Keresés

Ahol lista van, ott bináris fa is lehet, pl.:

vabcde = eabcd

{emptree} = vf000
{notemptree} = T{sel1of4}
{isemptree} = B{not}{notemptree}
{value} = T{sef2of4}
{left} = T{sel3of4}
{right} = T{sel4of4}
{leftemptree} = B{isemptree}{left}
{rightemptree} = B{isemptree}{right}
{isleaf}x = {and}({leftemptree}x)({rightemptree}x)

{setvalue}{tree}{val} = vt{val}({left}{tree})({right}{tree})
{setleft}{tree}{subtree} = vt({value}{tree}){subtree}({right}{tree})
{setright}{tree}[subtree} = vt({value}{tree})({left}{tree}){subtree}

{inorder}x =
  ({isemptree}x){empty}(
    {concat}
      ({append}({inorder}({left}x)({value}x))
      ({inorder}({right}x))
  )

Ez most kicsit paradox lesz, de azért vizsgáljuk meg ezeket az állításokat:

1. Ha ez az állítás igaz, akkor létezik a Mikulás.
2. Ha létezik a Mikulás, akkor ez az állítás igaz.

3. Ez a mondat ugyanannyira igaz, mint az, hogy létezik a Mikulás.

4. Ez a mondat hamis.

Ezekkel az a gond, hogy ha feltesszük, hogy van valamilyen igazságértékük, akkor vagy ellentmondást kapunk, vagy bebizonyítjuk a Mikulás létezését.

Az a kérdés, hogy lehet-e ezt a paradoxont logikai kombinátorokkal bemutatni.

Tegyük fel, hogy van egy φ függvény, ami minden kombinátorhoz egy logikai értéket rendel. Ez még önmagában nem vezet ellentmondáshoz, ezért vizsgáljunk meg három alesetet:

1. Tegyük fel, hogy létezik egy n kombinátor (negáló), amelyre φ(nx) = not(φ(nx)) Ekkor az lesz a gond, ha valamely y-ra y=ny, mert akkor φ(y) = φ(ny) = not(φ(y)). Ez az y nem más, mint a θn. (Ez összehasonlítható a fenti 4. állítással.)

2. Tegyük fel, hogy létezik egy e kombinátor (ekvivalencia), amelyre φ(exy) = φ(x)=φ(y). Ekkor bármely x-re bebizonyíthatjuk, hogy φ(x)=igaz, ha találunk egy y elemet, amelyre y=exy [ilyen az y=θ(ex)], mert akkor φ(y) = φ(exy) = (φ(x)=φ(y)), amiből pedig φ(x)=igaz következik. (Ez összehasonlítható a fenti harmadik állítással.)

3. Tegyük fel, hogy létezik egy p kombinátor (implikátor), amelyre φ(pxy) = not(φ(x)) or φ(y). Ekkor egy tetszőleges x-re legyen y=θ(Cpx), mert akkor y = Cpxy = pyx, amiből φ(y) = φ(pxy) = not(φ(y)) or φ(x), ami csak akkor teljesülhet, ha φ(y)=φ(x)=igaz. (Ez összehasonlítható a fenti 1. állítással.)

4. A fenti 2. állítás nem vezet nyilvánvaló ellentmondáshoz, de a teljesség kedvéért annak is találjuk meg a megfelelőjét: y=θ(px), ekkor y = pxy, ami összehasonlítható a 'ha x igaz, akkor ez az állítás igaz'-zal.

Listázhatnám, hogy mi mindent lehetne még, például itt van a listák kezelése. Ehhez legyenek ilyen elemeink:

wabcd = dabc

{sel1of3}abc = a

{sel2of3}abc = b

{sel3of3}abc = c

{length}l = T{sel1of3}l # elől a lista hossza

{first}l = T{sel2of3}l    # középen a lista a első eleme

{rest}l = T{sel3of3}l    # hátul a lista folytatása (ami szintén egy lista)

{empty} = w000

{isemply}l = =({length}l)0
{last}l = (≤({length}l)1)({first}l)
 ({last}({rest}l))

{insert}la = w(s({length}l))al

{append}la = ({isempty}l)(w1a{empty})
 (insert(append({rest}l)a)({first}l))
{reverse}l = (≤({length}l)1)l
 (append({reverse}({rest}l))({first}l))

