {2, 3, 4, 7, 8}. Учитывая, что И*2, мы получаем восемь вариантов значений числа СИГ: 123, 124, 127, 128, 132, 134, 137, 138.

Легко убедиться, что условиям задачи удовлетворяет только число 128, а решением ребуса является равенство:

3.9

3.10. 3.11.

Решение задачи № 3.11. **198*7 — это пятая степень некоторого числа. Найти число.

Так как в предложенном ребусе р=7 и й=5, то согласно неравенству (4) главы III л удовлетворяет неравенствам:

и, следовательно, л=2.

Так как только пятая степень числа 7 имеет в числе единиц цифру 7, то основанием степени является двузначное число, в числе единиц которого цифра 7. Но уже (27)5 — число восьмизначное. Следовательно, 17 и (17)5= 1419857.

3.12. 57= 78 1 25.

Решение задачи № 3.12. ЯС=СЕМЬЯ.

Так как в задаче № 3.12 w=5, а р=59 то показатель степени удовлетворяет неравенству С>5. Таким образом, С может принимать значения из множества {5, 6, 7, 8, 9}.

Так как число единиц основания степени совпадает с числом единиц значения степени, то Я может принимать значения из множества {0, 1, 5, 6}. Но, очевидно, Я*0, Я*1. Значит, или Я=5, или Я=6.

Но при основании степени 5 или 6 пятизначными будут степени 56= 15625, 57=78 1 25 и 66=46659, а условию задачи удовлетворяет только степень 57. Следовательно, решением ребуса является равенство

57=78125.

3.13. (425)2=180625.

Решение задачи № 3.13. (ГОЛ)2=ФУТБОЛ.

Так как квадрат трехзначного числа ГОЛ оканчивается числом ОЛ, то возможны два случая:

1) ОЛ=25,

2) ОЛ=76.

В данном ребусе, содержащем операцию возведения в степень, л=3, 2=2 и, значит, р должно удовлетворять неравенствам:

4<р<7.

Следовательно, при л=3 и 2=2 р может принимать два значения: р=5 и р2=6.

Так как в задаче № 3.13 р=р2=6, то основанию степени должно удовлетворять неравенство ГОЛ>317, то есть Г>3.

В связи с этим рассмотрению подлежат следующие трехзначные числа:

325, 425, 525, 625, 725, 825, 925, 376, 476, 576, 676, 776, 876, 976.

Из их числа нужно исключить те числа, в которых один и тот же десятичный знак встречается дважды, то есть числа: 525, 676, 776. Выпишем квадраты остальных чисел:

Так как в слове ФУТБОЛ все буквы различные и среди них нет буквы Г, то условию задачи удовлетворяет только число ГОЛ=425 и, следовательно, ребус имеет единственное решение:

3.14.

Решение задачи № 3.14.

Очевидно, задача № 3.14 представляет собой ребус, содержащий операцию возведения в степень (ИВА)2=ТЕТИВА

Здесь три последних десятичных знака совпадают с соответствующими десятичными знаками основания степени.

Как известно, это возможно только при двух случаях: 1) ИВА=625 и 2) ИВА=376.

Но (ИВА)2=(625)2=390625, то есть первый и третий десятичные знаки не совпадают, и поэтому число ИВА=625 не удовлетворяет условию задачи.

Во втором случае имеем:

(ИВА)2=(376)2=141376.

Это равенство является единственным решением ребуса: И=3, В=7, А=6, Т=1, Е=4.

3.15. (264)2=69696.

Решение задачи № 3.15. (ПАР)2=АХАХА.

Здесь число десятичных знаков значения степени равно 5, и при условии, что показатель степени равен 2, а основание степени имеет три десятичных знака, основание степени должно удовлетворять неравенству ПАР<316.

Следовательно, п может принимать значения только из множества {1, 2, 3}.

