Kugelexperiment (m. Z., m. R.) - Kombi bringt Gewinn |
| 07.03.2010, 16:30 | MiAmor | Auf diesen Beitrag antworten » | |||||||||
| Kugelexperiment (m. Z., m. R.) - Kombi bringt Gewinn folgendes Problem: Man hat 2 Kugelfarben, schwarz und weiß. Mit diesen Farben wird eine 9stellige Kombination gelegt. Die Kombination aus 3 bestimmten Kugeln an 3 bestimmten Positionen in 3 bestimmten Farben bringt den Gewinn. Wie oft muss man mindestens legen, damit man auf jeden Fall etwas gewinnt, also alle Möglichkeiten abgedeckt hat? Ich hab dazu bis jetzt noch keine rechnerische Idee gehabt xD Ich hätte nen riesen Baum gezeichnet, aber das bringt mir natürlich gar nüchts :P MfG MiAmor |
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| 07.03.2010, 16:40 | wisili | Auf diesen Beitrag antworten » | |||||||||
| RE: Kugelexperiment (m. Z., m. R.) - Kombi bringt Gewinn Man hat nur schwarz und weiss und dann aber doch 3 bestimmte Farben? Ist das wiederholte Legen zufällig? Der Titel verrät evtl., dass es um eine Urne geht, mit Zurücklegen; wieviele Kugeln je in der Urne sind, weiss man aber dann doch nicht. Bitte klarstellen. Könnte es sein, dass man ein hell-, ein mittel- und ein dunkelgrünes Osternest hat, in die man je drei Ostereier legt, schwarze und weisse mit gleicher Wahrscheinlichkeit für die Farben? |
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| 07.03.2010, 16:55 | MiAmor | Auf diesen Beitrag antworten » | |||||||||
Also. Du hast 2 Bottiche mit Farben, in dem einen sind nur weiße Kugeln und in dem anderen nur schwarze. Jetzt hast du vor dir ein Brett in dem 9 Löcher für jeweils eine Kugel sind. Du nimmst jetzt aus den beiden Bottichen zufällig eine Kugel und legst sie auf das Brett vor dir in der Reihenfolge, in der du sie ziehst. (kannst auch nen Bottich mit 18 Kugeln haben, von denen jeweils 9 weiß und 9 schwarz sind, dann musst du dich nicht zufällig zwischen den beiden Bottichen entscheiden, ist vielleicht einfacher so, ich ändere das mal im ersten Post). Deine gezogenen Kugeln ergeben jetzt bspw.: S W S | S W S | W W W (die Striche dienen nur der Übersicht) Gewinnen kannst du jetzt aber bspw. nur, wenn: Kugel 1 = W Kugel 5 = S Kugel 7 = S Das weißt du allerdings nicht. Also du weißt nicht, welche Kugeln zum Gewinn führen und welche Farben die haben müssen. Jetzt verstanden? |
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| 07.03.2010, 16:59 | MiAmor | Auf diesen Beitrag antworten » | |||||||||
Ah sorry. Falsche Aussage getroffen. Man brauch die 2 Bottiche, da man ja die Kombinationen legen muss bzw. ausprobieren muss. Die Frage ist also, wie viele Kombinationen muss man ausprobieren, damit man auf jeden Fall etwas gewinnt. Im Prinzip ähnlich MasterMind. |
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| 07.03.2010, 17:01 | wisili | Auf diesen Beitrag antworten » | |||||||||
Ja, viel besser verstanden, bis auf die Ueberschrift: Der Bottich mit 18 Kugeln dient nicht, wenn man «Mit Zurücklegen» verspricht. |
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| 07.03.2010, 17:03 | wisili | Auf diesen Beitrag antworten » | |||||||||
Deine neusten Infos verwirren wieder: Wenn man doch zufällig zieht, kann man millionenmal immer dieselbe Brettbestückung erwischen. Man muss nie gewinnen. |
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| 07.03.2010, 17:08 | MiAmor | Auf diesen Beitrag antworten » | |||||||||
Ja. Das war auch Käse. Man kann die Reihenfolge beliebig bestimmen und weiß, welche man schon gelegt hat. Somit hat man irgendwann auf jeden Fall gewonnen. |
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| 07.03.2010, 17:11 | wisili | Auf diesen Beitrag antworten » | |||||||||
... falls sich die Gewinnzahlen nicht mehr ändern. (?) Weiss man dann zwischendurch (wie beim MasterMind) wieviele Treffer man hatte? Oder weiss man nur, ob man verloren oder schon gewonnen hat? |
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| 07.03.2010, 17:13 | AD | Auf diesen Beitrag antworten » | |||||||||
Kurzum: Es gilt eine "intelligente" (d.h. möglichst kleine) Auswahl der Färbungsmöglichkeiten zu treffen, so dass man garantiert immer mindestens einen Gewinn erwischt. Vermutlich bin ich heute etwas blockiert, aber die Sache erscheint mir auf den ersten Blick nicht gerade trivial. 