Helyesbítés: 0 = V00

továbbá lehet külön elemenkénti értékadás művelet is
(kapcsos zárójelekkel jelzem az egy karakternél hosszabb neveket)

{get1}p = Ttp
{get2}p = Tfp
{put1}px = Vx({get2}p) = B(CV){get2}px
{put2}py = V({get1}p)y = BV{get1}py

Persze mindkét változónak is értéket adhatunk,
ez egyszerűen a teljes régi érték lecserelése:

{put}pxy = K(Vxy)p = C(BC(B(BK)V))pxy

Lenne még egy minimális adalék:

Ha φ egy 'tulajdonság', vagyis egy számhoz logikai értéket rendel
(ilyen például a Z (is-zero), vagy a π (is-prime)), akkor jó lenne
ha lenne hozzá egy olyan logikai kombinátor, ami megmondja, hogy melyik
a legkisebb nemnegatív egész szám, amelyre a tulajdonság igaz.
(Ha φ semelyik számra nem teljesül, akkor a 'minimalizáló' kimenete bármi lehet, csak szám nem.)

Legyen az A segédfüggvény olyan, amelyre:

Aφn = (φn)n(Aφ(sn))

ez azt fejezi ki, hogy az n számtól kezdve melyik a minimális szám,
amire teljesül a φ tulajdonság.

ekkor a μ minimalizátor legyen a CA0, ugyanis
μφ = CA0φ = Aφ0 ami nem más, mint a minimális nemnegatív egész szám, amire teljesül a φ tulajdonság.

Kieg: a fenti A-ra példa:

A = θ(B(S(BSW))(C(BC(BB))s)), ekkor
A = B(S(BSW))(C(BC(BB))s)A = S(BSW)(C(BC(BB))sA)φ
Aφ = S(BSW)(C(BC(BB))sA)φ = BSWφ(C(BC(BB))sAφ) = S(Wφ)(B(Aφ)s)
Aφn = S(Wφ)(B(Aφ)s)n = Wφn(B(Aφ)sn) = φnn(Aφ(sn))

Megpróbálhatunk számelméleti függvényeket is reprezentálni logikai kombinátorokkal, például az 'osztók száma' függvényt (pozitív egészekre):

δxy = (=y1)1(Z(%xy)(s(δx(py)))(δx(py)))
dx = δxx

Itt δ egy segéd-függvény: x osztóinak száma y-ig; d maga az osztók száma függvény

Ebből levezethetünk egy 'prím-e' függvényt (pozitív egészekre):

πx = (=(dx)2)

Érdekesség: erre az Auv=u(Avu) feladatra én ezt a megoldást találtam:

A=θ(BC(B(SI)))

a szoftver meg ezt: A=θ(B(SB)C)

Mi tűrés-tagadás, az ő megoldása rövidebb, vagyis szebb/jobb, mint az enyém.

Tehát az lenne a jó, ha mondjuk egy program találná meg a megoldást, hogy pl.:

w(Auvu)(Auvv) = C(T(Auvu))(Auvv) w =
 = S(BC(BT(C(Au)u)))(W(Au)) vw =
 = S(BS(B(BC)(B(BT)(W(BCA)))))(BWA) uvw =
 = S(BS(B(BS)(B(B(BC))(B(B(BT))(BW(BC))))))(BW) Auvw

ekkor ugyanis az alábbi egy megoldása az egyenletnek:

A = θ(S(BS(B(BS)(B(B(BC))(B(B(BT))(BW(BC))))))(BW))

ui
A = S(BS(B(BS)(B(B(BC))(B(B(BT))(BW(BC))))))(BW)) A
Au = S(BS(B(BS)(B(B(BC))(B(B(BT))(BW(BC))))))(BW)) Au

Auv = S(BS(B(BS)(B(B(BC))(B(B(BT))(BW(BC))))))(BW)) Auv

Auvw = S(BS(B(BS)(B(B(BC))(B(B(BT))(BW(BC))))))(BW)) Auvw =
 = w(Auvu)(Auvv)

Egyelőre Python-ban tákoltam valamit: https://github.com/lzsiga/hello-world/blob/master/lc_formstd.py

Ugyebár egész számokat természetes számokból álló párokkal lehet reprezentálni, ehhez kellene nekünk három művelet, az egyik két számból párt képez, a másik kettő egy párból kiveszi az egyes elemeket. Próbáljuk meg így:

Vnm = az (n,m) párt reprezentálja
¹ = Tt a pár első elemét adja vissza: Tt(Vnm) = Vnmt = tnm = n
² = Tf a pár második elemét adja vissza: Tf(Vnm) = Vnmf = fnm = m

Ekkor ilyesmiket tudunk alkotni:

0 = 00 nulla
Żx = =(¹x)(²x) nulla-vizsgálat
Ṗx = >(¹x)(²x) pozitív
Ńx = >(²x)(¹x) negatív
Ṁx = V(²x)(¹x) ellentett
śx = V(s(¹x))(²x) következő (+1)
ṕx = V(¹x)(s(²x)) előző (-1)
ṗx = -(¹x)(²x) szám "pozitív értéke": min(x,0)

⊜xy = Ż(⊖xy) egyenlőség
⊕xy = V(+(¹x)(¹y))(+(²x)(²y)) összeg

⊖xy = V(+(¹x)(²y))(+(²x)(¹y)) különbség

⊛xy = Ńx(Ṁ(⊛(Ṁx)y))(Ńy(Ṁ(⊛x(Ṁy)))(*(ṗx)(ṗy)))

Bocsánat, kis változás: legyen most 's' a növelő (successor) és 'Z' az is-zero művelet, hogy ne ütközzünk az 'n' negáló logikai művelettel és a 'z' változószimbólummal.

=xy = Zy(Zx)(Zxf(=(px)(py)))
>xy = Zxf(Zyt(>(px)(py)))
≥xy = Zyt(Zxf(≥(px)(py)))
-xy = Zyx(Zx0(-(px)(py)))
/xy = (>yx)0(s(/(-xy)y))
%xy = (>yx)x(%(-xy)y))

Mivel negatív számok nincsenek (tudom, fejlesztési igény), ezért a kivonás nem megy nulla alá.

Adott esetben akár nemnegatív egész számokat is ábrázolhatunk logikai kombinátorokkal (tudományos néven nevezve elemeinket):

0 = I
(n+1) = Vfn

Ebből levezethető, hogy Tf(n+1) = (n+1)f = Vfnf = ffn = n
Valamint Tt0 = 0t = t, Tt(Vfn) = Vfnt = tfn = f

Akkor a Vf-t elnevezhetjük növelőnek (jele legyen n), a Tf-t csökkentőnek (jele legyen p), a Tt-pedig if-zero-nak (jele legyen z).

Ezekből akár összeadást is levezethetnénk, ha meg tudnánk oldani A-ra az alábbit:
Axy = zyx(A(nx)(py)) (vagyis ha y nulla, akkor az összeg x, egyébként rekurzívan x+1 és y-1 összege.

Ezt az A-t jelölhetné mondjuk a + jel, és máris felírhatnánk egy újabb megoldandó egyenletet:
Axy = zy0(+(Ax(py))x) (vagyis ha y nulla, akkor a szorzat nulla, egyébként az x(y-1) szorzat és x összege)

Mivel a lejtőn nincs megállás, jönne a hatványozás (az előbbi egyenlet A megoldását * jelöli):
Axy = zy1(*(Ax(py))x) (vagyis ha y nulla, akkor a hatvány egy, egyébként az x^(y-1) és x szorzata)

Talán nem lenne logikátlan, ha K-t elneveznénk igaznak (t=true), a KI-t meg hamisnak (f=false), és logikai műveleteket definiálnák, figyelembe vége az alábbi szabályt:

tab = a
fab = b

Ennek alapján ilyesmiket találhatunk (nem, és, vagy, egyenlő, különbözik, következik).

n = Vf,  nzw = Vftz  = zft = not z
a = Rf,  azw = Rfzw  = zwf = z and w
o = Tt,  ozw = Ttzw  = ztw = z or w
e = CSn, ezw = CSnzw = Sznw = zw(nw) = z equal w
x = Ben, xzw = Benzw = e(nz)w = (not z) equal w = z xor w
i = Rt,  izw = Rtzw  = zwt = z -> w

A teljesség kedvéért S előállítása B, M, T alapján (felhasználva a már előállított R-t és C-t is):

W:=C(BMR), ui C(BMR)ab=BMRba=M(Rb)a=Rb(Rb)a=Rbab=abb
H:=BW(BC), ui BW(BC)abc=W(BCa)bc=BCabbc=abcb
S:=BC(BH(BB)), ui BC(BH(BB))abc=C(BH(BB)a)bc=BH(BB)acb=H(BBa)cb=BBacbc=ac(bc)

Még nem bizonyítottuk, hogy az S és K elemekből minden képlettel leírható elem felépíthető [képlet alatt a Hxyz=xyzy vagy Lxy=x(My) -szerű formulát értve], de van egy olyan elem, amiből meg S és K állítható elő, de ennek az elemnek nincs olyan képlete, amiben ne lenne literál.