Так как число единиц основания степени не совпадает с числом единиц значения степени, то число единиц значения степени может принимать значения из множества {1, 4, 6, 9}. Рассмотрим различные случаи.

1. Пусть А=1. Тогда Р=9. Так как 319>316, то п может принимать только одно значение: /7=2. При этом основание степени ПАР=219, ее квадрат (219)2=84681 не удовлетворяет условию задачи.

2. Пусть А=4. Тогда или р=2, или р=8.

Если р=2, то число ПАР может быть только число 142. Его квадрат (142)2=20164 не удовлетворяет условию задачи.

Если р=8, то числом ПАР могут быть числа 148 и 248. Но число 148 не удовлетворяет условию задачи, так как в числе десятков тысяч его квадрат будет число, меньшее 4.

Число 248 также не удовлетворяет условию задачи ввиду того, что (248)2=62704.

3. Пусть А=6. Тогда р=4, и числом ПАР могут быть числа 164 и 264. Их квадраты (164)2=26926 и (264)2=69696. Следовательно, условию задачи удовлетворяет число ПАР=264.

Покажем, что при А=9 нет числа ПАР, удовлетворяющего условию задачи.

Действительно, здесь или р=3 или р=7 и, значит, на роль числа ПАР могут претендовать четыре числа: 193, 197, 293 и 297. Но их квадраты

(193)2=37249, (197)2=38809,

(293)2=75849, (297)2=88209

не удовлетворяют условию задачи.

Таким образом ребус расшифровывается так:

(264)2=69696.

3.16. (98)2=9604

Решение задачи № 3.16. (УЖ)2=УДАВ.

В этом ребусе, содержащем операцию возведения в степень, /7=2, 0=2. Поэтому р - число десятичных знаков в значении степени удовлетворяют неравенства 2<р<5> то есть р =3, а р2=4.

В нашем примере р=р2=4 и, значит, основание степени УЖ удовлетворяет неравенству УЖ>32.

Как известно, в этом случае совпадение числа десятков основания степени с числом тысячи значения степени возможно лишь при У=9.

Так как квадрат числа УЖ в числе единиц не имеет цифры Ж, то Ж может принимать значения только из множества {2, 3, 4, 7, 8, 9}. Но Ж*9, так У=9.

Следовательно, число УЖ находится среди чисел: 92, 93, 94, 97, 98. Рассмотрим квадраты этих чисел (92)2=8464, (93)2=8649, (94)2=8836, (97)2=9409, (98)2=9604.

Числа 92, 93 и 94 не удовлетворяют условию задачи, так как число тысяч в значении степени не 9, а 8. Число 97 не удовлетворяет условию задачи, так как в значении степени совпадают две цифры.

Число 98 удовлетворяет условию задачи, и решением ребуса является равенство:

(98)2=9604.

3.17. (43)3=79507.

Решение задачи № 3.17. (СМ)3=КУБИК.

В данном ребусе я=2, й=3. Поэтому р - число десятичных знаков в значении степени должно удовлетворять неравенствам: 3<р<7, то есть р=4, р2=5, р3=6.

В задаче № 3.17 р=р2=5, и поэтому основание степени СМ должно удовлетворять неравенствам 22<СМ<46.

Таким образом, искомое число СМ находится среди чисел от 22 до 46.

Так как С и M — цифры различные, то из рассмотрения нужно исключить числа 22, 33 и 44.

Так как третья степень чисел 0, 1, 4, 5, 6 и 9 имеют в числе единиц ту же цифру, что и основание степени, то из рассмотрения следует исключить числа 24,25, 26,29,30, 31, 34, 35, 36, 39, 40, 41, 45, 46.

Так как при М=7 и М=8 их кубы оканчиваются соответственно цифрами К=3 и К=2, то эти цифры не должны совпадать с числом десятков основания степени. Поэтому из рассмотрения следует исключить числа 28 и 37.

