P:386 – G.M.B. 7-8-9/2011 Reconstituii scderea 7 AAAA BB ACA - = . Nicolae Ivchescu, Craiova Soluie. Dacla scdere nu apare împrumut, avem C A = . Cifra unitilor ne aratcîn acest caz ar trebui ca 7 A B - = ; cifra zecilor ne aratcA B A - = , deci 7 A = i 0 B = , variantinacceptabil, deoarece pentru scrierea lui 0 nu avem nevoie de doucifre. Aadar, avem un împrumut la scdere, deci ( ) 1 C A = - . Bilanul cifrei unitilor ne aratc: 10 7 10 7 3 A B B A + - = ⇔ - = - = . Se efectueazbilanul cifrei zecilor, dar inem seama cla scderea unitilor ne-am împrumutat cu o unitate de aici : 1 10 9 9 A B A A A B B -+ - = ⇔ = - + ⇔ = . Rezultc9, 6, 5 B A C = = = . Scderea reconstituiteste 6666 99 6567 - = . R: 6666-99=6567
Probleme de calcul cifrat din GMB 2011-2012, nivel clasele a IV-a - a V-a, rezolvari de Daria-Ioana Pisai
Welcome message from author
This document is posted to help you gain knowledge. Please leave a comment to let me know what you think about it! Share it to your friends and learn new things together.
Transcript
P:386 – G.M.B. 7-8-9/2011
Reconstitui�i sc�derea 7AAAA BB ACA− = .
Nicolae Iv��chescu, Craiova
Solu�ie.
Dac� la sc�dere nu apare împrumut, avem C A= . Cifra unit��ilor ne arat� c� în acest caz ar
trebui ca 7A B− = ; cifra zecilor ne arat� c� A B A− = , deci 7A = �i 0B = , variant�
inacceptabil�, deoarece pentru scrierea lui 0 nu avem nevoie de dou� cifre.
A�adar, avem un împrumut la sc�dere, deci ( )1C A= − . Bilan�ul cifrei unit��ilor ne arat� c� :
10 7 10 7 3A B B A+ − = ⇔ − = − = .
Se efectueaz� bilan�ul cifrei zecilor, dar �inem seama c� la sc�derea unit��ilor ne-am împrumutat cu o unitate de aici :
1 10 9 9A B A A A B B− + − = ⇔ = − + ⇔ = . Rezult� c� 9, 6, 5B A C= = = . Sc�derea reconstituit� este 6666 99 6567− = .
R: 6666-99=6567
P:400 – G.M.B. 10/2011
G�si�i num�rul natural abcd pentru care:
2012abcd abc ab a+ + + =
Nicolae Iv��chescu, Craiova
Solu�ie.
Valorile lui a pot fi 1a = sau 2a = .
Dac� 2a = , atunci 2 2 2200 2012bcd bc+ ≥ > , deci egalitatea nu poate avea loc. Rezult� c�
1a = .
Egalitatea devine ( )1 1 1 1 2012 1 1 1 2011 1bcd bc b bcd bc b+ + + = ⇔ + + = .
Bilan�ul cifrei unit��ilor este { }1,11, 21d c b+ + ∈ . Dac� 1d c b+ + = , atunci 1b ≤ , deci
1 1 1 1400 2011bcd bc b+ + < < . A�adar, { }11, 21d c b+ + ∈ , deci avem un transport 1
1t ≥
c�tre cifra zecilor.
Eviden�a cifrei zecilor este { }11 1,11, 21c b t+ + + ∈ . Cum
11t ≥ , trebuie s� excludem varianta
1 1c b+ + = . Rezult� { }11 11, 21c b t+ + + ∈ , deci apare un transport { }2
1,2t ∈ c�tre cifra
sutelor.
Bilan�ul cifrei sutelor conduce la 2
1 10b t+ + = , unde { }21,2t ∈ este transportul provenit de la
cifra zecilor.
i) Dac� 2
1t = , rezult� 8b = , iar rela�ia ( )1 devine 18 18 18 2011 18 18cd c cd c+ + = � + =
2011 18 1993= − =
Putem avea 3d c+ = sau 13d c+ = . Dac� 3d c+ = , nu avem transport de la unit��i la zeci,
deci 8 9 1, 2c c d+ = � = = . Dac� 13d c+ = , avem transport de 1, deci 8 1 9c + + = �
0c� = , egalitatea 13d c+ = devenind imposibil� (s� ne amintim c� d �i c sunt cifre din
mul�imea { }0,1, 2,...,9 ).
ii) Dac� 2
2t = , avem 7b = , iar rela�ia ( )1 devine 17 17 17 2011 17 17cd c cd c+ + = � + =
2011 17 1994= − =
Aceast� egalitate este imposibil�, valoarea maxim� a sumei 17 17cd c+ fiind
1799 179 1978 1994+ = < .
