Autor: Gendzo macher
Kategória: Písmenková matematika
Publikovaný: 15.08.2007 / Počet zobrazení: 15606

Tento hlavolam je akýsi vzor písmenkových hlavolamov. Vždy, keď si chce človek na internete prečítať niečo o tom, čo sú to písmenkové hlavolamy, ako prvý príklad sa uvádza hlavolam "Pošli viac peňazí". (Rovnako ako "Hello world!" pri programovaní.) A aj keď teraz pozerám, že to nie je prvý písmenkový hlavolam na tejto stránke (viď úlohu Prales), pridávam ho sem aj ja - navyše i s podrobným popisom riešenia.

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

Postup riešenia:
Hneď na prvý pohľad je jasné, že M = 1. Ak sčítavame dve 4 ciferné čísla, ktoré nám majú pretiecť na číslo 5 ciferné, pretečenie môže byť maximálne o jednotku. Inak povedané, aj keby S a M boli maximálne možné čísla, teda 9 + 8, ich súčtom dostávame najviac 17, čiže vo výsledku na úplne ľavej pozícii musí byť M = 1.

    S E N D
+   1 O R E
  1 O N E Y

S musí byť veľké číslo, 9 alebo 8, pretože pri sčítaní S + 1 musí nastať pretečenie. Do úvahy je potrebné samozrejme brať aj prenos z predchádzajúceho sčítania E + O.

Z uvedeného tvrdenia dostávame: S + 1 (+1?) = 10 + O.
Zápis (+1?) znamená pripočítanie prenosu z predchádzajúceho sčitovania. Otáznik pritom vyjadruje, že nevieme, či takéto pretečenie naozaj nastane.

Ak bude S = 8, potom 8 + 1 (+1) = 10
Ak bude S = 9, potom 9 + 1 (+1?) = 10 alebo 11

Správny výsledok však môže byť iba 10, pretože ak M = 1, O ≠ 1. Z toho vyplýva, že O = 0.

    S E N D
+   1 0 R E
  1 0 N E Y

Platí, že E + 0 (+1) = N. Musíme totiž rátať aj potenciálne pretečenie zo súčtu N + R, lebo inak by bolo E + 0 = N, čo nie je pravda.

Súčet E + 0 (+1) môže byť maximálne 10 (ak pripočítame aj pretečenie z predchádzajúceho súčtu) - a to iba za predpokladu, že E = 9. Lenže výsledok tohto súčtu nemôže byť 10, pretože N ≠ 0. Takže to znamená, že E < 9, iba tak bude zabezpečené, že súčet E + 0 (+1) ≠ 10.

Keďže už vieme, že E ≠ 9 a že súčet E + 0 (+1) < 10, a berúc do úvahy, že S + 1 = 10, definitívne je jasné, že S = 9.

    9 E N D
+   1 0 R E
  1 0 N E Y

Súčet E + 0 = N. Keďže platí, že E ≠ N, musí aj platiť, že E + 0 (+1) = N, lebo jediná šanca je pripočítavať aj prenos z predchádzajúceho súčtu N + R. Čiže vieme, že E + 1 = N.

N + R (+1?) = E. V predchádzajúcom tvrdení však naisto rátame, že tento súčet bude mať pretečenie cez 10, inak by ďalší súčet nesedel. Toto sa dá zapísať aj ako N + R (+1?) = 10 + E.

Máme teda dve rovnice:
E + 1 = N
N + R (+1?) = 10 + E

Znížime počet neznámych v tejto rovnici:
E + 1 + R (+1?) = 10 + E
R (+1?) = 9

Ak by nenastalo pretečenie zo súčtu D + E (doteraz značené s otáznikom pri písmene R), muselo by byť R = 9. No to nie je pravda: R ≠ 9, pretože S = 9.
Musíme teda rátať, že pretečenie zo súčtu D + E nastane: R (+1) = 9, čiže R = 8.

    9 E N D
+   1 0 8 E
  1 0 N E Y

Teraz už vieme, že D + E nám spraví pretečenie cez 10. Ale Y ≠ 0, lebo O = 0 a ani Y ≠ 1, pretože M = 1. Takže: Y ≥ 2.

Teraz platí:
D + E = 10 + Y
N + 8 (+1) = 10 + E
a z teda toho E + 1 = N (poznáme už z predchádzajúcich úvah)

Ostali nám voľné číslovky: 2, 3, 4, 5, 6, 7. Číslovky, ktorých súčet je väčší alebo rovný ako 12 sú: 5 + 7 a 6 + 7.

Ak D = 5 a E = 7, potom Y = 2, no máme problém, pretože N = 8, čo nemôže byť, lebo R = 8.
Ak D = 6 a E = 7, potom Y = 3, no máme rovnaký problém, lebo N = 8, čo nemôže byť.
Ak D = 7 a E = 6, potom Y = 3, no máme problém, pretože N = 7, čo nemôže byť, lebo tvrdíme, že D = 7.
Ak D = 7 a E = 5, potom Y = 2, N = 6. Tak sa zdá, že teraz nám už všetky podmienky sedia:

    9 5 6 7
+   1 0 8 5
  1 0 6 5 2

A pozrime sa, veď to je výsledok :-).

Originál tohto hlavolamu bol po prvýkrát uverejnený v júlovom čísle roku 1924 časopisu Strand Magazine. Jeho autorom je Henry Dudeney.