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| 07.03.2010, 17:16 | wisili | Auf diesen Beitrag antworten » | |||||||||
Im ersten Post heisst es «alle Möglichkeiten abgedeckt», nirgends ist die Rede von mindestens «einem Gewinn». Aber vielleicht kursiert die Aufgabe immer wieder, ohne dass sie je korrekt gestellt wird. |
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| 07.03.2010, 17:18 | MiAmor | Auf diesen Beitrag antworten » | |||||||||
Die Gewinnzahlen bzw. die Gewinnkombination aus den 3 Kugeln steht fest und ändert sich nicht, egal, wie oft man es versucht. Man weiß nicht, wie viele Treffer man hat. Man erfährt natürlich wann man gewonnen hat, was aber unerheblich für die Anzahl der Mindestversuche ist, denn man will ja wissen, wie viele es insgesamt sind. 512 Möglichkeiten sind es nur, wenn die Kombination aus 9 Stellen bestünde und nicht, wie in diesem Fall aus 3 von 9 Stellen. Bei ner 9ner Kombi hätte ich kein Problem :p |
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| 07.03.2010, 17:24 | AD | Auf diesen Beitrag antworten » | |||||||||
Also dann nochmal, wie ich die Aufgabe verstanden habe:
Offenbar stimmt das nun aber auch nicht, wie ich MiAmors letztem Beitrag entnehme. Na was denn nun??? |
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| 07.03.2010, 17:24 | wisili | Auf diesen Beitrag antworten » | |||||||||
Es ist immer noch nicht geklärt, ob der Gewinn aus allen 3 möglichen Treffern besteht, oder ob ein Treffer genügt pro 9-er-Sequenz. |
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| 07.03.2010, 17:31 | MiAmor | Auf diesen Beitrag antworten » | |||||||||
Genau das ist es. Man muss an Position X1, X2 und X3 genau die richtige Farbe liegen haben, um zu gewinnen, so wie Arthur das gerade beschrieben hat. |
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| 07.03.2010, 17:33 | wisili | Auf diesen Beitrag antworten » | |||||||||
Dann sind es 449, als obere Abschätzung. Auf den 6 Nicht-Gewinnplätzen gibt es 2^6 = 64 Variationen. Auf den 3 Gewinnplätzen gibt es eine Gewinnbesetzung und 7 falsche Besetzungen. Im schlechtesten Fall legt man 64*7 = 448 falsche 9-er-Sequenzen. Erst die nächste von den verbliebenen 64 (512-448) ist dann sicher eine Gewinnbesetzung. Die offene Frage ist jetzt (die meint wohl Arthur Dent), ob es möglich ist, mit einer Strategie dafür zu sorgen, dass im schlechtesten Fall die Gewinnbesetzung nicht so spät eintreffen kann. |
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| 07.03.2010, 17:34 | AD | Auf diesen Beitrag antworten » | |||||||||
Und warum hast du dann das hier geschrieben???