Singura solu�ie a problemei este prin urmare 1812abcd = .
Din adunarea cifrelor zecilor rezultatelor par�iale, avem 4B B+ = sau 14B B+ = (cu transport de 1 spre ordinul sutelor). Cifra C a zecilor înmul�itorului este 1, deoarece al doilea rezultat par�ial este egal cu deînmul�itul. Dac� 4B B+ = , atunci 2B = �i deoarece nu avem transport, rezult� 4A = . Deînmul�itul de
pe prima linie este 42AB = , iar 444 nu este multiplu al acestuia ( 42 10 420× = , 42 11 420 42 462× = + = ). Deci 14B B+ = , adic� 7B = �i 1 4A + = , deci 3A = . Deînmul�itul este 37 , iar primul rezultat par�ial este 74. Cifra D a unit��ilor înmul�itorului este 74 : 37 2D = = . Înmul�irea este 37 12 444× = .
R : 37 12 444× =
P:459 – G.M.B. 4/2012
Reconstitui�i adunarea :
* 2 0 1 2 *
R A P O R T
A P O R T
P O R T
O R T
RT
T
+
Aurel Dobo�an �i Sebastian Gheorghi��, Lugoj Solu�ie.
Cifrele , ,R A P �i O trebuie s� fie nenule; doar cifra T poate lua �i valoarea 0.
Valoarea ob�inut� adunând toate unit��ile este 6 T⋅ ; cum 0 9T≤ ≤ , rezult� 0 6 54T≤ ⋅ ≤ ,
deci se poate produce un transport 1t c�tre cifra zecilor, cu
Toate cifrele implicate sunt acum determinate în mod unic: 2, 5, 6, 5, 4R A P O T= = = = = .
Adunarea este reconstituit� mai jos.
2 5 6 5 2 4
5 6 5 2 4
6 5 2 4
5 2 4
2 4
4
3 2 0 1 2 4
+
S:P12.218 – S.G.M. 2/2012
Înlocui�i literele cu cifre astfel încât egalitatea DOI TREI CINCI+ = s� fie adev�rat� (literele diferite reprezint� cifre diferite).
* * * Solu�ie.
Ignor�m deocamdat� restric�ia de unicitate impus� asupra cifrelor. Avem 999DOI ≤ �i
9999TREI ≤ , deci 999 9999 10998DOI TREI+ ≤ + = . A�adar, litera C nu poate fi decât 1. Bilan�ul cifrei unit��ilor impune ca ultima cifr� a sumei I I+ s� fie I , ceea ce nu este posibil decât pentru 0I = .
Dac� valoarea lui T nu ar fi 9 , atunci 8999TREI ≤ , deci 999 8999 9998DOI TREI+ ≤ + = Rezultatul adun�rii nu ar putea avea în acest caz cinci cifre ; deci 9T = .
Cu ce am g�sit pân� acum, adunarea se rescrie 0 9 0 10 10DO RE N+ = Adunarea cifrelor zecilor se scrie 11O E+ = , deoarece nu putem avea 1O E+ = (singura posibilitate ar fi ca O �i E s� ia valorile 0 �i 1, care sunt “ocupate”). Perechile de cifre “libere” cu suma 11 sunt 3 �i 8, 4 �i 7, 5 �i 6. Adunarea cifrelor sutelor beneficiaz� de transport de la ordinul zecilor �i trebuie s� produc� transport de o unitate c�tre ordinul miilor, astfel încât rezultatul s� dep��easc� 10000 . Deci,
1 10 9D R N D R N+ + = + � + − = .
i) Dac� { }, 3,8O E ∈ , atunci { }, , 2,4,5,6,7D R N ∈ . Posibilit��ile de satisfacere a
egalit��ii 9D R N+ − = sunt { }, 6,7D R ∈ �i 4N = , sau { }, 4,7D R ∈ �i 2N =
sau { }, 5,6D R ∈ �i 2N = .
ii) Dac� { }, 4,7O E ∈ , atunci { }, , 2,3,5,6,8D R N ∈ . Posibilit��ile de satisfacere a
egalit��ii 9D R N+ − = sunt { }, 6,8D R ∈ �i 5N = , sau { }, 3,8D R ∈ �i 2N = sau
{ }, 5,6D R ∈ �i 2N = .
iii) Dac� { }, 5,6O E ∈ , atunci { }, , 2,3, 4,7,8D R N ∈ . Posibilit��ile de satisfacere a
egalit��ii 9D R N+ − = sunt { }, 4,7D R ∈ �i 2N = sau { }, 3,8D R ∈ �i 2N = sau
S:P12.221 – S.G.M. 3/2012 În adunarea de mai jos, literele , , , ,A B C D E reprezint� cifre diferite.
