Matekpelda,11 eveseknek. Tudnatok segitseni, mielott beleorulok? :D

Azért annyira nem veszélyes a feladat…

Hogy ne legyen 100 megoldás azt tegyük fel az elején, hogy o, z, u, d nem nulla számjegyek, ezenkívül még az egyszerűség kedvéért, hogy d = 1 (ugye 2-nél nagyobb alapból nem lehet, hogy 2 nem lehet, azt meg kicsit szöszölős általánosan belátni, akkor könnyű, ha feltesszük, hogy a különböző betűk különböző számjegyeket jelölnek, mert akkor onze és zero közül az egyik biztosan kisebb 9000-nél).

Az utolsó helyi értékből látjuk, hogy e + o + n ugyanannyi maradékot ad 10-zel osztva, mint e, azaz o + n = 0 vagy o + n = 10. Előbbi csak úgy lehetne, ha az onze nullával kezdődne, de azt feltettük, hogy nem kezdődik, így o + n = 10, n = 10 - o.

A tízes helyi értéken van egy maradék az egyesektől, mivel o + n + e = 10 + e (kettő maradék nem lehet, mert e számjegy), így (z + r + u + 1)-nek kell ugyanannyi maradékot adnia 10-zel osztva, mint z-nek. Ez azt jelenti, hogy r + u + 1 osztható 10-zel, tehát vagy 0, vagy 10, vagy többször 10. Az első lehetőség nem lehet, mert r és u nem negatív, az 1 pedig pozitív, a harmadik se lehet, mert r + u legfeljebb 18, ezért r + u + 1 = 10, r + u = 9, r = 9 - u.

A következő, százas, helyi értékre akkor nem megy át maradék, ha z = 0 (mivel r + u = 9), de mivel zero nem kezdődhet 0-val, ezért z nem lehet nulla, tehát z legalább 1, és így van maradék. Ezért n + e + 1-nek ugyanannyi maradékot kell adnia 10-zel osztva, mint u-nak. Ez úgy lehet, hogy n + e + 1 = u vagy n + e + 1 = u + 10. Az előbbi esetben, az ezres helyi értékre nem megy át maradék, ezért (o + z)-nek (o + 10)-zel kell egyenlőnek lennie, hogy d = 1 lehessen, viszont ekkor z = 10, ami ellentmondás, tehát a második eset teljesül. Ebből o + z + 1 = o + 10, így z = 9; n + e = u + 9.

A donzeru betűk közül tudjuk, hogy d = 1 és z = 9, ismeretlen marad az o, n, e, r, u; viszont van három egyenletünk:

n = 10 - o,

r = 9 - u,

n + e = u + 9, e = u - n + 9.

Az elsőt helyettesítsük a harmadikba

e = u - 10 + o + 9,

e = u + o - 1,

e + 1 = u + o.

Így u-val meg o-val kifejeztünk mindent, ezek a szabad paraméterek. Figyelembe véve, hogy e + 1 legalább 1 és legfeljebb 10, valamint hogy o és u nem lehet 0, mert kezdőszámjegyek; megszámolhatjuk, hogy hányféleképpen választhatjuk meg őket, ennyi megoldásunk lesz.

Ha e + 1 = 1, akkor 0 megoldásunk van, mert u és o legalább 1.

Ha e + 1 = 2, akkor 1 megoldásunk van, mert u legfeljebb 1, és ez egyértelműen meghatározza o-t: u = 1, o = 1.

Ha e + 1 = 3, akkor 2, mert u = 1 vagy 2.

…

Ha e + 1 = 10, akkor u 9-féle lehet, és o már egyértelmű, tehát itt 9 megoldás van.

Összesen 1 + 2 + … + 9 = 45 megoldás lesz, lásd a 01:16-os hozzászólásomat. Ezek közül ki lehet választani azt az 5-öt, amikor a különböző betűk különböző értékűek, de sajnos ezeket már csak a 45 lehetőség végig próbálgatásával lehet megkapni.

(És még egyszer megjegyzem, hogy azt most nem láttam be precízen, hogy d nem lehet 2.)