5.1
Již odpradávna jsou známé problémy s písmeny místo číslic. Roku 1931 zavedl pro ně M. Vatriquant název cryptogramy, pokud písmena stojí jen vedle sebe, ale nedávají smysl. Říkáme jim i algebrografy. Jestliže tvoří písmena, která máme nahradit číslicemi, slova, která mají význam, vznikají alfametricképroblémy (J. A. Hun-ter, 1955).Nejsou přesně známy zákony, jak postupovat při řešení. Je třeba začít vždy tím, že hledáme kombinace písmen, která zřejmě představují číslice 0, 1 nebo 9. Pokuste se vyřešit následující alfametrické problémy:
a) POŠLI I HNED
PENÍZE
b) T H I S
ISA G R E A T TI M E
WA STER (Znamená: To je velký měřič času.)
71
c)
PRA WY POLÁK PILNÝ
I L 00 A W
5.2
Vyluštěte tento rébus:
ATU  + IAZ
NE G
IOG =
IITE Ě
PAU—    NZ  = PPA
Po uspořádání písmen označujících číslice od 0 do 9 vám vyjde ruské slovo, které vyjadřuje matematický termín.
5.3
Jak rychle vypočítate (třeba i zpaměti) tento příklad: 1Q2 + na    122 _j. i32 _j_ 142 ^ 365
5.4
Při sčítání jsme čísla nahradili písmeny, Zjistěte všechna? čísla, pro která platí:
B DG E + BDAE
AEG B E
5.5
Zjistěte dvě čísla, jejichž součet je 123 456. Jedinou podmínkou je, aby jedno z obou čísel mělo tři stejné číslice (samozřejmě kromě jiných) s výjimkou jednotky.
5.6
Ve čtvercích 1 až 8 jsou zpřeházená čísla 1 až 8 v kroužcích (napište si je na čtverečky papíru podle obr. 21). Posouváním na volná pole máme čísla uspořádat tak, aby na papírkách i ve čtvercích byla stejná čísla.
72
Obr. 21
*® °0 "®
Pravidlo: Oíslo 5 zůstane volné, skákat se nesmí, ve čtverečku smí být jen jedno číslo. Jak budete postupovat?
5.7
Je daný dělenec xA -\- 1, dělitel x — la podíl a;3 + *'2 +
Určete bez dělení zbytek.
5.8
Sečtěte tři čísla, z nichž jedno je zapsáno jednou jedničkou a čtyřmi dvojkami, druhé dvojkou a čtyřmi trojkami a třetí jedničkou, dvěma dvojkami, trojkou a čtyřkou. Dostanete součet 98 765. Napište správně celý příklad.
5.9
Hádejte, která čísla je možno napsat třemi trojkami bez použití dalších znaků matematických výkonů, a uspořádejte je podle velikosti.
5.10
Nahraďte číslicemi:
MNO = (NM)N = 0.0.0
5.11 *
Co je víc: |/ô nebo j/2?
(Určete bez vypočítání hodnot odmocnin.)
73
5.12
Najděte všechna čtyřciferná čísla, která mají tyto vlastnosti: první dvě a druhé dvě cifry jsou druhé mocniny čísel, které napsány vedle sebe dají číslo, jež umocněno na druhou je původní čtyřciferné číslo.
5.13
V jazyce IDO čteme tento součet:
SÁGO (moudrost) + SANO (zdraví)
FELIC (štěstí) Za různá písmena dosadte různé číslice, aby součet byl správný. Vymyslete si podobnou úlohu.
5.14
Dosadit místo hvězdiček číslice není tak těžké. Pokuste se vysvětlit, zda v tom není nějaká zákonitost, že výsledkem našeho násobení je souměrné číslo.
* 4 *      x * * *
* 4 *
* * * *
4*4
4 4*44
5.15
Šestimístné číslo začíná jedničkou. Jestliže přesuneme tuto jedničku na konec čísla, zvětší se číslo trojnásobně. Zjistěte hledané číslo.
