Pandigitale Brüche

01.11.2018, 13:41

hawe

Pandigitale Brüche

Pandigitale Brüche sind Brüche, die die Ziffern 1 bis 9 genau einmal enthalten

z.B. $\begin{eqnarray*} \frac{1}{8}= \frac{8174}{65392} \end{eqnarray*}$

Nach dem der Suchbegriff noch nicht im Forum zu finden ist, lege ich mal einen an ;-).
Pandigirale Brüche werden gerne in Rätseln abgefragt.

Ich hab per Tabkalk alle Brüche die auf
1/2 1/3 1/4 1/5 1/6 1/7 1/8 1/9
gekürzt werden können raus gesucht und folgende Anzahlen gefunden

1/2(12) 1/3(2) 1/4(4) 1/5(12) 1/6(3) 1/7(7) 1/8(46) 1/9(3)

Hat jemand eine Idee warum die 1/8 Brüche so häufig vorkommen?

01.11.2018, 13:59

HAL 9000

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Ich hab allenfalls eine vage Idee, warum 1/3, 1/6 und 1/9 so selten vertreten sind:

Zähler- wie Nennerquersumme müssen da jeweils durch 9 teilbar sein, eine vergleichbare Quersummeneinschränkung gibt es bei den anderen genannten Brüchen nicht.

24.10.2023, 19:26

DrummerS

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Es wurden schon weitere Brüche ( $\begin{eqnarray*} 1/n \end{eqnarray*}$ , mit $\begin{eqnarray*} n \in \mathbb N \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} n \leq 98765432 \end{eqnarray*}$ ) untersucht (gefunden auf A054383): Die meisten Pandigitalen Brüche können anscheinend bei $\begin{eqnarray*} n = 8 \end{eqnarray*}$ mit paarweise verschiedenen Erweiterungszahlen konstruiert werden.

25.10.2023, 12:13

HAL 9000

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Nettes Python-Skript auf der verlinkten Seite. Ich hätte allerdings range(8) dort durch range(4,8) ersetzt, denn für $\begin{eqnarray*} 0\leq i\leq 3 \end{eqnarray*}$ gibt es keine passenden Pandigitalbrüche.

28.10.2023, 13:26

DrummerS

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Sehr interessant. Ich habe (bisher vergeblich) versucht, den Hintergrund (warum bei 1/8 ?) besser zu verstehen mit einem Ansatz, den ich hier teile.

Vielleicht kann man so ansetzen mit $\begin{eqnarray*} z_{i} \in \mathbb N \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} z_{i} \leq 9 \end{eqnarray*}$ :

$\begin{eqnarray*} \frac{1}{8}=\frac{1}{2^{3}} = \frac{z_{1} \cdot 10^{0}+z_{2} \cdot 10^{1}+z_{3} \cdot 10^{2}+z_{4} \cdot 10^{3}}{z_{5} \cdot 10^{0}+z_{6} \cdot 10^{1}+z_{7} \cdot 10^{2}+z_{8} \cdot 10^{3}+z_{9} \cdot 10^{4}} \end{eqnarray*}$ .

Nach Umformungen:

$\begin{eqnarray*} \left(2^{3} \cdot z_{1} - z_{5} \right) \cdot 10^{0} + \left(2^{3} \cdot z_{2} - z_{6} \right) \cdot 10^{1} + \left(2^{3} \cdot z_{3} - z_{7} \right) \cdot 10^{2} + \left(2^{3} \cdot z_{4} - z_{8} \right) \cdot 10^{3}-z_{9} \cdot 10^{4} = 0 \end{eqnarray*}$ .

Nach Substitutionen:

$\begin{eqnarray*} A \cdot 10^{0} + B \cdot 10^{1} + C \cdot 10^{2} + D \cdot 10^{3}-z_{9} \cdot 10^{4} = 0 \end{eqnarray*}$ .

Die Grenzen der Wertebereiche von A, B, C und D liegen wegen o.g. einschränktem $\begin{eqnarray*} z_{i} \end{eqnarray*}$ vermutlich bei -1 und 71, oder (wie bei A) enger beieinander. Damit die Gleichung aufgeht, muss nämlich A durch 10 teilbar oder Null sein: $\begin{eqnarray*} A = k \cdot 10^{1} \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} k \in \mathbb N_{0} \end{eqnarray*}$ . Von A aus weitergedacht, könnte $\begin{eqnarray*} B \cdot 10^{1} + k \cdot 10^{1} = l \cdot 10^{2} \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} l \in \mathbb N \end{eqnarray*}$ usw. gefolgert werden...

