2015年11月30日 星期一
[物理] 平行光進入拋面後, 所有反射光都會通過焦點的數學證明
前設是反射定律。
Consider a general parabola $y^2=4px$.
The focus of the parabola is $(p, 0)$.
Let a general horizontal line be $y=k$, where $k$ is constant.
It cuts the parabola at $( \frac{k^2}{4p}, k)$.
It can be shown that the general normal line at $( \frac{k^2}{4p}, k)$ is:
$y=-\frac{k}{2p}x+k+\frac{k^3}{8p^2}$
and the reflection of the horizontal line through the normal at $( \frac{k^2}{4p}, k)$ is:
$y = -\frac{4pk}{4p^2 - k^2}x + \frac{k^3}{4p^2 - k^2} + k$, where $k \neq 2p$.
Substitute $(p, 0)$ into $y = -\frac{4pk}{4p^2 - k^2}x + \frac{k^3}{4p^2 - k^2} + k$,
we have
$L.H.S=0$
$R.H.S$ $\\=-\frac{4pk}{4p^2 - k^2}p + \frac{k^3}{4p^2 - k^2} + k
\\=\frac{-4p^2k+k^3+4p^2k - k^3}{4p^2 - k^2}
\\=0$
$L.H.S=R.H.S$
for $k=2p$, the reflection line is a vertical line pass through $(p,k)$ and $(p,0)$.
Thus, the reflection line passes the focus.
筆者利用Geogebra將反射的情況畫出來了, 可參考
http://tube.geogebra.org/m/2188507
2015年11月28日 星期六
[數學] 2012 HKDSE MATHS MC 42題 真正秒解
先說說2013年 MC 42題，
Find the range of values of $k$ such that the circle $x^2+y^2+2x-2y-7=0$ and the straight line $3x-4y+k=0$ intersect.
$A.$ $-8<k<22$
$B.$ $-8 \leq k \leq 22$
$C.$ $k<-22$ or $k>8$
$D.$ $k \leq -22$ or $k \geq 8$
k夾在某範圍，可交於一點，必是
$a \leq k \leq b$ 這種形式，B是答案。
而2012年MC42題，在學校沒有教的數學有說明詳解，但他說沒有真正的秒解，所以我這邊就給一個真正的秒解給大家。(這題好像因為命中率低而很紅，網上看到一些補習班數學講座找狀元講解這題)
問題是這樣的：
求 $k$ 值的範圍使得 $x^2+y^2+2x-4y-13=0$ 與直線 $x-y+k=0$ 相交於兩相異點。
$A.$ $-9 < k < 3$
$B.$ $-3 < k < 9$
$C.$ $k<-9$ 或 $k>3$
$D.$ $k < -3$ 或 $k > 9$
有交點，但不能只交於一點，所以必是
$a < k < b$ 這種形式。
圓方程 $x^2+y^2+Dx+Ey+F=0$中，
圓心座標為：$(- \frac{D}{2}, - \frac{E}{2})=(- 1, 2)$
直線方程 $y=mx+c$ 的 $c$ 決定的是線所在的高度，
而圓是對稱的，兩切線中間的平行線必通過圓心，
即對於 $a < k < b$，中間的平行線的 $k$ 值為 $\frac{a+b}{2}$，
所以
$-1-2+\frac{a+b}{2}=0$
$\frac{a+b}{2}=3$
然後很明顯 $\frac{-3+9}{2}=3$
答案是B，不需要二次方程，不需要判別式，
對這題的圖形的圖象有清晰的概念就能解了。
而如果是長題目要找出 $k$ 的上下限，也可以從圖象入手，
我就懶畫了，有興趣請自繪：
圓方程 $x^2+y^2+Dx+Ey+F=0$中，
圓心座標 $(m, n)$ 為：$(- \frac{D}{2}, - \frac{E}{2})=(- 1, 2)$
半徑 $r$ 為 $\frac{1}{2}\sqrt{D^2+E^2-4F}=\frac{1}{2}\sqrt{2^2+4^2-4(-13)}=3\sqrt{2}$
直線 $x-y+k=0$ 的斜率 $s$為 $1$，
考慮三圓心、切點，通過圓心的垂線與切線的交點三者形成的角形，
可知上下限為 $(n-m) \pm \frac{r}{ \sin( \tan^{-1}s)}$，較大的就是上限，較小的是下限。
(這不是通解公式，直線方程我沒用通式，通解請自行推導)
代入可得：
$a$ $\\=(2+1) - \frac{3 \sqrt{2}}{ \sin ( \tan ^{-1}1)} \\
=3 - \frac{3 \sqrt{2} }{ \sin (45^{ \circ})} \\
=3 - \frac{3 \sqrt{2} }{ \frac{1}{ \sqrt{2}}} \\
=3 - 3 \times 2\\
=-3$
$b$ $\\=(2+1) + \frac{3 \sqrt{2}}{ \sin ( \tan ^{-1}1)} \\
=3 + 3 \times 2 \\
=9$
Find the range of values of $k$ such that the circle $x^2+y^2+2x-2y-7=0$ and the straight line $3x-4y+k=0$ intersect.