5.16
K dvěma Číslům x, y můžeme vypočítat jejich aritme-tický průměr A = —~-, geometrický průměr G
= ]/x . y a harmonický průměr, o němž víme, že platí A;G = G:H.
a) Jaký bude vzorec pro H vyjádřený čísly x, «/?
b) Jaký vztah vyjádřený nerovnostmi platí mezi A, G, H?
5.17
Čtyřciferné číslo ABGD je čtvercem jiného čísla". Známe jen jeho třetí číslici, nulu. Dále o něm víme, že A — = B + D. Které je to číslo?
5.18
Máte před sebou sérii rozličných čísel, která jsou uspořádána podle určitého pravidla. Doplňte chybějící číslo:
1	3	7 J ?	31
63
5.1»
Napište číslo 10 jako součet několika sčítanců, při jejichž zápisu použijete všech deseti číslic 0, 1, 2, 3, 9, a to každou číslici právě jednou. Jednotliví sčítanci mohou být i zlomky,
5.20
Vypočtěte:
2
1 +-
90 000 000 000
5.21
Násobení, kde místo cifer jsou hvězdičky, vám již jistě nedělá potíže. Pokuste se nyní umocnit:
5.22
Oktagram je geometrický název osmícípe hvězdy. Do kroužků na obr. 22 máte napsat čísla od. 1 do 16 tak, aby součet ve všech přímých směrech byl 34. Taktéž součet čtyř čísel ve vrcholech dvou čtverců, z nichž obrazec vznikl, má být 34.
74
75
5.23
Za trojúhelníčky a písmena dosaďte Číslice tak, aby násobení bylo správné:
ABC. BAG
A A A A AAi A A A B
A A A A A A
5.24
Z deseti cifer od 0 do 9 máme sestavit největší možné číslo dělitelné jedenácti. Každá cifra se v něm může vyskytnout pouze jednou.
5.25
Algebrograf (v posledním řádku jsou jen součty): TV X TV = GMB GVR : BR = GV Z +   T = V LV —   G — LB
VVK   MV BRRB
76
5.26
Nahraďte písmena číslicemi, aby výpočty souhlasily ve vodorovném i svislém směru:
H x AD = EJD X : X
EJ      A H
HL x E D = HLD
5.27
V tomto příkladě doplňte chybějící číslice: X2x5x : 325 = lxx
-X X X
x 0 x x —x 9 x x
x 5 x —x 5 x
ČT
5.28
S použitím logaritmů čísel určete přirozená čísla, jejichž 31. mocnina je 35místné přirozené číslo.
5.29
Trojciferné číslo, v němž je prostřední číslice nula a zbývající dvě jsou různé od nuly, můžeme umocnit dvěma zpaměti:
3042 = 92 416 32.......9
2.3.4..... 24
42....... 16
92416
Odůvodněte.
5.30
U této jednoduché úlohy
ABC X DEF = 1 2 345 6
77
si stopněte čas, jak dlouho vám potrvá než ji vyřešíte. Pokud ji vyřešíte za 2 minuty, jste dobrým počtářem.
5.35
Nahraďte písmena číslicemi tak, aby platil součet:
5.31
i s podmínkou,
Pokuste ae nahradit hvězdičky číslicemi, aby řešení bylo správné:
DP J N DREE SEND
ifc***** _____ >ft >fe 3t<
GHEE R
* *
4. * * * * * * *
0
5.32
Která čísla je možno napsat třemi čtyřkami bez použití dalších znaků matematických výkonů? Uspořádejte je podle velikosti a určete největší z nich.