Ein Verallgemeinern auf: $\begin{eqnarray*} A \cdot x^{0} + B \cdot x^{1} + C \cdot x^{2} + D \cdot x^{3}-z_{9} \cdot x^{4} = 0 \end{eqnarray*}$ , und anschließendes Gleichsetzen mit zum Beispiel: $\begin{eqnarray*} \left( x - 10 \right)^4 = 0 \end{eqnarray*}$ , funktioniert nicht und scheitert am Koeffizientenvergleich.

Ich hoffe, bisher keine Gedankenfehler eingebaut zu haben...

28.10.2023, 16:04

HAL 9000

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Die wahre "Bändigung" der Lösungen geschieht ja durch die Bedingung, dass jede Ziffer GENAU EINMAL vorkommen muss. Kann mir momentan nicht vorstellen, wie du das in deine Überlegungen einbauen willst. verwirrt

Es ist ja oft so, dass man mit Bruteforce unzufrieden ist, aber im vorliegenden Fall sind lediglich $\begin{eqnarray*} 9! = 362880 \end{eqnarray*}$ Permutationen $\begin{eqnarray*} \left(z_1,\ldots,z_9\right) \end{eqnarray*}$ von $\begin{eqnarray*} \left(1,\ldots,9\right) \end{eqnarray*}$ zu checken, was auf modernen Computern im Millisekundenbereich bewältigt wird.

29.10.2023, 10:11

DrummerS

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Zitat:

Original von HAL 9000
Kann mir momentan nicht vorstellen, wie du das in deine Überlegungen einbauen willst. verwirrt

Das sehe ich bisher leider auch nicht. Danke für das Stichwort "Permutation". Vielleicht kann ich noch annehmen, dass (A+B+C+D) durch 10 teilbar und größer als der jeweilige Koeffizienten vor $\begin{eqnarray*} 10^{4} \end{eqnarray*}$ sein müsste.

Ein Beispiel :

$\begin{eqnarray*} 2^{3} \left( z_{1} + z_{2} + z_{3} + z_{4} \right) - \left( z_{5} + z_{6} + z_{7} + z_{8} \right) = m \cdot 10 \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} m \in \mathbb N \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} m > z_{9} \end{eqnarray*}$ (*)

Auf der linken Seite der Gleichung ergeben sich für ein festes $\begin{eqnarray*} z_{9} \end{eqnarray*}$ dann $\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 8 \\ 4 \end{pmatrix} = \frac{8!}{4! \left(8-4\right)!} = 70 \end{eqnarray*}$ zu untersuchende Kombinationen (ohne Berücksichtigung der Reihenfolgen in den Klammern), also 630 Kombinationen bei 9 möglichen Werten von $\begin{eqnarray*} z_{9} \end{eqnarray*}$ .

Im Fall von $\begin{eqnarray*} z_{9} = 9 \end{eqnarray*}$ wäre: $\begin{eqnarray*} 10 \leq \left( z_{1} + z_{2} + z_{3} + z_{4} \right) \leq 26 \end{eqnarray*}$ . Jede natürliche Zahl von 10 bis einschließlich 26 kommt bei 70 Kombinationen wahrscheinlich mindestens einmal vor, was überprüft werden sollte. Die natürlichen Zahlen von 1 bis einschließlich 8 ergeben summiert 36: $\begin{eqnarray*} \left( z_{5} + z_{6} + z_{7} + z_{8} \right) = 36 - \left( z_{1} + z_{2} + z_{3} + z_{4} \right) \end{eqnarray*}$ . Es könnte nun durchgespielt und herausgefunden werden, bei welchen Kombinationen die linke Seite des obigen Ausdrucks (*) ein Vielffaches von 10 ergibt.

Das scheint sehr aufwändig zu werden...Vielleicht sollte ich es lassen. Wie von dir erwähnt, geht es mit modernen Computern sicherlich schneller Wink

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