"Duell" zu Dritt

19.10.2023, 23:21

Dopap

"Duell" zu Dritt

Von 3 perfekten Schützen zielt jeder unabhängig und verdeckt mit 50% auf einen der beiden Anderen.
Nach Ablauf der Spieluhr wird gleichzeitig geschossen.
Mit welcher Wkt sind danach 3 Särge notwendig?

irgendwie ist das logisch schwierig zu begründen, eine Simulation liefert mir 25%
oder ist die auch falsch?

20.10.2023, 01:17

klauss

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RE: "Duell" zu Dritt
Hier sollte ein Baumdiagramm genügen, nach welchem 3 Särge benötigt werden, wenn auf jeden der 3 Schützen gezielt wird. Das ist in 2 von 8 Pfaden der Fall.

20.10.2023, 02:04

Luftikus

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Man könnte sich die 3 Schützen auch im Kreis vorstellen, jeder mit einer Münze: "Zahl" im Uhrzeigersinn, "Kopf" gegen Uhrzeigersinn schiessen.
2^3=8 Möglichkeiten, alle tot, wenn in gleicher Richtung geschossen wird (2 Möglichkeiten).
Wahrscheinlichkeit = 2/8

20.10.2023, 10:57

DrummerS

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Falls die Schützen mit unterschiedlichen Frequenzen / Periodendauern zwischen den Zielen (den jeweils beiden Anderen) hin- und herwechseln sollten, müsste die Spieluhr passend (kgV ?) eingestellt werden, damit jeder Schütze die 50 % einhalten kann.

20.10.2023, 11:10

Dopap

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Baum- und "Kreis"diagramm sind gut brauchbare Denkvorlagen.

20.10.2023, 11:42

IfindU

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Etwas allgemeiner kann man es sich auch mit Graphen vorstellen, ähnlich wie es Luftikus gedacht hat.
Wir haben einen vollständigen Graphen $\begin{eqnarray*} K_n \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ Knoten, wobei die Knoten die Schützen sind. Dann gibt es $\begin{eqnarray*} (n-1)^n \end{eqnarray*}$ Möglichkeiten Ziele zu wählen (wenn man sich nicht selbst abschießen möchte). Wir können dann die Zielwahl durch gerichtete Kanten darstellen.

Dann ist die Frage: Mit wie vielen Möglichkeiten gibt es den vollständigen Graphen in gerichtete Kreise zu partitionieren. Das sollte sich rekursiv darstellen lassen. Entweder gibt es vollständige Kreise (durchlaufen alle Knoten) oder es zerfällt in zwei Subgraphen. Wenn $\begin{eqnarray*} S(n) \end{eqnarray*}$ die Anzahl dieser Partition ist in $\begin{eqnarray*} K_n \end{eqnarray*}$ ist, dann sollte $\begin{eqnarray*} S(n+1) = \#\{\text{Anzahl Kreise der Länge }\; n+1\} + \sum_{p = 2}^{n-1} S(p)S(n+1-p) \end{eqnarray*}$ .

Hoffentlich habe ich mich nicht vertan.

20.10.2023, 12:52

SC/MP

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Stochastik & Kombinatorik | "Duell" zu Dritt
Quicksort <- Rekursion <- Weichen stellen + Zufall mit Gedächtnis -> Gesuchte Teilmenge einer Gesamtmenge

Für mich wäre damit alles gesagt. Ich ergänze.

Problemübertragung

Gegeben sei eine Weiche in der ersten Ebene, die, nachdem eine Kugel einen Weg entlang der gestellten Weiche genommen hat, sich selbststätig umstellt. Es gibt zwei Weichenstellungen: Links und Rechts.

Wie sind die Kugeln verteilt, wenn zwei Kugeln ihren Weg genommen haben?
Welchen Anfangszustand muss diese Weiche haben, damit diese Verteilung der Kugeln eintritt?

Gegeben seien drei Weichen. Sie sind in zwei Ebenen so angeordnet, dass eine Kugel, die die erste Weiche auf der ersten Ebene verlässt, auf eine der beiden anderen Weichen in der zweiten Ebene trifft.

Wie sind die Kugeln verteilt, wenn acht Kugeln ihren Weg genommen haben?
Welchen Anfangszustand müssen diese Weichen haben, damit diese Verteilung der Kugeln eintritt?

Gegeben seien sechs Weichen auf drei Ebenen...

Gegeben seien n Ebenen. Jede Weiche hat einen zufälligen Anfangszustand. Wie wahrscheinlich ist es, dass eine Kugel im nächsten Zug, im übernächsten Zug, im überübernächsten Zug oder innerhalb der nächsten drei Züge, ganz links oder ganz rechts landet?