5.33
Najděte číslo ř a Číselnou hodnotu písmene a, které nahraziije číslici v této rovnici:
5.34
Zajímavá úloha, která je nová tím, že v ní jsou místo čísel písmena i v mocnitelích. Úloha se dá dobře vyřešit úsudkem, ale mnoho se nad ní narozmýšlíte:
(ABA x O) — (£>B X Ec) = {FD X Dp)
[3(230 + í)]2 - 492 a04
AG X
AD
EHB
(D^xG) -f (GExAA)
78
b) Pro lichoběžník (obr. 96b):
c) Pro trojúhelník (obr. 96c):
4.33
Vypočtěte nejdříve úhel a, tj. středový úhel patřící k straně sedmiúhelníku. Obr. 97.
360° : 7 = 51°;   3° - 3 . 60';   180' : 7 - 25';
6' = 6 . 60";   300" : 7 - 43".
Úhel « - 51°25'43".
Úhel, který svírají dvě sousední strany, je potom 180° — (51°25'43"). Dále
180° 179°59'60" i ookmq* —51°25'43"
-51°25'43"
]28°34'17"
Dvě sousední strany pravidelného sedmiúhelníku svírají úhel přibližné velikosti 128°34'17".
Obr. 9"
250
5.1
a) 19 568 + 84 302 = 103 870 nebo 14 668 -f 89 302 ■--= 103 870;
b) 5 628 + 280 + 97 405 -f 5 234 = 108 547;
c) 39 746 + 38 072 + 31 056 = 108 874.
5.2
Všimněme si, že v prvním sloupci od U jednotek odčítáme G jednotek a dostaneme zase U jednotek. To znamená, že G — 0.
Podívejme se na rozdíl IAZ — IOG = NZ. Protože G = 0 a číslice stovek jsou shodné, A — O = N. (1) Vezměme rozdíl P AU — NZ = PPA a upravme ho na součet:
PPA + NZ = PAU. Protože číslice stovek jsou shodné, musí platit jedna z těchto dvou soustav:
(a) A + Z = U; nebo (b) A + Z = U + 10;
P + N = A; P + N i- 1 - A;
(součet jednotek (součet jednotek
je menší než 10); je větší než 10).
Sečteme rovnici (1) s rovnicí P -|- X — A a dostaneme
251
p _|_ N — O = N. Z toho P — O, což není možné, protože různé číslice jsou vyjádřeny různými písmeny. Platí tedy soustava (b).
Sečteme rovnici (i) s rovnicí P + N-f 1 = Aa dostaneme:
P + N + 1 = N +0. Z toho P + 1 = O. (2)
Protože G = O, vydělíme čísla NBG a IOG deseti a dostaneme
NE : 10 = E nebo IOxE = NE. Z toho buď
EO = E; El = N;
nebo
EO - E + 10; El + 1 = N.
Platí-li první soustava, O = 1 a podle (2) P = 0; to je však nemožné, protože už víme, že G = 0. Platí tedy druhá souatava. Dosadíme do rovnice EO = E + 10 z rovnice (2) P + 1 = O a dostaneme E(P + 1) = E + 10, čili EP - 10. (3)
Přejdeme k rovnici IITE : E = PPA. Upravíme ji takto: (100P + 10P + A) . E - 1 0001 + 1001 -f 101 + E.
Z toho
100PE + 10PE + AE = 1 0001 + 1001 + 101 + E,
čili po dosazení z rovnice (3)
1 000 + 100 + AE = 1 0001 + 1001 + 101 + E,
Tato rovnice může platit jen pro I = 1 a AE = = 101 + E. (4)
Nyní vezmeme součet ATU +IAZ - IITE. I = 1, platí
ATU + 1AZ
11TE.
252
Protože víme, že A < 10 a součet desítek nenrůže dát víc než 1 stovku, dostávame A + l + l = ll. Z toho A => 9, takže máme
9TU + 19Z
" 11TE.
Případ U + Z = E není možný, protože z toho by vyplývaly absurdní rovnice: T + 9 = T nebo T + 9 = ■ = T + 10. Platí tedy U + Z = E + 10. (5) Další postup je lehký. Vezmeme napr. rovnici ATU — — NEG = P AU. Dosadíme za A jeho hodnotu a vyjádříme rovnici takto:
P9U +NEO
9TU.
