Négy négyes

A Four Fours egy matematikai feladvány , amellyel a legegyszerűbb matematikai kifejezést találja meg minden 0-tól bizonyos maximumig terjedő egész számra, kizárólag gyakori matematikai szimbólumok és négyesek használatával (más számok nem megengedettek). A "négy 4s" legtöbb verziója megköveteli, hogy minden kifejezés pontosan négy 4-est tartalmazzon, de egyes változatok megkövetelik, hogy minden kifejezésnek legalább 4-es legyen.

Szabályok

Ennek a rejtvénynek számos változata létezik. A fő különbség az, hogy milyen matematikai műveletek engedélyezettek. Szinte minden változat lehetővé teszi legalább az összeadást ("+"), a kivonást ("−"), a szorzást ("×"), az osztást ("÷") és a zárójeleket, valamint az összefűzést (például a "44" beírása megengedett ) . A legtöbb lehetővé teszi a faktoriális ("!"), a hatványozást (pl. "44 4 "), a tizedesvesszőt (".") és a négyzetgyököt ("√"), bár néha a négyzetgyököt kifejezetten kizárják azon az alapon, hogy implikált "2" a négyzetgyök. Egyes változatokban más műveletek is megengedettek, beleértve a szubfaktorális ("!" egy szám előtt: !4 egyenlő 9-cel), primorial ("#" egy szám után, például a 4# egyenlő 6-tal), "()" vagy "bar over" (végtelenül ismétlődő számjegyek sorozata), bármilyen fok gyöke, gammafüggvények (Γ (), ahol Γ (x) \u003d (x - 1)!) És százalék ("%"). Így 4/4% = 100 és Γ (4) = 6. A vonal jelentése a következő:

A logaritmusok használata általában nem megengedett, mivel bármilyen szám kifejezésére van egy triviális módszer. Paul Burke, Ben Rudyak-Gouldot idézve, leírta a természetes logaritmusok (ln()) használatát bármely n természetes szám ábrázolására :

További lehetőségek is lehetségesek (általában más névvel): egy számkészlet ("4, 4, 4, 4") helyettesítése egy másikkal, mondjuk valaki születési évével. Például az „1975” használata esetén minden számhoz csak egy 1-et, egy 9-et, egy 7-et és egy 5-öt kell használni a kifejezésben.

Döntések

Íme egy négy négyes megoldáskészlet 0-tól 20-ig terjedő számokhoz, mintaszabályok használatával. Néhány alternatív megoldást is felsorolunk, bár valójában sokkal több helyes megoldás létezik.

0 = 4 ÷ 4 × 4 - 4 = 44 -44 1 = 4 ÷ 4 + 4 − 4 = 44 ÷ 44 2 = 4 −(4 + 4)÷ 4 = (44 + 4) ÷ 4! 3 = (4 × 4 - 4) ÷ 4 = (4 + 4 + 4) ÷ 4 4 = 4 + 4 ×(4 − 4) = −44 + 4! +4! 5 = (4 × 4 + 4)÷ 4 = (44 - 4!)÷ 4 6 = 4 +(4 + 4)÷ 4 = 4,4 + 4 ×,4 7 = 4 + 4 - 4 ÷ 4 = 44 ÷ 4 - 4 8 = 4 ÷ 4 × 4 + 4 = 4,4 −,4 + 4 9 = 4 ÷ 4 + 4 + 4 = 44 ÷ 4 −√4 10 = 4 + 4 + 4 −√4 = (44 − 4) ÷ 4 11 = 4 ÷ 4 + 4 ÷ ,4 = 44 ÷√4 ÷√4 12 = 4 × (4 - 4 ÷ 4) = (44 + 4) ÷ 4 13 = (4 −,4)÷,4 + 4 = 44 ÷ 4 +√4 14 = 4 ×(4 −.4)−.4 = 4 + 4 + 4 +√4 15 = 4 × 4 - 4 ÷ 4 = 44 ÷ 4 + 4 16 = 4 × 4 + 4 − 4 = (44 − 4) ×.4 17 = 4 × 4 + 4 ÷ 4 = (44 + 4!) ÷ 4 18 = 4 × 4 + 4 −√4 = (44 ÷√4) − 4 19 = 4!− 4 −(4 ÷ 4) = (4 + 4 −.4) ÷,4 20 = 4 × (4 + 4 ÷ 4) = (44 - 4) ÷√4

Számos egyéb bemutatási mód is létezik.

Ügyeljen néhány tizedes tört jelölésére. Tehát a "0.4"-et általában ".4"-nek írják. Ez azért van, mert a „0” egy szám, és ebben a rejtvényben csak a „4” számok használhatók.

Egy adott számnak általában több lehetséges megoldása is van, és minden olyan megoldás elfogadható, amely megfelel a szabályoknak. Egyes változatok a "legkisebb" számú műveletet részesítik előnyben, vagy bizonyos műveleteket részesítenek előnyben másokkal szemben. Mások egyszerűen az "érdekes" megoldásokat részesítik előnyben, vagyis a cél elérésének meglepő módját. A mindössze négy 4-gyel, négy aritmetikai művelettel és hatványokkal felírható legnagyobb szám 4 4 4 4 , ami megközelítőleg 10 10 154 .

Egyes számokat, például a 113-at és a 123-at különösen nehéz megoldani a tipikus szabályokon belül. 113-hoz Wheeler Γ (Γ (4)) - (4 + 4!) / 4-et javasol. 123 esetén Wheeler a következő kifejezést javasolja:

A százalék ("%") használata sokkal több szám megoldását teszi lehetővé, például 113 = (√4 + (√4 + 4!)%) ÷ (√4)%. Ezért nem minden lehetőségnél megengedett.