21.10.2023, 22:02

Dopap

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Zitat:

Original von Luftikus
Man könnte sich die 3 Schützen auch im Kreis vorstellen, jeder mit einer Münze: "Zahl" im Uhrzeigersinn, "Kopf" gegen Uhrzeigersinn schiessen.
2^3=8 Möglichkeiten, alle tot, wenn in gleicher Richtung geschossen wird (2 Möglichkeiten).
Wahrscheinlichkeit = 2/8

In Anlehnung daran gelte nun:
die Schützen zielen/schießen jeweils auf den Ihnen am nächstgelegenen Kollegen. Bei Vielfachen dann zufällig auf einen von denen.
--------------------------------------------------------------------------------------------------------
Szenario 2:

6 Schützen befinden sich an den Ecken eines regelmäßigen Sechsecks.
Jeder zielt/erschießt wegen obiger Regel mit 50% einen der beiden Nachbarn.

Überlegung:

Ein beliebig gewählter Schütze schießt mit trivial 100% Wkt nach ( links oder rechts).
Die restlichen 5 "folgen" dessen gewählter Richtung mit Wkt $\begin{eqnarray*} (\frac 12)^5= \frac {1}{32} \end{eqnarray*}$ Die entgegengesetzte Richtung ist gleichwertig, also
alle tot : $\begin{eqnarray*} \quad P(t=6)=2\cdot \frac {1}{32}=\frac{1}{16} \end{eqnarray*}$
Bestätigend ergibt eine Simulation auf dem TR ca. 6%

4 Schützen im Quadrat angeordnet ergeben simuliert 25% für t=4, woraus man folgern könnte, dass die Modellüberlegung $\begin{eqnarray*} P(t=n) = 2\cdot (\frac12)^{n-1} , n = 4,6,8... \end{eqnarray*}$ zumindest für geradzahlige reguläre Vielecke stimmt?

24.10.2023, 11:23

HAL 9000

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Warum nicht gleich Nägel mit Köpfen:

Zitat:

$\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ Leute stehen an den Eckpunkten eines regelmäßigen konvexen $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ -Ecks, und wählen jeweils gleichverteilt einen ihrer beiden Nachbarn als Ziel aus. Man bestimme die Verteilung der zufälligen Anzahl $\begin{eqnarray*} N \end{eqnarray*}$ an benötigten Särgen.

Klar ist sofort Wertebereich $\begin{eqnarray*} \left\lfloor \frac{n}{2}\right\rfloor \leq N\leq n \end{eqnarray*}$ sowie auch $\begin{eqnarray*} P(N=n) = \frac{1}{2^{n-1}} \end{eqnarray*}$ , aber wie sieht der Rest der Verteilung aus? Augenzwinkern

Hab mal kurz versucht, das wenigstens rekursiv zu fassen - der "Ringschluss" verkompliziert dieses Ansinnen zusätzlich.

EDIT: Mmm, ja, hast Recht, das gilt nur für ungerade $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ . Für gerade $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ ist es doppelt so groß, also insgesamt $\begin{eqnarray*} P(N=n) = \frac{1}{2^{2\left\lfloor\frac{n-1}{2}\right\rfloor}} \end{eqnarray*}$ .

25.10.2023, 06:10

Dopap

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Das jedenfalls haben die Simulationen nahegelegt.

Zum shootout / high noon erwäge ich einen weiteren
thread der gänzlich ohne Wahrscheinlichkeiten auskommt.

25.10.2023, 09:01

HAL 9000

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Bei der obigen Verallgemeinerung auf $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ Leute tritt folgender interessanter Effekt auf:

Man kann ja das Schussverhalten jedes Beteiligten mit L bzw. R kennzeichnen, je nachdem ob er auf seinen linken bzw. rechten Nachbarn schießt. Beim genaueren Nachdenken fällt folgender gravierender Unterschied zwischen den Fällen $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ gerade bzw. ungerade auf:

1.Fall $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ ungerade:

Die Wahrscheinlichkeit, dass genau $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ Leute überleben entspricht der Wahrscheinlichkeit, dass in einer ringförmig geschlossenen zufälligen Sequenz aus $\begin{eqnarray*} \{L,R\}^n \end{eqnarray*}$ genau $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ -mal das Muster LR zu finden ist.