Следовательно, необходимо рассмотреть числа:

Их кубы:

Из общего числа выписанных пятизначных чисел только у числа 79507 первая и последняя цифры совпадают.

Значит, всем условиям задачи удовлетворяет число СМ=43, а решением ребуса является равенство (43)3=79507.

ЗЛ8. Задача имеет два решения: 1)(13)2=169 и 2)(14)2=196.

Решение задачи № ЗЛ8. (ЁЖ)2=ЁРШ.

В задаче № 3.18 дан ребус, содержащий операцию возведения в степень. Причем здесь л=2, /я=2, р=3. Из неравенства (4) (Глава III) следует неравенство 2<р<5, то есть параметр р может принимать два значения р=3 и р2=4. В задаче № 3.18 р=р=3. Но в этом случае основание степени ЁЖ удовлетворяет неравенству ЁЖ<31.

Совпадение первой цифры основания степени с первой цифрой значения степени здесь возможно только при Ё=1 (если Ё=2, то значение степени больше 400).

Но так как значение степени меньше двухсот, то ЁЖ< 15. Таким образом, возможные значения слова ЁЖ: 10,11,12,13, 14. Но ЁЖ*10, так как квадрат числа 10 содержит два нуля.

ЁЖ*11, так как здесь в основании две одинаковых цифры.

ЕЖ*12, так как квадрат числа 12 содержит две одинаковые цифры.

В связи со сказанным условию задачи удовлетворяют два числа: 1) ЁЖ=13 и 2) ЁЖ=14, то есть ребус имеет два решения и расшифровывается в следующих видах:

3.19

Решение задачи № 3.19.

Здесь при решении ребуса естественно рассматривать его и как ребус, содержащий операцию возведения в степень, и как ребус, содержащий операцию умножения.

Так основание степени число СОРОК, то л=5, показатель степени 2=2 и число десятичных знаков в значении степени — р=10.

Но при я=5, 2=2 р удовлетворяет неравенствам 8<р<11, то есть р=9, а р2=10. В задаче № 3.19 мы имеем дело с р2=10, и поэтому основание степени удовлетворяет неравенству СОРОК>31700, то есть С>3. Но С<4, иначе при С=4 произведение СОРОКхС было бы числом шестизначным. Следовательно, С=3.

Из структуры операции умножения видно, что Р=0.

Так как С=3, а произведение пятизначного числа СОРОК на О и на К являются числами пятизначными, то 0<2 и К<2. Следовательно, возможны два варианта: 1)0=1, К=2 и 2)0=2, К=1.

В первом варианте СОРОК=31012, а произведение

является числом девятизначным и, значит, не удовлетворяет условиям задачи.

Во втором варианте: СОРОК=32021, а произведение

является числом десятизначным и удовлетворяет условию задачи.

3.20. Задача имеет два решения:

Рассматривая задачу № 3.20 как ребус, содержащий операцию возведения в степень, видим, что здесь л=4, й=2, р=8. Но при я=4, й=2 р удовлетворяет неравенствам 6<р<9, и поэтому р=7, а р2=8. В задаче № 3.20 р = р2=8, и поэтому основание степени должно удовлетворять неравенству ПЯТЬ>3170. Следовательно, П>3.

Но по условию задачи П является числом единиц в квадрате числа Ь. Это означает, что число П должно принадлежать множеству {1, 4, 5, 6, 9}. Но П*1, так как П>3, П*5 (иначе и Ь=5). Значит, П принадлежит множеству {4, 6, 9}.

Если П=4. то или Ь=2, или Ь=8. В то же время по условию задачи произведение ПхЬ должно иметь в числе единиц число Ь. Однако при П=4 это условие не выполняется ни при Ь=2, ни при Ь=8.

Если П=9. то или Ь=3, или Ь=7. Отсюда видно, что и при П=9 произведение ПхЬ не имеет в числе единиц число Ь ни при Ь=3, ни при Ь=7.