Protože E je různé od nuly a nerovná se ani 1, platí
9 + E = T + 10, čili E — T= 1; (6) P + N + 1 = 9,   čili  P + N = 8. (7)
Porovnáme rovnice (4) a (6): AE = 10T + E,
E —T = 1,
a protože A = 9, platí E = 5 a T = 4.
Z (3) vyplývá, že P = 2. Ze (7) dostaneme N = 6,
z (1) 0 = 3.
Hodnotu písmen Z a U určíme ze soustavy rovnic (5) a % první rovnice soustavy (b):
U + Z = E + 10, A + Z = U + 10.
Protože A = 9„ E = 5, platí Z = 8 a U — 7,
253
Výsledky sestavíme do tabulky:
0 1 2 3 4 5 C 7 8 9, GI P O T E N U Z A.
Vzniklé ruské slovo znamená přepona.
5.3
Čísla 10, 11, 12, 13 a 14 mají zajímavou vlastnost:
102 + ip 4. 122 = 132 + 142.
Protože 100 -f- 121 + 144 = 365, lehce můžeme zpaměti vypočítat, že výsledek se rovná 2. Čísla 10, 11, 12, 13 a 14 se nazývají Račinského řada. Existuje ještě jedna taková řada. Jsou to čísla —2, —1, 0, 1, 2. Totéž je možno vypočítat i algebraicky; Označme první číslo písmenem x. Platí:
xi 4. (X 4. 1)2 + (3 + 2)2 = (x + 3)2 + (x + 4)2.
Označíme-li druhé číslo uvedené řady písmenem x, dostaneme jednodušší výraz:
(x — l)2 + x2 + {x + l)2 = {x + 2)2 + {x + 3)2.
Po vyřešení dostaneme x1 — 10a; — 11 = 0, z toho Xi = 11, x2 — —1.
5.4
Na první pohled vidíme, že součet dvou čtyřciferných čísel musí být menší než 20 000, tedy A ="l. Z úlohy dále vidíme, že E + E ~ E, což může platit jen pro E = 0. Z druhého sloupce sčítání vyplývá (protože v prvním sloupci není zbytek): G+ A — B -:■ B = 0 + 1. Součet tedy začíná 10 (A = 1, E ■= 0), proto
B může být jen 5. Protože B = C -f 1, může být C jen 4 a potom D jen 2. Celý součet je potom
5 240 -f-5 210
10 450.
5.5
Dvojic čísel, která splňují podmínky úlohy, je mnoho. Některé z nich:
42 888 80 508
5.0
50 222 67 234
27 555 95 901
45 666 77 790
43 777 79 679.
Postup tahů může být tento (1 - znamená doleva
2 —	1,	1	-cl,	8	— Pi	2
8 —	P>	3	—-n,	7	-1,	8
7 —	P,	1	— P,	2	-d,	3
7 —	P.	6	-d,	4	— P.	3
7 —	1,	8	— d,	4	— P.	3
5.7						
— nahoru):			
-n, 1—1,	3	— 1,	7
-d, 4 — 1,	6	— n,	8
-1, 4-1,	6	-1,	8
-P> 2— n,	1	-1,	6
-P, 2 — p,	1	— n.	
7-d, P»
.H 4. 1 = (x — 1) (a;3 + x2 + * + 1) + C, kde G je zbytek. Protože to musí být identita, dosadíme např. * = 1. Potom 1 + 1 = 0 + G. Z toho (7 = 2. Tuto hodnotu pro G dostaneme, nechť je hodnota x jakákoli. Vezmeme-li např. x — 2, potom 16 -f- 1 = (2 — 1) (8 -f 4-4 + 2 -j- 1) -f G, čili 17 = 15 4- G a z toho zase
Q:= 2.