Legyen Y olyan, hogy Yx=xSK (ilyen például az Y=VSK, mivel xSK=VSKx)
Ekkor
Y₂=YY=YSK=SSKK=SK(KK)
Y₃=YY₂=SK(KK)SK=KS(KKS)K=SK
Y₄=YY₃=SKSK=KK(SK)=K
Y₅=YY₄=KSK=S

És ha van S meg K, akkor
I:=SKK ugyanis SKKx=Kx(Kx)=x
M:=SII, ui SIIx=Ix(Ix)=xx
W:=SS(KI), ui SS(KI)xy=Sx(KIx)y=SxIy=xyy
B:=S(KS)K, ui S(KS)Kxyz=KSx(Kx)yz=S(Kx)yz=Kxz(yz)=x(yz)
T:=S(K(SI))K, ui S(K(SI))Kxy=K(SI)x(Kx)y=SI(Kx)y=Iy(Kxy)=yx

és ebből
R:=BBT, ui BBTxyz=B(Tx)yz=Tx(yz)=yzx
C:=RRR, ui RRRxyz=RxRyz=Ryxz=xzy

Még a θ-tulajdonságú elemekről kis apróságok:

1. BM(BWB) is ilyen, ugyanis BM(BWB)x=BWBx(BWBx)=W(Bx)(BWBx)=Bx(BWBx)(BWBx)=x(BWBx(BWBx))=x(BM(BWB)x)

2. θKx=K(θK)x=θK (ez a θK egy 'mindent elnyelő' elem)

3. θ(Kx)=Kx(θ(Kx))=x (konstansfüggvény fixpontja maga a konstans)

4. θTx=T(θT)x=x(θT) (ez a θT egy 'univerzálisan felcserélhető' elem)

5. θ(Tx)=Tx(θ(Tx))=θ(Tx)x, vagyis x fixpontja θ(Tx)-nek

Itt kimaradt annak a bizonyítása, hogy Tx≠Ky. Indirekten tegyük fel, hogy van olyan x és y, amire Tx=Ky, amiből TxI=KyI következik, átrendezve x=y. Innentől lásd a korábbi bizonyítást, hogy Tx≠Kx, tehát az indirekt feltevés hamis.

Kimaradt a válasz a második kérdésre:

V₅IKmtM = MIKmt= IIKmt = Kmt = m
V₅IKmtT = TIKmt= KImt = t

Valamint a (140)-hez egy változat:
Megoldandó x,y-ra az x=axy, y=bxy egyenletrendszer. Oldjuk meg A-ra az Auvw=w(Auvu)(Auvv) egyenletet, és legyen x=Aaba és y=Aabb. Behelyettesítve: Aaba=a(Aaba)(Aabb), Aabb=b(Aaba)(Aabb)

Eddig csak annyit tudtunk, hogy ha a=b, akkor ax=bx.

Most definiáljuk két elem extenzionális egyenlőségét: ha egy a, b párosra igaz, hogy minden x-re ax=bx, akkor a és b extenzionálisan egyenlők.

Ha halmazunk olyan, hogy minden extenzionálisan egyenlő páros egyenlő is, akkor nevezzük a halmazt extenzionális halmaznak.

Ha ilyen extenzionális halmazunk van, akkor a C elem önmaga inverze, ugyanis C(Cx)yz=Cxzy=xyz ⇒ C(Cx)=x

Például (még mindig extenzionális halmazon vagyunk!): CT=I, CI=T, C(BWR)=M (ugyanis C(BWR)xy=BWRyx=W(Ry)x=Ryxx=xxy=Mxy), és CM=BWR.

(Aki figyelt, az észrevehette, hogy W eddig nem is volt; tehát: Wxy=xyy.)

Ekkor C (extenzionálisan nézve) egyetértő is, ugyanis valamely adott elemre:

C(θ(BCf))xy=θ(BCf)yx=BCf(θ(BCf))yx=C(f(θ(BCf)))yx=f(θ(BCf))xy
tehát C és f egyetértenek a θ(BCf) elemen.