Если П=6. то Ь=4 (Ь*6, иначе П=6). Здесь произведение ПхЬ имеет в числе единиц число Ь.

Так как Так как

Отсюда ясно, что Т и Я - четные числа. Но Т*0, Я*0 - это следует из структуры операции умножения.

Следовательно, или Т=2 и Я=8, или Т=8 и Я=2. Таким образом, ребус имеет два решения:

3-21

Решение задачи № 3.21.

Так как произведение числа ТРИ на Т равно ТРИ, то Т=1.

Так как И*1 и Р*1, а произведение РхИ имеет в числе единиц цифру Р, то то одно из этих чисел равно 5 или 6. Но квадрат числа И имеет в числе единиц цифру 0*И. Поэтому И*5 и И*6.

Покажем, что Р*6. Предположим противное. Пусть Р=6. Тогда И должно принадлежать множеству {2,4, 8}. Но И*8, так как при И=8 и Р=6 произведение ТРИхИ=168х8=1344 — число четырехзначное. И*4, так как при И=4 квадрат числа И в числе единиц имеет цифру 6, то есть 0=Р. И*2, так как при И=2 произведение ТРИхИ=162х2=324, аэто противоречит тому, что втретьей строке вторая буква Р.

Из сказанного следует, что Р*6 и Р=5, а И — число

нечетное. Так как И2=0, то И — число однозначно не превосходящее 3. И*1, таккакТ=1. Следовательно, И=3 и ребус расшифровывается так: Т=1, Р=5, И=3.

4.1

4.2. 4.3

4.4. 4.5. 4.6.

Решение задачи № 4.6.

(1)

Запишем уравнения системы в виде:

(2)

Из второго равенства системы следует: И+А=10+С, 3+1=10+К, Т+1=И. Отсюда находим: Р=9, К=0.

Очевидно, что А*1, иначе ЗЕТхА=ЗЕТ, А*9 (Р=9), Т*9 (Р=9), Т*8, иначе И=Р=9.

Используя равенство Т+1 = И, находим ТРИ=100Т+90+Т+1, то есть ТРИ=101Т+91.

Запишем в форме таблицы значения Т, ТРИ, возможные значения А, учитывая, что ТРИ+А=ИКС и в этом выражении К=0: (ТРИ+А)/А=3ET

т

ТРИ

Возможные значения А

Целые значения дроби ТРИ+А . ЗЕТ А

ИКС=ТРИ+А

1

192

Нет

Нет

Нет

2

293

8

Нет

Нет

3

394

7,8

Нет

Нет

4

495

6, 7, 8

Нет

Нет

5

596

5, 6, 7, 8

Нет

Нет

6

697

4, 5, 6, 7, 8

Нет

Нет

7

798

3, 4, 5, 6, 7, 8

При А=3 267 При А=6 134

267 134

Таким образом, имеется два значения А, при которых выражение

имеет целые значения:

При А=3 имеем ТРИ=798, ИКС=801, ЗЕТ=267, и ребус расшифровывается так:

При А=6 имеем ТРИ=798, ИКС=804, ЗЕТ=134, то есть Т=7 и С=4, следовательно, этот результат не удовлетворяет условию задачи.

4.7. Задача имеет два решения:

Решение задачи № 4.7.

(1)

Систему (1) можно записать в виде:

(2)

Вычитая из второго равенства первое, получим:

(3)

Из равенства (3) следует, что при 0<7 справедливо неравенство Я>10.

Рассмотрим три возможных варианта:

1. Пусть 0=7. Тогда 7Я-К=63. Ясно, что это уравнение имеет единственное решение Я=9, К=0, При этом Л=5.

2. Пусть 0=8. Тогда 7Я-К=45. Это уравнение имеет единственное решение К=4, Я=7 и при этом Л=2.

3. Пусть 0=9, Тогда 7Я-К=27. Это уравнение имеет единственное решение К=1, Я=4 и при этом Л=7.