Na klar gibt es 512 Möglichkeiten für den Spieler, und diese 512 reichen auf jeden Fall für den Gewinn. Es ist aber ziemlich klar, dass auch eine geringere Anzahl ausreichen wird - und um genau diese Anzahl geht es hier.
Begründung? Mir ist schon klar, dass man eine Strategie mit Versuchen angeben kann, aber warum soll es keine geben, die mit weniger Versuchen auskommt?
EDIT: Mir fällt eine Strategie mit 260 Versuchen ein - aber auch die ist gewiss noch nicht optimal:
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| 07.03.2010, 19:04 | MiAmor | Auf diesen Beitrag antworten » | |||||||||
xD Krass. Mir wurde gesagt, dass es mit 16 möglich sei. Allerdings nicht wie. |
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| 07.03.2010, 19:09 | wisili | Auf diesen Beitrag antworten » | |||||||||
@Arthur Dent Habe letzten Beitrag zu spät editiert, weil ich wieder mal nicht bemerkt habe, dass du gepostet hast. Es geht mit 224 Sequenzen. Man teilt dazu die 9 Plätze in 3 disjunkte 3erGruppen ein. Da es nur 9 tief 3 = 84 solcher Gruppen gibt, reichen 28 der genannten Einteilungsmuster, um alle Gruppen einmal zu repräsentieren. Pro Gruppe gibt es 2^3=8 verschiedene Belegungen, die man auf die 26 Muster anwendet, das sind dann 8*28 = 224 Neuner-Sequenzen. Die OPTIMALE Strategie wird gesucht; ich kenne sie noch nicht, aber man ahnt, dass es mit viel weniger geht. Dass 16 reichen sollen, ist zumindest verbfüffend. |
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| 07.03.2010, 19:12 | AD | Auf diesen Beitrag antworten » | |||||||||
Gut möglich - wie ich schon sagte, bin heute etwas blockiert. Aber wisili ist eifrig bei der Sache, wird bestimmt gleich was finden. 
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| 07.03.2010, 19:16 | wisili | Auf diesen Beitrag antworten » | |||||||||
Nein, ich stoppe. Vielleicht ein andermal. |
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| 07.03.2010, 19:27 | ObiWanKenobi | Auf diesen Beitrag antworten » | |||||||||
Ich glaube ich kann es auf 74 reduzieren. Wenn ich alles richtig verstanden habe. Ich lege 9 * Schwarz wenn falsch dann 9* Weiß Wenn falsch dann besteht die Gewinnkombination entweder aus 2* Weis und 1* Schwarz oder aus 2* Schwarz und 1* Weiß Also lege ich die 9 über 2 Permutationen von 2* Weiß und 7* Schwarz und dann die 9 über 2 Permutationen von 2* Schwarz und 7* Weiß macht das Sinn? |
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| 07.03.2010, 19:48 | MiAmor | Auf diesen Beitrag antworten » | |||||||||
@wisili: was ist denn "9 tief 3"? @obi: Ich weiß nicht. Es ist ja nicht wirklich wichtig, aus was die Kombination besteht, sondern nur, dass du alles abgedeckt hast. |
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| 07.03.2010, 19:54 | AD | Auf diesen Beitrag antworten » | |||||||||
Na so ohne weiteres ist nicht klar, dass da 28 reichen - man kann natürlich 28 solche 3x3-Muster angeben, um das zu zeigen. @ObiWanKenobi Nicht schlecht.