$A.$ $-8<k<22$
$B.$ $-8 \leq k \leq 22$
$C.$ $k<-22$ or $k>8$
$D.$ $k \leq -22$ or $k \geq 8$
k夾在某範圍，可交於一點，必是
$a \leq k \leq b$ 這種形式，B是答案。
而2012年MC42題，在學校沒有教的數學有說明詳解，但他說沒有真正的秒解，所以我這邊就給一個真正的秒解給大家。(這題好像因為命中率低而很紅，網上看到一些補習班數學講座找狀元講解這題)
問題是這樣的：
求 $k$ 值的範圍使得 $x^2+y^2+2x-4y-13=0$ 與直線 $x-y+k=0$ 相交於兩相異點。
$A.$ $-9 < k < 3$
$B.$ $-3 < k < 9$
$C.$ $k<-9$ 或 $k>3$
$D.$ $k < -3$ 或 $k > 9$
有交點，但不能只交於一點，所以必是
$a < k < b$ 這種形式。
圓方程 $x^2+y^2+Dx+Ey+F=0$中，
圓心座標為：$(- \frac{D}{2}, - \frac{E}{2})=(- 1, 2)$
直線方程 $y=mx+c$ 的 $c$ 決定的是線所在的高度，
而圓是對稱的，兩切線中間的平行線必通過圓心，
即對於 $a < k < b$，中間的平行線的 $k$ 值為 $\frac{a+b}{2}$，
所以
$-1-2+\frac{a+b}{2}=0$
$\frac{a+b}{2}=3$
然後很明顯 $\frac{-3+9}{2}=3$
答案是B，不需要二次方程，不需要判別式，
對這題的圖形的圖象有清晰的概念就能解了。
而如果是長題目要找出 $k$ 的上下限，也可以從圖象入手，
我就懶畫了，有興趣請自繪：
圓方程 $x^2+y^2+Dx+Ey+F=0$中，
圓心座標 $(m, n)$ 為：$(- \frac{D}{2}, - \frac{E}{2})=(- 1, 2)$
半徑 $r$ 為 $\frac{1}{2}\sqrt{D^2+E^2-4F}=\frac{1}{2}\sqrt{2^2+4^2-4(-13)}=3\sqrt{2}$
直線 $x-y+k=0$ 的斜率 $s$為 $1$，
考慮三圓心、切點，通過圓心的垂線與切線的交點三者形成的角形，
可知上下限為 $(n-m) \pm \frac{r}{ \sin( \tan^{-1}s)}$，較大的就是上限，較小的是下限。
(這不是通解公式，直線方程我沒用通式，通解請自行推導)
代入可得：
$a$ $\\=(2+1) - \frac{3 \sqrt{2}}{ \sin ( \tan ^{-1}1)} \\
=3 - \frac{3 \sqrt{2} }{ \sin (45^{ \circ})} \\
=3 - \frac{3 \sqrt{2} }{ \frac{1}{ \sqrt{2}}} \\
=3 - 3 \times 2\\
=-3$
$b$ $\\=(2+1) + \frac{3 \sqrt{2}}{ \sin ( \tan ^{-1}1)} \\
=3 + 3 \times 2 \\
=9$
2015年11月17日 星期二
[數學] 指定期數的分期付款公式
剛剛看到一篇一位補習老師寫的關於分期付款的文章。關於分期付款的介紹請直接到那邊看吧，寫得夠清楚了。但他最後說這不是casio計算機能解的問題，筆者就不太同意了。之前筆者弄過一個[資源/Excel] 貸款供款計算表，裡面用來計算每月供款的公式求法以DSE的課程知識足以求得，而且也是casio能計算的數字。
首先設第 $i$ 期尚欠貸款為 $P_i$ ，$0 \leq i \leq n$，借貸為$P_0$，$P_n=0$
月供 $x$ 元，月利率為 $r$ (即年利率/12)， $n$ 為還款期數。
每月的尚欠貸款為上一月的尚欠貸款加上利息再扣除供款：
$P_i=(1+r)P_{i-1}-x$
反覆迭代可得
$P_n=(1+r)^2P_{n-2}-x-x(1+r)$
$P_n=(1+r)^3P_{n-3}-x-x(1+r)-x(1+r)^2$
...