Но К*0, так как К — левая крайняя цифра в числе Коля. Таким образом, задача имеет два решения:

1. К=4, Я=7, 0=8, Л=2, а равенства (1) принимают вид:

2. К=1, Я=9, 0=4, Л=7, а равенства (1) принимают вид:

4.8.

Решение задачи № 4.8. МхА=Т-Е=М:А=Т:И=К-А.

Так как МхА=М:А, то МхА=М/А. Отсюда А2=1 и, следовательно, А=1.

При этом имеем систему уравнений

Так как А=1, то И*1, М*1, а их произведение МхИ=Т

не больше 8 и М*И. В связи с этим возможно четыре случая. Рассмотрим их.

1. И=2. М=3. Но в этом случае Т=2М и Т=М+Е. Отсюда следует М=Е, что невозможно.

2. И=2. М=4. Тогда Т=8, а Е=М=4. Следовательно, и здесь пришли к противоречию.

3. И=3. М=2. Тогда К=И=3, что невозможно.

4. И=4. М=2. Тогда Т=8, И=3, Е=6, и ребус расшифровывается так:

2x1=8-6=2:1=8:4=3-1. 4.9. 4+2=8-2=3x2=8-2=7-1=6.

Решение задачи № 4.9. Г+0=Л-0=ВхО=Л-0=М-К=А.

Из равенства ВхО=А следует, что В и О отличны от нуля и от единицы, а их произведение меньше 10. Но тогда возможны четыре случая:

1. 0=2, В=3;

2. 0=2, В=4;

3. 0=3, В=2;

4. 0=4, В=2. Рассмотрим эти случаи.

В первом случае А=ВхО=6, Л=А+0=8, Г=А-0=4, М=А+К=6+К. Ясно, что К<3. При К=1 М=7. К*2 (иначе М=Л=8), К*3 (иначе К=В=3). Таким образом имеем решение: 4+2=8-2=3x2=8-2=7-1=6.

Во втором случае А=ВхО=8, а Л=А+0=Ю, что невозможно.

В третьем случае А=ВхО=6, Л=А+0=9. Но тогда Г=А-0=6-3=3, то есть Г=В=3.

В четвертом случае А=ВхО=2х4=8, а Л=А+0=12, что невозможно.

Следовательно, задача имеет единственное решение, полученное при рассмотрении первого случая.

4.10.

Решение задачи № 4.10.

Из условия задачи легко получить систему алгебраических уравнений относительно неизвестных букв:

(1)

Из второго уравнения системы (1) следует, что 32<9. Поэтому 3 может принимать значения только из множества {1, 2, 3}. Но 3*1, иначе 3=4=1. Если 3=2, то 4=4. При этом из шестого уравнения системы (1) имеем А+К=4. Легко показать, что это равенство противоречиво. Так как А*2 и К*2, то или А=1 и К=3, или А=3 и К=1.

Но в обоих случаях мы получаем противоречие с третьим уравнением системы: ВхД=К. Пусть 3=3. Тогда 4=9. При этом из четвертого уравнения системы (1) следует, что Д*0, иначе и О равно нулю, Д*3, так как 3=3, Д<4, иначе ЗхД>10. Значит, Д=2 и 0=6.

В*1, В*2, В*3. Значит, В=4, а К=8. Тогда из шестого уравнения системы (1) получаем А=1, а из пятого уравнения — Е=7, и ребус расшифровывается так:

ЛИТЕРАТУРА

1. Б.АКордемский Спрятанная арифметика. — «Квант», 1978 г., № 3.

2. Б.А.Кордемский Математическая смекалка. — М., Госиздат, физико-математ. литературы, 1963.

3. Я.И.Перельман «Живая математика». — М., Гос.издат.физ.-мат. литературы, 1962.

4. Мартин Гарднер. Математические досуги. — М., «Мир», 1972.