A rejtvényt először a Mathematical Essays and Amusements ( W. W. Rose Ball , 1892) írja le nyomtatásban. Ebben a könyvben a „négy négyes” kifejezést „hagyományos szórakozásnak” nevezik.

Algoritmikus problémák

Ez a probléma és általánosításai (például "öt ötös" és "hat hatos" az alábbiak szerint) egy egyszerű algoritmussal megoldhatók. A megoldás egy olyan hash tábla felépítése, amely a számokat karakterláncokra képezi le. Ezekben a táblázatokban a kulcsszámok a d operátorok és szimbólumok érvényes kombinációjaként jeleníthetők meg , amelyek például négyet jelölnek, és értékek, amelyek tényleges képleteket tartalmazó karakterláncok. A d minden n számú előfordulására van egy táblázat. Például, ha d = 4, a d két előfordulása esetén a hash táblák a következő párokat tartalmazzák: kulcsérték 8 és karakterlánc 4 + 4 , három előfordulás esetén pedig például ehhez hasonló párokat: kulcsérték 2 karakterlánc ( 4 +4) / 4 (félkövéren szedett sorok). A probléma ezután redukálódik ezeknek a hash tábláknak a rekurzív kiszámítására n lépésekkel, n = 1-től kezdve és például n = 4-ig. Az n = 1 és n = 2 táblázatok triviálisak, mert primitív elemeket tartalmaznak. . Például n = 1 esetén a következőket kapjuk:

T[4] := "4"; T[4/10] := ".4"; T[4/9] := ".(4)";

és n = 2 esetén:

T[44] := "44";.

Jelenleg kétféleképpen lehet új rekordokat létrehozni meglévők kombinációjaként, bináris operátorok használatával, vagy faktoriális vagy négyzetgyök alkalmazásával (amely nem használja a d további példányait). Az első esetben az összes részkifejezéspárt, amelyek összesen n d esetet használnak, a rendszer figyelembe veszi és iterálja . Például, ha n=4 , akkor szeretnénk tesztelni (a, b) olyan a - val , amely d egy példányát és három b -t tartalmazza , vagy a -t, amely d és b két példányát tartalmazza 2 d -vel . Ekkor n=4 esetén beírhatnánk a+b, ab, ba, a*b, a/b, b/a) hash táblába zárójelekkel együtt . Itt az A és B halmaz a -t és b -t tartalmaz , rekurzívan számítva, n=1 és n=2 alapján . A memoizáció segítségével biztosítható, hogy minden hash tábla értéke csak egyszer kerüljön kiszámításra.

A második esetben (faktorálok és gyökök) a feldolgozás egy segítő függvényen megy keresztül, amelyet minden V érték kiírásakor meghívunk. Ez a függvény a beágyazott faktoriálisokat és a V gyököket számítja ki bizonyos maximális mélységig, amelyet számok korlátoznak.

Az algoritmus utolsó lépése az, hogy a táblából a kulcsot iteráljuk a szükséges n értékhez , és megkapjuk és rendezzük azokat a kulcsokat, amelyek egész számok. Ezt az algoritmust használták az alábbi öt ötös és hat hatos példák kiszámításához. Minden alkalommal egy kompaktabb képletet választottak (a megfelelő értékekben lévő karakterek számát tekintve), amikor a kulcs többször megjelent.

Kivonat a feladat megoldásából öt ötössel

139 = ((((5+(5/5)))!/5)-5) 140 = (.5*(5+(5*55))) 141 = ((5)!+((5+(5+.5))/.5)) 142 = ((5)!+((55/.5)/5)) 143 = ((((5+(5/5)))!-5)/5) 144 = ((((55/5)-5))!/5) 145 = ((5*(5+(5*5)))-5) 146 = ((5)!+((5/5)+(5*5))) 147 = ((5)!+((.5*55)-.5)) 148 = ((5)!+(.5+(.5*55))) 149 = (5+(((5+(5/5)))!/5))

Kivonat a feladat megoldásából hat hatossal

Az alábbi táblázatban a .6… bejegyzés a 6/9 vagy 2/3 (a 6. periódusos tört) értéket jelenti.

241 = ((.6+((6+6)*(6+6)))/.6) 242 = ((6*(6+(6*6)))-(6/.6)) 243 = (6+((6*(.6*66))-.6)) 244 = (.6...*(6+(6*(66-6)))) 245 = (((6)!+((6)!+66))/6)-6) 246 = (66+(6*((6*6)-6))) 247 = (66+((6+(6)!/.6...))/6)) 248 = (6*(6+(6*(6-(.6.../6))))) 249 = (.6+(6*(6+((6*6)-.6)))) 250 = (((6*(6*6))-66)/.6) 251 = ((6*(6+(6*6)))-(6/6)) 252 = (66+(66+(6)!/6))) 253 = ((6/6)+(6*(6+(6*6)))) 254 = ((.6...*((6*66)-6))-6) 255 = ((((6*6)+66)/.6)/.6...) 256 = (6*(6*(6-(6/(.6-6))))) 257 = (6+(((6)!+((6)!+66))/6)) 258 = ((6)!-(66+(6*66))) 259 = ((((6*6)+((6)!/6))-.6)/.6) 260 = ((66+((6)!/.6)/6))-6)

Lásd még

Linkek