Lehetséges-e olyan A elemet találni, amelyre AR=C és AC=R? Vagy általánosan A_rcR=r és A_rcC=c (adott r és c elemekhez).
Vagy olyat, amire A_tmT=t és A_tmM=m?

Hát az univerzális megoldás egy olyan u elem lenne, melyre (uabαβ)a=α és (uabαβ)b=β. Első blikkre azt mondanám, hogy ez a halting problem-mel összehasonlítható feladata, vagyis kétlem, hogy létezne ilyen u elem.

A konkrét kérdésekre ad-hoc módszerekkel találhatunk megoldást, ehhez vezessük be a V₆ elemet: V₆abcdef = fabcde Ekkor
V₆IKIlmL = LIKIlm = I(KK)Ilm = KKIlm = Klm = l
V₆IKIlmM = MIKIlm = IIKIlm = KIlm = m

Másik példa:
V₆K(KI)(KI)rcR = RK(KI)(KI)rc = (KI)(KI)Krc = Krc = r
V₆K(KI)(KI)rcC = CK(KI)(KI)rc = K(KI)(KI)rc = KIrc = c

Tehát T és K injektívek, és invertálhatók is (pl. M(Kx)=x, TI(Tx)=x); még azt is tegyük hozzá, hogy értékkészletük különbözik (kivéve azt az elfajult esetet, ha az egész halmazban csak egy elem van).

Indirekt bizonyítás: Tf. Tx=Kx valamely x-re, ekkor Tx(KI)=Kx(KI) is igaz, vagyis KIx=x, tehát I=x.

Szóval TI=KI-nél tartunk, amiből következik, hogy TIK=KIK azaz KI=I. Erről a (90)-ben láttuk be, hogy nem igaz, tehát az indirekt feltevés hamis. Tehát Tx≠Kx

Hasonlóan kimutatható az is, hogy Tx≠K, Tx≠T, Kx≠K, Kx≠T.

Vannak szurjektív elemek is, ezt egy kis kerülővel mutatjuk ki, nevezetesen olyan elemeket keresünk, amelyek "egyetértőek".

Azt mondjuk, hogy f egyetértő, ha minden g-re létezik x, hogy fx=gx. (Mondjuk úgy, hogy f és g egyetért az x-en.)

Egyetértő például az M, ugyanis Mg=gg. Szintén egyetértő az I, ugyanis I(θy)=y(θy)

Továbbá, ha valamely l és r elemekre l(r(x))≡x (lásd az előbb említett inverz-elemeket), akkor l is egyetértő: tetszőleges g-re: l és g egyetért x=r(θ(Bgr)) elemen:
l(x) = l(r(θ(Bgr))) = θ(Bgr) = Bgr(θ(Bgr)) = g(r(θ(Bgr))) = g(x)

És miért is szurjektívek az egyetértő elemek? Legyen e egy tetszőleges egyetértő elem (pl. I, M, TI, VII, VKK). Ekkor tetszőleges x-re legyen K_x = Kx, akkor létezik y, amelyre ey = K_xy
Itt még azt vegyük észre, K_xy = Kxy = x, tehát ey = x, vagyis e minden x-et előállít, tehát szurjektív.

Inverz-elemekről még nem volt szó, pedig bizonyos elemeknek bizonyos mértékig van inverze.

Először gyorsan definiáljunk két további elemet:

Cxyz = xzy (ez nem új, csak ismétlés)
Rxyz = yzx (ez sem új)
Vxyz = zxy (ez az egyik új)
Fxyz = zyx (ez a másik új)

Szóval az inverzek:
B(TI)Kx = TI(Kx) = KxI = x
B(TI)Tx = TI(Tx) = TxI = Ix = x
B(VII)Rx = VII(Rx) = RxII = IIx = x
B(VII)Fx = VII(Fx) = FxII = IIx = x
B(VKK)Vx = VKK(Vx) = VxKK = KxK = x

Ebből azt vonhatjuk le, hogy a T, K, R, F és V műveletek injektívek, vagyis x≠y esetén Tx≠Ty (Kx≠Ky, stb). [Itt X művelet alatt az X-szel való balról szorzást értek.]

És ha egy olyat kellene megoldani, hogy x=ay, y=bx [a és b adott, keressük x-et és y-t]?