5. Генри Э. Дьюдени «520 головоломок». — М., «Мир», 1975.

6. Мартин Гарднер. Математические головоломки и развлечения. — М.,«Мир», 1971.

7. Сэм Лойд. Математическая мозаика. — М., «Мир», 1980.

8. В.Лицман. Веселое и занимательно о числах и фигурах. — М., Гос.изд.физ-мат. литературы, 1963.

9. И.Акулич. Решение ребусов на чашечках весок. — «Квант», 1992 г., № 6.

ОГЛАВЛЕНИЕ

ВВЕДЕНИЕ.........................................................................4

ГЛАВА I. ЧИСЛОВЫЕ РЕБУСЫ, СОДЕРЖАЩИЕ

ОПЕРАЦИИ СЛОЖЕНИЯ И ВЫЧИТАНИЯ.. 10

ГЛАВА II. ЧИСЛОВЫЕ РЕБУСЫ, СОДЕРЖАЩИЕ

ОПЕРАЦИИ УМНОЖЕНИЯ И ДЕЛЕНИЯ.....25

ГЛАВА III. ЧИСЛОВЫЕ РЕБУСЫ, В КОТОРЫХ ИСПОЛЬЗУЕТСЯ ОПЕРАЦИЯ ВОЗВЕДЕНИЯ В СТЕПЕНЬ.........................................................51

ГЛАВА IV. СИСТЕМЫ ЧИСЛОВЫХ РЕБУСОВ................62

ПРИЛОЖЕНИЕ. ЗАДАЧИ ПО ВСЕМ РАЗДЕЛАМ..........67

ОТВЕТЫ, УКАЗАНИЯ, РЕШЕНИЯ..............................72

ЛИТЕРАТУРА.................................................................123

Леонид Моисеевич Лихтарников

ЧИСЛОВЫЕ РЕБУСЫ И СПОСОБЫ ИХ РЕШЕНИЯ

Директор А. Кноп Заведующая редакцией О. Смирнова Редактор А. Земцова Корректор А. Муромцева Оригинал-макет А. Олексенко

ЛР № 063193 от 20.12.93. Бумага газетная. Формат 84ХЮ8!/з2. Гарнитура Тайме. Печать офсетная. Печ. л. 8,0. Тираж 50 ООО экз. Заказ № 244.

Издательство «ЛАНЬ». 193029, Санкт-Петербург, пр. Елизарова, 1.

Отпечатано с готовых диапозитивов в типографии им. Володарского Лениздата. 191023, Санкт-Петербург, Фонтанка, 57.

Книгоиздательская и книготорговля фирма Издательство «ЛАНЬ» предлагает

V Книги нашего издательства

V Обмен и закупку книг других издательств или книготорговых организаций

V Сотрудничество по совместному выпуску книг

V Формирование контейнеров в любую точку страны

Оптовым покупателям, предоставляется торговая скидка

Ждем Вас по адресу:

РФ, Санкт-Петербург, пр. Елизарова, д. 1 Тел./факс (812) 265-00-88, 567-54-93

Книгоиздательская и книготорговая фирма Издательство «ЛАНЬ»

Уведомляет об открытии филиала в Москве

предлагаем

V Книги нашего издательства

V Обмен книг других издательств или книготорговых организаций Петербурга

V Ответственное хранение по договорным ценам

V Формирование контейнеров в любую точку страны

V Экспедирование и перевозка книжной продукции Москва-Петербург, Петербург-Москва

V Гибкая система скидок

Москва, Кутузовский пр., д. 4/2 Тел. (095) 243-32-56

Книготорговая фирма

«мик»

предлагает

V Ассортимент не менее 200 наименований

V Обмены, в том числе междугородние

V Доставку товара собственным транспортом

V Гибкую систему скидок

ЗВОНИТЕ НАМ

тел. (812) 541-32-21