201 2
ABC
ADC
AEC
+
Calcula�i A B C D E+ + + + . Nadina Neaga, Baia Mare
Solu�ie.
Pentru ca suma 3C C C C+ + = × s� se termine cu cifra 2, trebuie ca 4C = . Aceast� sum� este 3 4 12× = , deci produce transport de o unitate spre ordinul zecilor.
La ordinul zecilor, avem { }1 1,11, 21B D E+ + + ∈ , cu transport t de 0, 1 sau 2 unit��i spre
ordinul sutelor. La ordinul sutelor, se scrie 20 3 20A A A t A t+ + + = � × + = . Singura posibilitate este ca
6A = �i 2t = , caz în care 1 21 21 1 20B D E B D E+ + + = � + + = − = . Nu ne mai intereseaz� care sunt valorile cifrelor ,B D �i E (o posibilitate este tripleta
( )8,7,5 ). Putem calcula suma ( ) 6 4 20 30A B C D E A C B D E+ + + + = + + + + = + + = .
R : 30
S:P12.253 – S.G.M. 4/2012
Afla�i numerele abcd cu cifre nenule, diferite, pentru care a b c d ad+ + + = �i
a�adar, { }7 7,8,9d d≥ � ∈ . Se încearc� pe rând cele trei valori :
7 : 17 71 1207d = ⋅ = Nu satisface condi�ia 0c ≠
8 : 18 81 1458d = ⋅ = Calcul�m 1 4 5 8 18a b c d ad+ + + = + + + = =
9 : 19 91 1729d = ⋅ = Calcul�m 1 7 2 9 19a b c d ad+ + + = + + + = =
Problema are a�adar dou� solu�ii.
R : 1458, 1729
S:P12.263 – S.G.M. 5/2012
Reconstitui�i adunarea :
5 4 9 5 5
D O I N A
O I N A
I N A
N A
A
+
Doina �i Mario Mircea Stoica, Arad
Solu�ie.
Suma cifrelor unit��ilor este 5 5 9 45A ≤ × = . Pentru ca aceasta s� se termine cu 5, trebuie ca A s� fie o cifr� impar�, adic� 1,3,5,7 sau 9 . Adunarea cifrelor unit��ilor produce a�adar un
transport 1
0 4t≤ ≤ c�tre ordinul zecilor.
Adunând cifrele zecilor cu transportul 1t , ob�inem
14 4 9 4 36 4 40N t+ ≤ × + = + = . Pentru ca
în final cifra rezultat� s� fie 5, putem avea { }14 5,15,25,35N t+ ∈ . Num�rul 4N este par, deci
1t trebuie s� fie impar, adic� 1 sau 3. Ele corespund valorilor ( )1
3 1A t= = , respectiv 7A =
( )13t = . Analiz�m cele dou� cazuri posibile, din punct de vedere al bilan�ului zecilor.
a) 1
1t = Se încearc� pe rând egalit��ile :
4 1 5 4 5 1 4 4 : 4 1N N N+ = � = − = � = = 4 1 15 4 15 1 14N N+ = � = − = , imposibil, deoarece 14 nu se împarte exact la 4. 4 1 25 4 25 1 24 24 : 4 6N N N+ = � = − = � = = 4 1 35 4 35 1 34N N+ = � = − = , imposibil, deoarece 34 nu se împarte exact la 4.
b) 1
3t = Se încearc� pe rând egalit��ile :
4 3 5 4 5 3 2N N+ = � = − = , imposibil, deoarece 2 nu se împarte exact la 4. 4 3 15 4 15 3 12 12 : 4 3N N N+ = � = − = � = = 4 3 25 4 25 3 22N N+ = � = − = , imposibil, deoarece 22 nu se împarte exact la 4. 4 3 35 4 35 3 32 32 : 4 8N N N+ = � = − = � = =
Transportul 2
t c�tre ordinul sutelor poate fi 2
0 3t≤ ≤ . La ordinul sutelor, avem expresia
23 3 9 3 27 3 30I t+ ≤ × + = + = ; cum aceasta trebuie s� se termine cu cifra 9, trebuie ca
{ }23 9,19, 29I t+ ∈ . Pentru a „reconstitui” corect solu�iile problemei, se calculeaz� valoarea
transportului 2
t pe fiecare dintre cazurile de mai sus, evaluând apoi cifra comun� I a sutelor.