5.8
22 212 33 332 43 221
22 221 33 323 43 221
08 765      98 765
254
5.9
33 3, 333, 333, 33'; 333 = 35 937, 33> = 327, 310 = 59 049.
To nám stačí, abychom uvedená čísla uspořádali podle velikosti:
333 < 333 < 33' < 333. Největší číslo je 333.
5.10
729 = 272 = 9 . 9 . 9.
5.11
Umocníme oba výrazy na desátou:
(]/5)io = 52 = 25;   (]/2)10 = 2* = 32. Protože 32 > 25, tedy ]/2 > V5.
(Jde o kladná čísla; pak z nerovnosti a > b plyne nerovnost an > bn a obráceně.)
5.12
Podmínce vyhovují jen čísla s nulami na konci: 1 600 (402), 2 500 (502), 3 600 (602) atd.
5.13
8 = 5, A = 3, G = 2, O - 4, N = 7, F = 1, E = 0, L = 6, / = 9, G - 8
nebo
8 = 5, A = 4, G = 2, O = 3,     = 7, J" = 1, J5 = 0, L = 8, J = 9, G = 6.
Tedy součet je:
5 324 5 423
5 374 5 473
10 698 10 896.
[S musí být vždy: 5 > 5. Nechť 5 = 6=*^ může být jen 4, 3, 2.
F se vždy rovná 1. (28 ^ 10 ^ 8 = 5, tj. 5, 6, 7, 8, 9.) 2A nesmí být více než 10 (neboť by byl zbytek 1 a 10 + + 1 = 11; tedy by byly dvě jednotky i na místě F i na místě E).
Za A tedy zvolíme 4, 2, 3. Nechť A = 3. Potom G můžeme zvolit jen 8 (má to být sudé číslo, které ještě nebylo).]
5.14
Násobíme-li číslo 1001 dvojciferným číslem se stejnými číslicemi, dostaneme souměrný výsledek. Podle toho můžeme zvolit příslušné činitele:
242 X 182 1 001 . 44
"Í42~ 1 001 = 91 . 11 1936 44 = 2 . 2 . 11
__i£L 2.2.11.11.91= 242.182 = 44044 44044
5.15
Šestimístné číslo, o němž víme, že začíná jednotkou, můžeme psát ve tvaru (100 000 + a), kde a je pětimístné číslo. Z podmínky úlohy víme, že 3 . (100 000 + a) = ^ 10a + 1. Z této rovnice dostaneme hodnotu pro číslo a = 42 857. Hledané číslo je tedy 142 857. Platí:
3 . 142 857 = 428 571.
5.16
Q2
a) Z uvedené úměry H = . Po dosazení a úpravě máme
* + v
257
b) Platí:
H < O < A.
Pro n prvků, jejichž hodnoty označíme xi, x2, xn %i + ít'2 + %3 + .■..+ ®n
A =■
G = ]/xi . X2.....Xn,
H =
n
X i      x2 xn
5.17
Dvojmístné číslo, které umocníme dvěma, abychom dostali čtyřmístné číslo, má Číslice x a, y a, musí platit
(10a: + y)2 = 10(te2 + 20a^ + y2.
V našem případe je y různé od nuly, neboť jinak by G = D = 0, tedy A = B. Dále y se nerovná 3 a 7, protože by potom ľ = 9azi — D + B ~ 9 vyplývá číslo 9 009, které není druhou mocninou žádného dvojciferného čísla, y se nerovná ani 4, ani 5, ani 6, protože potom nemůžeme zjistit .r tak, aby cifra desítek v čísle 20xy + y2 se rovnala nule. Zůstává tedy jediné řešení x ='9„y = 9 a hledané číslo je 9 801 = 992.
5.18
2.1 + 1
2.3 + 1
2 . 7 + 1 = 15
2 . 15 + 1
31
2 . 31 + 1 ^ 63
5.19
Uvedeme dvě řešení. Pokuste se najít další.