$P_n=(1+r)^nP_0-x(1+(1+r)+(1+r)^2+...+(1+r)^{n-1})$
後面的是等比數列，用DSE教的等比數列和公式可化簡
$P_n=(1+r)^nP_0-x(\frac{(1+r)^{n}-1}{r})$
左方是0，將 $x$ 轉為主項
$x(\frac{(1+r)^{n}-1}{r})=(1+r)^nP_0$
$x=\frac{r(1+r)^n}{(1+r)^{n}-1} P_0$
以該文用的例子來驗算
借貸$=1 200 000$
月利率$= \frac{1.20 \%}{12}=0.001$
還款期數$=20 \times 12=240$
每月供款就會是
$=\frac{0.001(1+0.001)^240}{(1+0.001)^{240}-1} \times 1200000$
$=5626.46$
「每一個數字都不是CASIO這種計算機所能計到」？
上面用的的技巧全都是DSE所需，
迭代考細心
比數列和公式要背
轉換主項中一就學了
最後按計算機應該沒多難吧，CASIO十年前就出了的
可在屏幕編輯算式的計算機很輕鬆就能算出答案了。
首先設第 $i$ 期尚欠貸款為 $P_i$ ，$0 \leq i \leq n$，借貸為$P_0$，$P_n=0$
月供 $x$ 元，月利率為 $r$ (即年利率/12)， $n$ 為還款期數。
每月的尚欠貸款為上一月的尚欠貸款加上利息再扣除供款：
$P_i=(1+r)P_{i-1}-x$
反覆迭代可得
$P_n=(1+r)^2P_{n-2}-x-x(1+r)$
$P_n=(1+r)^3P_{n-3}-x-x(1+r)-x(1+r)^2$
...
$P_n=(1+r)^nP_0-x(1+(1+r)+(1+r)^2+...+(1+r)^{n-1})$
後面的是等比數列，用DSE教的等比數列和公式可化簡
$P_n=(1+r)^nP_0-x(\frac{(1+r)^{n}-1}{r})$
左方是0，將 $x$ 轉為主項
$x(\frac{(1+r)^{n}-1}{r})=(1+r)^nP_0$
$x=\frac{r(1+r)^n}{(1+r)^{n}-1} P_0$
以該文用的例子來驗算
借貸$=1 200 000$
月利率$= \frac{1.20 \%}{12}=0.001$
還款期數$=20 \times 12=240$
每月供款就會是
$=\frac{0.001(1+0.001)^240}{(1+0.001)^{240}-1} \times 1200000$
$=5626.46$
「每一個數字都不是CASIO這種計算機所能計到」？
上面用的的技巧全都是DSE所需，
迭代考細心
比數列和公式要背
轉換主項中一就學了
最後按計算機應該沒多難吧，CASIO十年前就出了的
可在屏幕編輯算式的計算機很輕鬆就能算出答案了。
[數學] 54321^2015的最後五位數
問題：
$54321^{2015}$ 的最後五位數。
題解：
老實說我還沒想到比較好的方法，不過 $2^{11}=2048$ ，就算硬解也應該在11步之內能解。
我想過用二項式定理化簡，但步驟數並沒有減少，所以還是放棄了。
利用模除公式
$ab=a \mod 100000+b \mod 100000 \mod 100000$
$54321^{2015}$$\\=(54321^{5})^{403} \mod 100000
\\=75601^{403}
\\=(75601^2)^{201} \cdot 75601
\\=(11201^3)^{67} \cdot 75601
\\=(53601^3)^{22} \cdot 53601 \cdot 75601
\\=40801^{22} \cdot 89201
\\=(40801^3)^7 \cdot 40801 \cdot 89201
\\=42401^7 \cdot 40801 \cdot 89201
\\=56801 \cdot 40801 \cdot 89201
\\=37601 \cdot 89201
\\=46801$
$54321^{2015}$ 的最後五位數。
題解：
老實說我還沒想到比較好的方法，不過 $2^{11}=2048$ ，就算硬解也應該在11步之內能解。
我想過用二項式定理化簡，但步驟數並沒有減少，所以還是放棄了。