2.Fall $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ gerade:

Die Wahrscheinlichkeit, dass genau $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ Leute überleben entspricht der Wahrscheinlichkeit, dass für die in ZWEI (voneinander unabhängigen) ringförmig geschlossenen zufälligen Sequenzen aus $\begin{eqnarray*} \{L,R\}^{\frac{n}{2}} \end{eqnarray*}$ gefundenen LR-Muster-Anzahlen $\begin{eqnarray*} k_1 \end{eqnarray*}$ bzw. $\begin{eqnarray*} k_2 \end{eqnarray*}$ in der Summe $\begin{eqnarray*} k_1+k_2=k \end{eqnarray*}$ gilt.

======================================================

Sei $\begin{eqnarray*} a_{m,k} \end{eqnarray*}$ die Anzahl ringförmiger Sequenzen aus $\begin{eqnarray*} \{L,R\}^m \end{eqnarray*}$ , in denen genau $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ -mal Muster LR auftaucht. Dann gilt die Rekursion

$\begin{eqnarray*} a_{m,k} = \begin{cases} 0 &\mbox{ für }k<0\mbox{ oder }k>\frac{m}{2}\\ 2 &\mbox{ für }k=0,m\geq 0\\ 2 a_{m-1,k} - a_{m-2,k} + a_{m-2,k-1} &\mbox{ sonst}\end{cases} \end{eqnarray*}$ .

EDIT: Hmm, anscheinend gilt einfach $\begin{eqnarray*} a_{m,k} = 2\binom{m}{2k} \end{eqnarray*}$ . Denkt man genauer drüber nach, ist es auch einfach kombinatorisch begründbar.

Damit kann man die oben angefragte Verteilung so berechnen: $\begin{eqnarray*} P\left(N = n-k\right) = \begin{cases} \frac{1}{2^n}a_{n,k} &\mbox{ für }n=2m+1\\ \frac{1}{2^n}\sum\limits_{j=0}^k a_{m,j}a_{m,k-j} &\mbox{ für }n=2m\end{cases} \end{eqnarray*}$

Beispielsweise für $\begin{eqnarray*} n=6 \end{eqnarray*}$ ergibt das dann die Wahrscheinlichkeitsverteilung

$\begin{eqnarray*} P(N=4) = \frac{9}{16},~P(N=5) = \frac{3}{8},~P(N=6) = \frac{1}{16} \end{eqnarray*}$ .

P.S.: Der Wert $\begin{eqnarray*} a_{0,0}=2 \end{eqnarray*}$ ist von der inhaltlichen Interpretation her fragwürdig, wird aber für die Iteration oben genauso benötigt. Augenzwinkern

26.10.2023, 08:33

Dopap

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Respekt!
Nach anfänglicher Zurückhaltung nun das volle Programm.
Erstaunlich was mathematisch doch so alles geht.

Nicht ohne Grund kamen mir mathematisch nur die Fälle mit Komplettauslöschung N=n in den Sinn.
Der Rest dann eben per Simulation.

26.10.2023, 08:42

HAL 9000

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Es gibt natürlich auch Trielle, wo man die Rahmenbedingungen etwas verändert:

So z.B. in "The Good, the Bad and the Ugly" (mit dem seltsamen deutschen Titel "Zwei glorreiche Halunken"), wo der Blonde (Clint Eastwood) vorher heimlich den Revolver von Tuco entmunitioniert hatte - mit dieser "Vorbereitung" fiel dann die Wahl des Zieles leicht. Augenzwinkern

Zitat:

Original von Dopap
Nach anfänglicher Zurückhaltung

Wie man es nimmt - ich hab den Thread erst am 24.10. wahrgenommen.

26.10.2023, 14:45

Dopap

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kann mich deutlich erinnern, habe den Film im Erscheinungsjahr angeschaut.
Der gepflasterte Rund und der gefakte Stein mit dem Namen des Grabes d'runter...
einfach Klasse.

oder:

Lee van Cleef rippst im Saloon sein Pfeifenstreichholz von hinten am Hals von
Klaus Kinski an...

seitdem sind mir diese "Hängepfeifen" stete Begleiter! Augenzwinkern

26.10.2023, 16:00

HAL 9000

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Zitat:

Original von Dopap
kann mich deutlich erinnern, habe den Film im Erscheinungsjahr angeschaut.

So alt bin ich dann doch nicht, dass ich das von mir behaupten könnte. Big Laugh

Zitat:

Original von Dopap
Lee van Cleef rippst im Saloon sein Pfeifenstreichholz von hinten am Hals von
Klaus Kinski an...

Da muss ich dann altklug anmerken, dass das eine Szene aus dem Vorgängerfilm "Für ein paar Dollar mehr" ist.

Vielleicht sollten wir den Filmzitate-Thread mal wieder beleben. Augenzwinkern

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