Das zeigt, wieviel Potential hier noch nach unten ist, wenn man nur erst einmal die richtige Idee hat. |
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| 07.03.2010, 19:55 | ObiWanKenobi | Auf diesen Beitrag antworten » | |||||||||
Nochmal zur Erklärung meines Gedankengangs: Die tatsächliche Gewinnkombination besteht entweder aus 3 schwarzen Kugeln an bestimmten Stellen oder 3 weißen Kugeln an bestimmten Stellen oder 2 weißen und einer schwarzen Kugel an bestimmten Stellen oder 2 schwarzen und einer weißen Kugel an bestimmten Stellen Diese Möglichkeiten decke ich doch durch meine 74 Versuche ab. Also ist bei meinen Versuchen die Gewinnkombination sicher dabei! Und das war doch das Ziel oder? Wenn ich so frei sein darf die andere Frage noch zu beantworten, obwohl sie nicht an mich gerichtet war: 7 tief 3 = 7 über 3 |
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| 07.03.2010, 20:01 | AD | Auf diesen Beitrag antworten » | |||||||||
Ja - aber das Ziel ist, die wirklich minimal nötige Anzahl zu finden. Dank deiner Idee wissen wir, dass diese Anzahl <74 ist. Vielleicht stimmen aber sogar die von MiAmor angegebenen 16. 
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| 07.03.2010, 20:05 | MiAmor | Auf diesen Beitrag antworten » | |||||||||
Ach so meintest du das. Du rechnest als für alle Fälle die Permutation aus und addierst diese dann. Das ist auch kein schlechter Ansatz ^^ Ich hab mir mal überlegt, sollte 16 tatsächlich möglich sein, dann wäre doch im Prinzip die Hälfte davon das genaue Gegenteil von der anderen Hälfte, oder? Sonst würde ja die nie jede Kugel mal mit jeder anderen zusammen S oder W gewesen. Allerdings bringt mich das auch nicht wirklich weiter. |
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| 07.03.2010, 20:11 | AD | Auf diesen Beitrag antworten » | |||||||||
@ObiWanKenobi Leicht modifiziert kann man deine Strategie von auch gleich noch drastisch auf drücken: 000000001 000000010 000000100 000001000 000010000 000100000 001000000 010000000 100000000 011111111 101111111 110111111 111011111 111101111 111110111 111111011 111111101 111111110 Den eigentlich nur noch kleinen Schritt von 18 auf 16 sehe ich jetzt aber nicht.
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| 07.03.2010, 20:17 | Mystic | Auf diesen Beitrag antworten » | |||||||||
Wie wär's damit?
000000000 001001001 010010010 011011011 100100100 101101101 010110110 111111111 |
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| 07.03.2010, 20:17 | MiAmor | Auf diesen Beitrag antworten » | |||||||||
Die kombis gehen aber nicht wirklich, ne. Was ist, wenn z.B. 000100010 die bzw. eine richtig Lösung wäre? Lösungszahlen bzw. Kombi wäre in diesem Fall: 4 = 1 5 = 0 und 8 = 1 |
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| 07.03.2010, 20:18 | ObiWanKenobi | Auf diesen Beitrag antworten » | |||||||||
wow das freut mich, dass ich im Prinzip eine Gute Idee hatte und die Modifikation ist echt genial! Mystic geht davon aus, dass in jeder Dreiergruppe eine richtige ist, aber ich denke diese Annahme ist unzulässig! |
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| 07.03.2010, 20:20 | MiAmor | Auf diesen Beitrag antworten » | |||||||||
@Mystic: wie kommst du auf die Kombinationen? Zusätzlich zu der Frage an sich, wären ja auch die Kombis ganz interessant xD Hätte ich vielleicht in die Fragestellung einbringen sollen xD Habt ihr aber ja auch so von alleine angefangen |
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| 07.03.2010, 20:21 | AD | Auf diesen Beitrag antworten » | |||||||||
Ja Mystic, das klappt nicht. MiAmor hat ein Beispiel genannt, ein anderes fehlendes ist etwa 0xx10xxxx. |
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| 07.03.2010, 20:46 | Mystic | Auf diesen Beitrag antworten » | |||||||||
Ja, hatte einen kleinen, aber ärgerlichen Fehler in meinem Programm... 