258
5.20
Kromě obvyklého způsobu přeměny tohoto složeného zlomku na jednoduchý a dělení, kdy dostaneme
180 000 000 000 90 000 000 001
= 1, 999 999 999 977 ... ,
což je zdlouhavý a úmorný výpočet, můžeme počítat i takto:
2
-—--^-■ je přibližně tolik jako
1 +
90 000 000 000
90 000 000 000
neboť
'd
1 +
1
90 000 000 000
1 —
90 000 000 000
90 000 000 000
90 000 000 000 zanedbat.
Můžeme tedy počítat: 211
je tak malá veličina, že je možno ji
90 000 000 000
-)-
90 000 000 000
= 2 —-5-. 10-10 = 2 — 0,2222. , . . 10~10 =
= 2 — 0,000 000 000 022 22...= = 1,999 999 999 977
což je týž výsledek jako předcházející, ovšem velmi jednoduše vypočtený.
259
5.21 . ■
a) Na první pohled je zřejmé, že jde o třetí mocninu a že poslední číslice mocněnce je 3, čtyři sedmičky na konci prozrazují, že druhou číslicí mocněnce je 5.
Z toho vyplývá výsledek i
7 5 33 = 42 6 957 777. , i
b) Protože umocněním trojciferného čísla máme dostat < číslo devítimístné, jde o třetí mocninu. Třetí mocnina j čísla má končit číslicí 7; to je možné jen tak, že poslední   číslicí  mocněnce  je   číslice   3.   (33 = 27.) Napišme tedy hledané číslo ve tvaru (100a + 106 -|~ 3);
po umocnění třemi a porovnání desítek zjistíme, že 6 = 5. Pak umocňujeme (100a + 53)3 a zjistíme a.
5.22
Viz obr. 98. i |
5.23
Vidíme, že z čísel A, B, G je nejmenší A, neboť ABC. A je trojciferné číslo, zatímco zbývající částečné součiny jsou čtyřciferná čísla. A může být jen 1, 2 nebo 3,
Obr. 08
260
neboť větší číslo než 3 na místě stovek násobené čtyřmi dává již čtyřciferné číslo.
A nemůže být 1, neboť z ABG . A by plynulo G A = A. Kdyby ae A rovnalo 3, bylo by G. A =3, tedy G = 1, ale G musí být větší než A; tedy A = 2. Pak má 2 . G končit opět číslicí 2; je tedy G = 6.
256 . B26
___6
__2 ___B
6
Z třetího řádku vidíme, že 6 . B je číslo, jež končí na B, což je možno napsat takto; 6i? = 10# + B B = = 2%. B je tedy sudé číslo a tak B jsou buď 4, nebo 8. Kdyby B = 4, potom násobené číslo by bylo 246. jB-násobek tohoto čísla (čtyřnásobek) by bylo trojciferné číslo. My potřebujeme čtyřciferné, proto B = 8. Výsledek :
286.826
57 2
2 2 8 8
236236
5.24
Protože máme použít všech deset cifer, bude číslo clesetimístné a bude mít ciferný součet
0 + 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7+ 8+ 9 = 45.
Dále má být číslo dělitelné jedenácti. Číslo je dělitelné 11, jestliže rozdíl mezi součtem číslic stojících na sudých míatech a součtem číslic stojících na lichých místech se rovná nule nebo je násobkem 11, Tyto poznatky zapíšeme rovnicemi.
261
Součet číslic stojících na sudých místech nechť jo x, součet číslic stojících na lichých místech y. Má platit x + V — 45, x — y = \\ky kde k = 0, ^1, ^2 atd, Hledáme kladná celá čísla x a y, vyhovující těmto rovnicím. Zjistíme:
x = (45 + llk) : 2, í/ = (45 — lift) : 2.