利用模除公式
$ab=a \mod 100000+b \mod 100000 \mod 100000$
$54321^{2015}$$\\=(54321^{5})^{403} \mod 100000
\\=75601^{403}
\\=(75601^2)^{201} \cdot 75601
\\=(11201^3)^{67} \cdot 75601
\\=(53601^3)^{22} \cdot 53601 \cdot 75601
\\=40801^{22} \cdot 89201
\\=(40801^3)^7 \cdot 40801 \cdot 89201
\\=42401^7 \cdot 40801 \cdot 89201
\\=56801 \cdot 40801 \cdot 89201
\\=37601 \cdot 89201
\\=46801$
2015年11月12日 星期四
[數學] 設20x^3-21x^2-35x-3之值是3，而24x^3-26x^2-41x-2之值不是4，求x。
看起來雖然不是很像，不過其實這是二次方程！
題解：
$20x^3-21x^2-35x-3=3$
$20x^3-21x^2-35x-6=0$ ...(1)
$24x^3-26x^2-41x-2=4$
$24x^3-26x^2-41x-6=0$ ...(2)
根據題意，表示有些(1)的根不是(2)的根。
如果所有(1)的根都是(2)的根就無解；
如果所有(1)的根都不是(2)的根，
那這題等同在問(1)的所有根，(2)的資料完全沒幫助。
所以合理推測有些(1)的根同時是(2)的根。
先解出同時符合 (1) 和 (2) 的這些根：
這很易解
$6 \times(1)-5 \times(2)$
$4x^2-5x-6=0$
$(4x+3)(x-2)=0$
$x=2$ or $x=-\frac{3}{4}$
再找(1)餘下的根$a$,
可以用長除法，不過既然已有兩根，那根之積(product of roots)會比較快：
$2 \times \frac{-3}{4} \times a= \frac{6}{20}$
$a=- \frac{1}{5}$就是本題所求的根
2015年11月5日 星期四
[數學] 整係數多項式帶入分子涉及平方根的數值的速算法 (餘式定理應用)
學生今傳來兩條問題，這類題目我也沒看過，還沒想到更好的解，現分享如下：
假設沒有計算機... 有的話就不用算了。
設
$f(x)=4x^4-8x^3-15x^2+13x+1$
$a= \frac{3+2\sqrt{2}}{2}$
$b= \frac{3-2\sqrt{2}}{2}$
$4(x-a)(x-b)=4x^2-12x+1$
(對比二次方程的兩根和與兩根積)
以 $4x^2-12x+1$ 除
$4x^4-8x^3-15x^2+13x+1$
長除法：
得餘式 2
根據餘式定理，函數 $f(\frac{3+2\sqrt{2}}{2})=2$。
思考方向：
如果可以建立一個有因數 $x-\frac{3+2\sqrt{2}}{2}$ 的整係數多項式，
用它整除原式就可把餘式的因次降下來，
而整係數多項式的長除法也相對簡單。
$\frac{3+2\sqrt{2}}{2}$ 類似二次方程的通解,
對比下可設正負開方為兩根，得整係數二次多項式,
用它除原式得一因次最大為1的餘數多項式。
同類題目可用同樣解法：
設
$m=\frac{1+\sqrt{5}}{2}$
$n=\frac{1-\sqrt{5}}{2}$
$(x-m)(x-n)=x^2-x-1$
以 $x^2-x-1$ 除
$8x^3-16x^2+2x+15$
得餘式 $2x+7$
代入 $x=\frac{1+\sqrt{5}}{2}$
得解為 $1+\sqrt{5}+7=8+ \sqrt{5}$
所以 $(a, b)=(8, 1)$
對於3以下的因次，這做法其實也沒多快，但對於6次以上的多項式，這方法的速度優勢就很明顯了，畢竟長除法只是整數加減，但 $(a+b\sqrt{c})^n$ 卻要比較沒開開的常數和有關方的係數。
假設沒有計算機... 有的話就不用算了。
設
$f(x)=4x^4-8x^3-15x^2+13x+1$
$a= \frac{3+2\sqrt{2}}{2}$
