Question

Ayudaa!!!! Con este Alphametic

Answer 1

o entender que el alfamético va así: 

MASCOT 
MASCOT.....+ 
MASCOT 
────── 
ZAKUMI 

Y la condición es que K x K = Z y que T x T = I, ¿verdad? 

Cada letra representa un sólo número y si nos fijamos, se está sumando 3 veces un mismo número de 6 cifras y el resultado es otro de 6 cifras. 

Como "M" es un número de una sola cifra (M ≠ 0) y M+M+M+(acarreo) = Z, vemos que 3M+a = Z en donde "a" es una letra que representa el acarreo de la suma de la columna anterior. 

Pero como se puede observar Z = K² = 3M+a, por lo que la suma 3M+a es un cuadrado perfecto de 1 sola cifra, o sea, sólo puede ser 0,1, 4 y 9. Obvio 3M+a ≠ 0, asi que analizamos los demás casos: 

Si 3M+a = 1 implica que M = 0 con a = 1, lo cual se descarta porque ya dijimos que M ≠ 0. 
Si 3M+a = 4 implica que M = 0 con a = 4 y M = 1 con a = 1. 
Si 3M+a = 9 implica que M = 0 con a = 9, M = 1 con a = 6, M = 2 con a = 3 y M = 3 con a = 0. 

Pero si analizamos detenidamente los acarreos posibles, resulta que no es posible generar un acarreo de 6 ni de 3 con sumas de números de 1 cifra. La máxima suma posible es 27, que tiene un acarreo de 2, lo que lo haría en 29, en un caso hipotético. Por lo tanto el valor máximo de "a" en cualquier columna es a = 2. 

Tomando en cuenta lo anterior, sólo hay 2 posibles soluciones: M = 1 con a = 1 y M = 3 con a = 0. 

Si M = 3 con a = 0 entonces Z = 9 y K = 3, y si M = 1 con a = 1 entonces Z = 4 y K = 2. 

Además del lado derecho notamos que la suma T+T+T termina en I, el cual es también un cuadrado perfecto, ya que I = T², por lo que I sólo puede ser 0,1,4 y 9, pero el único que cumple es I = 0 y I = 9 porque son los únicos que se pueden dividir entre 3 exactamente, así que T = 0 y T = 3. 

Anotamos los 2 alfaméticos generados hasta el momento: 

3ASCO3.......1ASCO3 
3ASCO3.......1ASCO3 
3ASCO3.......1ASCO3 
──────......────── 
9A3U39.........4A2U19 

En cualquiera de los 2 casos vemos que O+O+O es un numero que termina en 3 o en 1 ¿verdad? entonces: 

Si M = 3 entonces O = 1 y si M = 1 entonces O = 7 con acarreo 2 

3ASC13.......1ASC73 
3ASC13.......1ASC73 
3ASC13.......1ASC73 
─────........───── 
9A3U39........4A2U19 

Ahora veamos el caso de las A´s. 

En el primer caso, cuando M = 3, recordemos que la suma A+A+A+(el otro acarreo) no debe generar acarreo pues dijimos que a = 0, asi que A+A+A+(el otro acarreo) es estrictamente un número de 1 cifra, lo cual, sumado al hecho de que el resultado debe terminar en "A", genera una única posible opción: A = 0, lo cual implica que "el otro acarreo" es también cero, o sea que la suma S+S+S genera un número de una sola cifra, la cual es 3, por lo que S = 1, y de aquí se desprende también que el acarreo de la suma C+C+C es también cero, por lo que esa suma también debe dar un número de 1 sola cifra, pero como no hay reestricción para ésa columna, entonces C = 0,1,2 y 3, que genera los valores de U = 0,3,6,9 

Los 8 posibles resultados cuando M = 3 son éstos: 

301013....301113...301213...301313 
301013....301113...301213...301313 
301013....301113...301213...301313 
─────...─────...────....───── 
903039....903339...903639...903939 

301010....301110...301210...301310 
301010....301110...301210...301310 
301010....301110...301210...301310 
─────...─────...────....───── 
903030....903330...903630...903930 

Falta el caso que todavía no terminamos cuando M = 1 

En este caso la suma A+A+A+(el otro acarreo) debe dar un número de 2 cifras que empiece en 1 y termine en A. Si A = 4, entonces "el otro acarreo" debe valer 2 y si A = 5, entonces "el otro acarreo" debe valer cero. Pero si A = 4 y "el otro acarreo" vale 2, quiere decir que la suma S+S+S+(acarreo anterior) genera un número de 2 cifras que empiece en 2 y termine en 2, o sea, 22, situación que solo tiene una solución en S = 7, lo que se significa que el otro acarreo, proveniente de la suma C+C+C+2 (porque el acarreo de la columna precedente es 2) debe ser 1. Eso quiere decir que ésa suma genera un numero de 2 cifras que empieza en 1 y termina en U. Como no hay reestricciones para U, entonces C = 3,4 y 5. 

Ahora bien, si A = 5 y "el otro acarreo" vale cero, implica que la suma S+S+S+(acarreo anterior) genera un número de 1 cifra que termina en 2, por lo que la única posibilidad es S = 0 y significa que el acarreo anterior vale 2, por lo que ahora la suma C+C+C+2 genera un número de dos cifras que empieza en 2 y termina en U. Como tampoco hay reestricción para U, pues entonces C=6,7,8 y 9. 

Cuando M = 1 hay 14 soluciones y son éstas: 

147373....147473...147573 
147373....147473...147573 
147373....147473...147573 
─────...─────...───── 
442119....442419...442719 

150673....150773...150873...150973 
150673....150773...150873...150973 
150673....150773...150873...150973 
─────...─────...─────...──── 
452019....452319...452619....452919 

Y las que terminan en cero, por supuesto, pero por espacio ya no caben. Así que en total son 22 las soluciones del problema :) 

Espero no haya sido muy confuso :| 
Saludos