Z toho nejdříve vyplývá, že k je liché. Dále, že absolutní hodnota čísla k je menší než 5, protože jinak by vyšlo x nebo y záporné, a to nemá smysl. V úvahu přicházejí jen hodnoty k = ±1 nebo k = ±3.
Jestliže k — -±1, vychází x = 28, y = 17 nebo x = 17, y = 28.
Jestliže k = ±3, vychází a: = 39, í/ = 6 nebo x = 6, y = 39.
Druhý případ nemá smysl, protože 5 různých cifer dává součet vždy větší než 6. Máme tedy dělit cifry od 0 do 9 na dvě skupiny po pěti, aby jedna skupina měla ciferný součet 28 a druhá 17. Hledané číslo potom dostaneme, když cifry těchto skupin, klesající zleva, seřadíme za sebou. Skupiny jsou:
,9 7 5 4 3, 8 6 2 1 0.
Z toho seřazením je hledané číslo 9 876 524 130. 5.25
29 X 29 = 841 890 : 10 = 89 7 + 22 = 9 69— 8 = 61
995     49     1 000
5.26
Z posledního řádku vyplývá E = 1, D — 0. Další úvahou dostaneme 3 řešení:
I. 3X40 = 120 X : X 12 :  4 = 3
36 X 10 = 360
5.27
II. 2x70 = 140 X : X 14 :  7 = 2
28x10 = 280
III. 4X30 = 120 X : X 12 :  3 = 4
48X10 = 480
52 650 : 325 = 162 20 15 650 0
5.28
Označme hledané číslo písmenem x. Potom platí íc31 je 35místné přirozené číslo Čili x je ]/35místné číslo, log x = -gj- log 35místného přirozeného  čísla, tj. log
čísla =
34, .
31
—. Hledaný logaritmus může tedy být
, ,   34     34,99   it  , _ jen v mezích — a —^—, tj. 1,09 a 1,13.
V tomto intervalu je logaritmus jediného přirozeného čísla, a to čísla 13; (log 13 = 1,11...). Hledané číslo je 13.
262
263
5.29
(a . 100 + b)2 = a2. 10 000 + 2 . 100 . ab + 62 = = a* . 10 000 + 2c* . 100 + b2.
(a je číslice stovek, b je číslice jednotek.)
5.30
Rozložíme číslo 123 456 na prvočinitele:
2.2.2.2.2.2.3. 643.
Z toho 643 je prvočíslo a ze zbývajících cifer můžeme vytvořit jen jedno trojciferné číslo. Výsledek je tudíž 192 . 643 = 123 456.
5.31
První číslice musí být 3, protože jeho mocnina je jednociferná a vyjde nám odhadem z prvního dvojčíslí. Druhým číslem může být jen 1, protože 62 . 2 dá trojciferné číslo ve čtvrtém řádku. Protože pátý řádek začíná číslicí 4, výsledek musí končit sedmičkou. Výsledek je tudíž
]/l00 489 = 317.
5.32
444, 444, 4-»4, 44\
4256 > 444} tedy 444 < 44\
Protože 444 je možno napsat jako (44)11 = 2561', je možno z toho usoudit, že 444 < 444, neboť
444 < 256»;
o základech totiž platí 44 < 256, a o exponentech 4 < 11.
Celkové uspořádání bude toto:
444 < 444 < 444 < 44\ Největší číslo je 44\
264
5.33
Levá strana rovnice je násobkem devíti, to znamená, že i pravá strana bude dělitelná devíti. Součet číslic na pravé straně musí být tedy též dělitelný devíti. Jestliže součet číslic bez jedné nahrazené písmenem a je 19, číslice nahrazená písmenem a musí být 8. Druhá odmocnina čísla 492 804 je 702:
3(230 -f t) = 702 a z toho t = 4.