$b= \frac{3-2\sqrt{2}}{2}$
$4(x-a)(x-b)=4x^2-12x+1$
(對比二次方程的兩根和與兩根積)
以 $4x^2-12x+1$ 除
$4x^4-8x^3-15x^2+13x+1$
長除法：
得餘式 2
根據餘式定理，函數 $f(\frac{3+2\sqrt{2}}{2})=2$。
思考方向：
如果可以建立一個有因數 $x-\frac{3+2\sqrt{2}}{2}$ 的整係數多項式，
用它整除原式就可把餘式的因次降下來，
而整係數多項式的長除法也相對簡單。
$\frac{3+2\sqrt{2}}{2}$ 類似二次方程的通解,
對比下可設正負開方為兩根，得整係數二次多項式,
用它除原式得一因次最大為1的餘數多項式。
同類題目可用同樣解法：
設
$m=\frac{1+\sqrt{5}}{2}$
$n=\frac{1-\sqrt{5}}{2}$
$(x-m)(x-n)=x^2-x-1$
以 $x^2-x-1$ 除
$8x^3-16x^2+2x+15$
得餘式 $2x+7$
代入 $x=\frac{1+\sqrt{5}}{2}$
得解為 $1+\sqrt{5}+7=8+ \sqrt{5}$
所以 $(a, b)=(8, 1)$
對於3以下的因次，這做法其實也沒多快，但對於6次以上的多項式，這方法的速度優勢就很明顯了，畢竟長除法只是整數加減，但 $(a+b\sqrt{c})^n$ 卻要比較沒開開的常數和有關方的係數。
2015年11月4日 星期三
[數學] (x^2+3x+1)(x^2+3x+2)+3x^2+9x+2的最小值
問題：求 $(x^2+3x+1)(x^2+3x+2)+3x^2+9x+2$ 的最小值。
剛剛學生傳來問我的，這是嵌套的配方法(Completing the square)題目。
通常看到題中的幾個多項式有大部分係數重覆時，就想想可不可以用另一個代數例如u去取代重覆的部分，然後化簡成平常在解的標準例題形式。
例如本題可這樣解：
$(x^2+3x+1)(x^2+3x+2)+3x^2+9x+2$
$=(x^2+3x+2-1)(x^2+3x+2)+3(x^2+3x+2)-4$
$=u(u-1)+3u-4$, sub. $u=x^2+3x+2$
$=u^2+2u-4$
$(u+1)^2-5$, 配方法
這個的最小值就出現在 $|u+1|$ 達到最小時，
$u+1$
$=x^2+3x+3$
$=(x+3/2)^2+3/4$
很明顯 $u+1$ 的最小值是 $\frac{3}{4}$ 出現在 $x=- \frac{3}{2}$，
要注意，如果 $u+1$ 的最小值小於 $0$，則 $|u+1| $ 的最小值取 $0$。
$(u+1)^2-5$ 的最小值
$=(\frac{3}{4})^2-5$
$=\frac{9}{16}-5$
$=-\frac{71}{16}$
所以 $(x^2+3x+1)(x^2+3x+2)+3x^2+9x+2$ 的最小值為 $-\frac{71}{16}$，出現在 $x=- \frac{3}{2}$。
剛剛學生傳來問我的，這是嵌套的配方法(Completing the square)題目。
通常看到題中的幾個多項式有大部分係數重覆時，就想想可不可以用另一個代數例如u去取代重覆的部分，然後化簡成平常在解的標準例題形式。
例如本題可這樣解：
$(x^2+3x+1)(x^2+3x+2)+3x^2+9x+2$
$=(x^2+3x+2-1)(x^2+3x+2)+3(x^2+3x+2)-4$
$=u(u-1)+3u-4$, sub. $u=x^2+3x+2$
$=u^2+2u-4$
$(u+1)^2-5$, 配方法
這個的最小值就出現在 $|u+1|$ 達到最小時，
$u+1$
$=x^2+3x+3$
$=(x+3/2)^2+3/4$
很明顯 $u+1$ 的最小值是 $\frac{3}{4}$ 出現在 $x=- \frac{3}{2}$，
要注意，如果 $u+1$ 的最小值小於 $0$，則 $|u+1| $ 的最小值取 $0$。
$(u+1)^2-5$ 的最小值
$=(\frac{3}{4})^2-5$
$=\frac{9}{16}-5$
$=-\frac{71}{16}$
所以 $(x^2+3x+1)(x^2+3x+2)+3x^2+9x+2$ 的最小值為 $-\frac{71}{16}$，出現在 $x=- \frac{3}{2}$。