Első gondolat: x=ay=a(bx)=Babx, tehát x=θ(Bab), y=b(θ(Bab))

Második gondolat: találjunk A-t, hogy minden u,v-re: Auv=u(Avu), ekkor x=Aab, y=Aba megoldása az eredetinek.

(A gyakorlás kedvéért kiszámolhatjuk az A-t, de az igazi az lenne, ha lenne egy általános módszer az ilyen egyenletekhez, amit akár le is lehetne programozni.) Auv=u(Avu)=SI(Av)u=B(SI)Avu=C(B(SI)A)uv=BC(B(SI))Auv, tehát A=θ(BC(B(SI))) egy megoldás.

Vagy akár így: uax = x(aa) = T(aa)x = LTax, tehát u=LT, A=LT(LT) is megoldás.

További lehetőség, hogy veszünk egy θ tulajdonságú elemet (amilyen a BML vagy a SLL), és azt használjuk:
Ax = xA = TAx, ehhez elég, ha A = TA, amit elérhetünk, ha A = θT

Vagy pl megoldandó: Ax = A = KAx, ehhez elég, ha A = KA, amit elérhetünk, ha A = θK

Mondjuk meg akarjuk oldani az Ax = xA egyenletet A-ra, vagyis keresünk egy olyan A-t, hogy minden x-re Ax = xA

Az első ötletünk az lehet, hogy keresünk egy olyan u-t, amire
uax = x(aa) azonosan igaz lenne (tehát minden a-ra és x-re). Ez azért lenne jó, mert akkor speciálisan uux = x(uu) is teljesülne, tehát A=uu lenne egy megoldása az eredetinek.

Tehát uax = x(aa) = Lxa = CLax, tehát u=CL, A=uu=CL(CL) egy megoldás.

Persze még sok mást is lehetne, pl. T elem legyen olyan, hogy minden x,y-ra: Txy = yx; erre egy lehetőség a CI, ugyanis CIxy = Iyx = yx

Valamint S legyen olyan tulajdonságú, hogy Sxyz = xz(yz)
Ekkor (SLL)x = Lx(Lx), tehát SLL is θ-tulajdonságú, vagyis találhatunk vele tetszőleges elemhez fixpontot.

Ez a S azért is jó, mert felhasználva őt és két korábbi elemet egyfajta szimmetriát láthatunk az alábbi esetekben:
Babx = a(bx)
Cabx = axb = (ax)b
Sabx = ax(bx) = (ax)(bx)

Vizsgáljuk meg a BMLx, BM(CBM)x és BM(RMB)x szorzatokat:

BMLx = M(Lx) = Lx(Lx) = x(M(Lx)) = x(BMLx)

BM(CBM)x = M(CBMx) = CBMx(CBMx) = BxM(CBMx) = x(M(CBMx))

BM(RMB)x = M(RMBx) = RMBx(RMBx) = BxM(RMBx)

Ebből azt lehetne levonni, hogy a BML, BM(CBM), BM(RMB) bármelyike alkalmas arra, hogy egy tetszőleges x fixpontját kiszámoljuk.

Érdekes tény, hogy ha BxM-et és Lx-et megszorozzuk jobbról y-nal, ugyanazt kapjuk.
(BxM)y = BxMy = x(My) = x(yy) = Lxy

Ehhez még hozzávehetjük ezeket az elemeket:
Cxyz = xzy
Rxyz = yzx

Ez azért jó, mert BxM = CBMx, illetve BxM = RMBx

> Kezdetnek vezessük be az L elemet, amelyre Lxy=x(yy). A reményünk az, hogy ez segít a fixpont megtalálásában.

Ugyanis Lx(Lx) = x(Lx(Lx)), tehát Lx(Lx) fixpontja x-nek. Vezessük is be a θ_x=Lx(Lx) jelölést.

Most jönne a következő lépés: olyan speciális θ elem kellene, hogy θ_x-et egyetlen szorzással meghatározhassuk: θ_x = θx

Legyen például egy B elem, melyre Bxyz = x(yz). Ennek vannak érdekes változatai, például BB, B(BB), BBB: ezek is mind csinálnak valami érdekeset.

Ez egy régi nagyon jó logikai játék. Bár az ötös verzió már jóval nehezebb. Szóval én a négyes eredeti verziójára gondolok. Ha jól emlékszem, 7 vagy 8 lépésből mindenképpen ki lehet találni a feladványt. Leprogramoztam anno C64-en ezt a játékot, tökéletes lett.