5.34
(171X5) — (3^X52) = (63X32) 19     x     13     = 247
(3*X5) + (6>Xll) = (5X26)
V prvním sloupci (ABA x G) : AG = (DE x G) nebo ABA : AG = DE. Určíme dolní a horní mez tohoto podílu. Nejmenší hodnota DE je pro ABA = 121 a AG = 19; DE = 121 : 19 > 6; největší pro ABA -= 191 a .4(? = 12; (191 : 12 < 16). Pro DE tedy platí 6 < DE < 16. Nemůže být E = 0, protože by DE = 1. Při E = 1 by dole z druhého sloupec vycházelo záporné číslo.
Při E = 3 je nutně D = 2, DE = 8 a číslo ABA je dělitelné 8. A, B jsou čísla sudá, různá od D, a dále docházíme k množství nesrovnalostí.
Při A — 6 nebo 8 vychází v druhé řádce součin větší než 400, což nesouhlasí.
Při E > 3 je nemožné najít D, aby DE bylo mezi 7 a 15.
Pří E = 2 dostaneme D = 3, DE = 9. Číslo ABA  je  dělitelné  9  a  AGxAD = ERB = y 2HB < 300. Vyhovuje tedy jedině ABA = 171 a další čísla nám již lehce vyjdou.
265
5.35
Podmínka E2 — H může platit jen tehdy, když H — 9 a E = 3 nebo H = 4 a #=2. Předpokládejme, že £T = 9. Ve sloupci tisíců je D + 8 > 10, neboť jinak by nemohla být N & C ve sloupci desetitisíců různá čísla. Podle toho by potom D + 8 = 19, což je nemožné, neboť kdyby i zůstal zbytek 2 ve sloupci stovek, D + S může být nejvíce 7 + 8 = 15 se zbytkem 17. Potom na místě pro H bychom dostali 7 a o H jsme předpokládali, že je 9, Tedy H může býfc jen 4 a E zase 2.
DPJ NDR2 2 8 2 N D
G á 2 2 R
D + 8 + zbytek = 14, tedy D + 8 = 13 =>
D = 8 a # = 5, nebo D = 7, = 6, D = 5,  # = 8, D — Q, 8 = 1.
Součet 4 + 9 nemůže přijít v úvahu, neboť 4 je H. Je-li P = 8, ze sloupce jednotek vyplývá, že J = iž, což je nemožné. Je-li D = 5, vypadal by sloupec stovek 6 + iž + 2 + zbytek = 12 nebo 22. Ani v sloupci stovek, ani v sloupci desítek nemůže být zbytek 2, neboť ze tří cifer jedna je 2 a druhé dvě mohou být nejvíce 9 + 8 = 17. Zbytek je podle toho 1, čili 5 + R + 2 + + 1 = 12 => R — 4, a to je obsazené písmenem //. Kdyby D = 7, potom 7 -f R + 2 + 1 (zbytek) = 12 =-=> jR = 2, což není možné, neboť Ě = 2. Tedy D = 6 a # = 7.
6 P J ď6i?2 2 7 2 iV 6
G á 2 2 R
Ze sloupce stovek vyplývá, že 6 + .fl + 2 + 1 (zbv-tek) - 12 => iž = 3.
6 P J
1^6 3 2 2 7 2 iy 6
G 4 2 2 3
Ze sloupce jednotek je vidět, žeJ + 2 + 6 = 13=>t/ = = 5.
6 P5 #6 3 2 2
7 2 NQ
0 4 2 2 3
Ze sloupce jednotek je vidět, že 5 + 2 + 6 = 13, zbytek je 1. Při desítkách zase P + 2 + N + 1 (zbytek) = 12, čili P + N = 9, což může být jen v těchto případech: P =- 1 a iV = 8 nebo P = 8 a iV = 1. N nemůže být 1, neboť potom by G, které je o 1 větší, bylo 2, což nemůže být. Takto zůstane jen možnost: P = i, N = 8, G = 9. Výsledek:
6 15
8 6 3 2 2
7 28 6
9422 3
266
267