2015年11月1日 星期日
[數學] 三角形內心與邊長等距應用題
問題：
題解：
$AB=CD=EF$
等弦與圓心等距(eq.chords equidistant from centre)
所以 $O$ 是 $\triangle XYZ$ 的內心(incircle center)。
$OX$ 和 $OY$ 分別平分 $\angle YXZ$ 和 $\angle XYZ$
考慮三角形
$\angle YXO + \angle XYO +121^{\circ}=180^{\circ}$ (三角形內角和)
$\angle YXO + \angle XYO =59^{\circ}$
另外，因為角平分，所以
$\angle YXZ=2\angle YXO$
$\angle XYZ=2\angle XYO$
最後考慮 $\triangle XYZ$
$\angle YXZ+\angle XYZ=2\angle YXO+2\angle XYO$
$\angle YXZ+\angle XYZ=2 \times 59^{\circ}$
$\angle YXZ+\angle XYZ=118^{\circ}$
$\angle YXZ+\angle XYZ +\angle XZY=180^{\circ}$ (三角形內角和)
$118^{\circ} +\angle XZY=180^{\circ}$
$\angle XZY=62^{\circ}$
如果第一步想不到 $O$ 是內心的話似乎也沒法解了。
更新：
其實也是有比較無恥的解法，因為是MC，我不需要知道準確值。
如果 $\angle XOY=120^{\circ}$ 明顯本圖形是旋轉對稱，
三角形 $XYZ$ 是正三角形，$\angle XZY=60^{\circ}$，
固定 $OZ$ 的距離延長 $XY$ 以增加 $\angle XOY$，
可知 $\angle XZY$也會增加，所以 $\angle XOY>60^{\circ}$，
符合條件又接近60度的答案只有B，所以只能是B了。
(還好這題沒有61，63之類的可選)
題解：
$AB=CD=EF$
等弦與圓心等距(eq.chords equidistant from centre)
所以 $O$ 是 $\triangle XYZ$ 的內心(incircle center)。
$OX$ 和 $OY$ 分別平分 $\angle YXZ$ 和 $\angle XYZ$
考慮三角形
$\angle YXO + \angle XYO +121^{\circ}=180^{\circ}$ (三角形內角和)
$\angle YXO + \angle XYO =59^{\circ}$
另外，因為角平分，所以
$\angle YXZ=2\angle YXO$
$\angle XYZ=2\angle XYO$
最後考慮 $\triangle XYZ$
$\angle YXZ+\angle XYZ=2\angle YXO+2\angle XYO$
$\angle YXZ+\angle XYZ=2 \times 59^{\circ}$
$\angle YXZ+\angle XYZ=118^{\circ}$
$\angle YXZ+\angle XYZ +\angle XZY=180^{\circ}$ (三角形內角和)
$118^{\circ} +\angle XZY=180^{\circ}$
$\angle XZY=62^{\circ}$
如果第一步想不到 $O$ 是內心的話似乎也沒法解了。
更新：
其實也是有比較無恥的解法，因為是MC，我不需要知道準確值。
如果 $\angle XOY=120^{\circ}$ 明顯本圖形是旋轉對稱，
三角形 $XYZ$ 是正三角形，$\angle XZY=60^{\circ}$，
固定 $OZ$ 的距離延長 $XY$ 以增加 $\angle XOY$，
可知 $\angle XZY$也會增加，所以 $\angle XOY>60^{\circ}$，
符合條件又接近60度的答案只有B，所以只能是B了。
(還好這題沒有61，63之類的可選)
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