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| 07.03.2010, 22:00 | ObiWanKenobi | Auf diesen Beitrag antworten » | |||||||||
Ich bin mir nicht 100% sicher, aber ich meine so könnte es gehen: 1) 101000000 2) 010100000 3) 001010000 4) 000101000 5) 000010100 6) 000001010 7) 000000101 8) 100000010 und 1) 010111111 2) 101011111 3) 110101111 4) 111010111 5) 111101011 6) 111110101 7) 111111010 8) 011111101 Was meint Ihr? |
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| 07.03.2010, 22:09 | AD | Auf diesen Beitrag antworten » | |||||||||
01x0xxxxx fehlt. |
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| 08.03.2010, 02:08 | Mystic | Auf diesen Beitrag antworten » | |||||||||
Es ist zum wahnsinnig werden, ich weiss, dass nachfolgende Liste im 9.Bit (in Verbindung mit dem 6.Bit) falsch ist, find aber den Fehler nicht: 000000001 000111101 001010111 001101011 010001110 010110010 011011000 011100100 100011010 100100110 101001100 101110000 110010101 110101001 111000011 111111111 Ich geh aber jetzt zu Bett, vielleicht sieht ja jemand anderer, wie man obige "Fastlösung" korrigieren muss
Edit: In obiger (editierter) Liste sind nun von den insgesamt 84 Tripeln aus Spalten nur mehr die 4(!) Spaltentripel (1,2,9),(3,8,9),(4,6,9),(5,7,9) unvollständig (es fehlen jeweils 000,011,101,110 in diesen Spalten)...Anscheinend ist also die 9.Spalte noch falsch belegt, seh aber nicht wie...
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| 08.03.2010, 12:17 | Mystic | Auf diesen Beitrag antworten » | |||||||||
Ich geb auf... Wenn man nur 8 Stellen hätte, dann wäre obige Liste (unter Weglassung des 9.Bits) eine Lösung mit nur 16 Binärwörtern, aber ich habe mittlerweile massive Zweifel, ob dasselbe mit 9 Stellen überhaupt möglich ist... Mein System funktioniert damit jedenfalls nicht und man kann auch leicht zeigen, dass es z.B. keinen binären Linearcode der Länge 9 und der Dimension 4 mit diesen Eigenschaften geben kann... Aus meiner Sicht ist es also gut möglich, dass Arthur's Lösung mit 18 Binärwörtern für 9 Stellen bereits optimal ist... |
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| 08.03.2010, 12:38 | MiAmor | Auf diesen Beitrag antworten » | |||||||||
Wie wir aber schon festgestellt haben ist Arthur's Lösung falsch ^^ Ich hab mittlerweile die angeblichen Zahlen bekommen, allerdings hilft mir das gar nichts xD 000000001 100010100 100101101 000110111 000111000 001001110 101011011 001110101 110001010 010100100 110110001 111000111 111001000 011010010 011101011 111111110 Sollten diese richtig sein, so bleibt immer noch die Frage, wie man drauf kommt und wie man drauf kommt, wie viele Versuche man halt braucht. |
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| 08.03.2010, 12:45 | ObiWanKenobi | Auf diesen Beitrag antworten » | |||||||||
Arthurs Lösung ist meines Erachtens nicht falsch! Sie ist schlimmstenfalls suboptimal, nämlich dann, wenn es tatsächlich Lösungen gibt mit weniger als 18 Versuchen |
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| 08.03.2010, 12:58 | AD | Auf diesen Beitrag antworten » | |||||||||
Möcht ich meinen, dass die richtig ist.
Mit der Optimalität bin ich mir nicht so sicher - zumindest scheint es mit leichten Korrekturen nicht getan zu sein, zu einer besseren Lösung zu kommen. |
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