a1) 1 2
3, 1 1, 4 1 4 1 1 5 0A N t N t= = � = + = × + = � = . În acest caz, 2
3 3I t I+ = se
împarte exact la 3, deci singura valoare posibil� este 3 9 9 :3 3I I= � = = .
Transportul c�tre ordinul miilor este 3
0t = .
a2) 1 2
3, 6 1, 4 1 4 6 1 25 2A N t N t= = � = + = × + = � = . Expresia 2
3 3 2I t I+ = + d�
restul 2 la împ�r�irea cu 3, deci singura valoare posibil� este 3 2 29 3I I+ = � =
2t ≤ , la ordinul miilor ob�inem prin adunare valoarea 3
2 2 9 2 18 2 20O t+ ≤ × + = + = .
Pentru ca cifra care „r�mâne pe loc” s� fie 4, trebuie ca { }32 4,14O t+ ∈ . Excludem valoarea
31t = (cazul b1)), pentru care valoarea
32 2 1O t O+ = + este impar�. Relu�m celelalte cazuri.
a1) 3
0 2 4t O= � = sau 2 14O = .
a11) În primul caz, avem 2O = �i transport 4
0t = c�tre ordinul zecilor de mii, deci 5D = .
a12) În cazul al doilea, avem 7O = �i transport 4
1t = c�tre ordinul zecilor de mii, deci
4D = . a2)
32 2 2 4t O= � + = sau 2 2 14O + = .
a21) În primul caz, avem 1O = �i transport 4
0t = c�tre ordinul zecilor de mii, deci 5D = .
a22) În cazul al doilea, avem 6O = �i transport 4
1t = c�tre ordinul zecilor de mii, deci
4D = . b2)
30 2 4t O= � = sau 2 14O = .
b21) În primul caz, avem 2O = �i transport 4
0t = c�tre ordinul zecilor de mii, deci 5D = .
b22) În cazul al doilea, avem 7O = �i transport 4
1t = c�tre ordinul zecilor de mii, deci
4D = .
Problema are a�adar �ase solu�ii (le exprim�m scriind num�rul „mare” DOINA , cel care con�ine toate cifrele). Acestea sunt : 52313, 47313, 51963, 46963, 52287, 47287 . Dac� punem restric�ia ca „literele distincte s� reprezinte cifre distincte” – restric�ie neprecizat� îns� de
enun� – r�mânem cu o singur� solu�ie, 51963DOINA = .
Valoarea ob�inut� adunând unit��ile este 4 4 9 36A ≤ × = . Cum cifra care „r�mâne pe loc” este 2, iar valoarea se împarte exact la 4, avem posibilit��ile : a) 4 12 12 : 4 3A A= � = = . Avem un transport
11t = c�tre ordinul zecilor.
b) 4 32 32 : 4 8A A= � = = . Avem un transport 1
3t = c�tre ordinul zecilor.
Transportul c�tre cifra zecilor fiind { }11,3t ∈ , prin adunarea zecilor se ob�ine valoarea
13 3 9 3 27 3 30R t+ ≤ × + = + = . Rezult� { }1
3 1,11,21R t+ ∈ .
a) Dac� 1
1t = , atunci 1
3 3 1R t R+ = + d� restul 1 la împ�r�irea cu 3. Singura valoare
putem avea 2 2 0A + = . Cercet�m celelalte dou� posibilit��i.
b1) 2 2 10 2 10 2 8 8 : 2 4A A A+ = � = − = � = = . Avem un transport 3
1t = c�tre ordinul
miilor, deci 1 2 1V V+ = � = .
b2) 2 2 20 2 20 2 18 18 : 2 9A A A+ = � = − = � = = . Avem un transport 3
2t = c�tre ordinul
miilor, deci 2 2 0V V+ = � = , imposibil.
Singura solu�ie pare a fi 1468VARA = , numai c� cifra A ar avea dou� valori distincte, atât 4 (la sute), cât �i 8 (la unit��i). În mod riguros, problema nu are nicio solu�ie. Ca s� nu respingem solu�ia ob�inut�, am putea reformula adunarea astfel :