Patentbeantragung vom Zauberwürfel wird 50 Jahre alt!

24.01.2025, 13:42

Conny_1729

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Patentbeantragung vom Zauberwürfel wird 50 Jahre alt!

In ein paar Tagen ist es soweit. Einer der größten Verkaufsschlager der Spielzeug-Branche, der weltweit bekannte „Magic Cube“ von Ernõ Rubik, wurde vor einem halben Jahrhundert als Patent beantragt (30.Januar 1975). Es dauerte dann aber noch ein paar Jährchen bis diese geniale Erfindung den Weg in unsere Spielzimmer fand und somit auch einen ludologischen Meilenstein setzte. Zwar gab es schon 1970 ein Patent von Frank Fox über eine drehbare „Puzzlekugel“, die prinzipiell dem drehbaren Farb-Würfel von Rubik gleichgesetzt werden konnte, aber diese Idee erreichte nie die notwendige Marktreife. Manchmal stimmt eben der Ausspruch: „Das Runde muss ins Eckige.“

Übrigens, meine schnellste Zeit, um den Zauberwürfel zu lösen, lag mal bei ca. 64 Sekunden. Eine absolut miserabel lausige Zeit, wenn ich mir die heutigen Speedcubing-Spitzenkönner so betrachte. Aber die wunderbaren 80-er Jahre kann mir dafür keiner mehr nehmen. Andererseits möchte ich mich gerne der Meinung von Ernõ Rubik anschließen, dass der kürzeste Weg nicht unbedingt der Schönste ist. Schließlich ist es so, je länger der Lösungsweg sich gestaltet, desto individueller und vielfältiger ist die „creatio“ bzw. Genese hin zum fertigen Kunstobjekt. Gottes Algorithmus (selbstverständlich in STM) wäre dagegen gelegentlich nur eine gezwungenermaßen eindeutige Abkürzung hin zum Urzustand. Es bleibt also stets abzuwägen: Spaßige Unterhaltung versus optimale Sparsamkeit. „Homo ludens“ oder „Homo festinus“? Wer möchte ich sein?

Dann stoße ich zum Monatsende mal auf den Erfinder an!!! Selbstverständlich mit einem gekühlten Getränk mit hochpreisigen Würfeln aus kubischen Eis Ic aus einer der umliegenden Technischen Unis Augenzwinkern

Augenzwinkern

Gruß Conny.

Wer 30-mal den ESEL dreht, kommt gerade mal um die Ecke.
Wer 60-mal den ESEL quält, macht weit weniger an Strecke.

24.01.2025, 15:11

HAL 9000

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Zitat:

Original von Conny_1729
Übrigens, meine schnellste Zeit, um den Zauberwürfel zu lösen, lag mal bei ca. 64 Sekunden. Eine absolut miserabel lausige Zeit

Wenn es dich aufrichtet: Meine durchschnittliche Zeit war eher so bei 100 Sekunden - schaffe ich auch heute noch (mit 50+). Hab selbst nun eine Kollektion vom $\begin{eqnarray*} 3^3 \end{eqnarray*}$ bis zum $\begin{eqnarray*} 7^3 \end{eqnarray*}$ . Für letzteren brauche ich dann allerdings schon ca. 20 Minuten, auch ein wenig entfernt vom Rekord. Big Laugh

Big Laugh

24.01.2025, 17:05

Conny_1729

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Zitat:

Original von HAL 9000
Wenn es dich aufrichtet: Meine durchschnittliche Zeit war eher so bei 100 Sekunden - schaffe ich auch heute noch (mit 50+). Hab selbst nun eine Kollektion vom $\begin{eqnarray*} 3^3 \end{eqnarray*}$ bis zum $\begin{eqnarray*} 7^3 \end{eqnarray*}$ .
...

Ich habe gerade in meiner Sammlung festgestellt (reicht nur bis $\begin{eqnarray*} 5^3 \end{eqnarray*}$ ), dass die heutigen Zauberwürfel $\begin{eqnarray*} 3^3 \end{eqnarray*}$ im Inneren mechanisch ganz anders aufgebaut sind als die Originale aus den 80-ern. Ich weiß nur, dass die "alten Zauberwürfel", falls sie denn auch gut geschmiert worden sind, auch mal schnell auseinanderbrechen konnten, wenn man zu stark verkantet hattet. Die heutigen Zauberwürfel scheinen mir daher etwas stabiler und "geschmeidiger" zu sein, womit man auch wieder die eine oder andere Sekunde herausholen könnte.

Zum Glück endet unser realer Raum mit 3D und schränkt somit die rein haptisch-mechanischen Möglichkeiten ein, weitere 4D-Tesserakte lösen zu müssen. Allein die Bewegungen eines $\begin{eqnarray*} 3^4 \end{eqnarray*}$ Zauberwürfels machen mich schon ganz schwindlig.

3^4-cube

Gruß Conny.

24.01.2025, 18:38

HAL 9000

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Ich hab jetzt auch sämtlich stickerlose Kuben. Bei dem Würfel, den ich in den 1980ern hatte, lösten sich dann irgendwann die aufgeklebten Sticker bzw. wurden zumindest an den Rändern unansehnlich...

[attach]58074[/attach]

Wie man sieht, tanzt der $\begin{eqnarray*} 3^3 \end{eqnarray*}$ etwa aus der Reihe, was die genauen Farbwerte betrifft. Aber stimmt, die sind anders aufgebaut - den kann ich nicht mehr auseinandernehmen.

29.01.2025, 15:45

HAL 9000

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Wenn ich mir meine Würfelparade so anschaue, fällt mir eine Frage ein:

Zitat:

Wie groß ist bei einem zufällig verdrehten $\begin{eqnarray*} n^3 \end{eqnarray*}$ -Würfel die Wahrscheinlichkeit $\begin{eqnarray*} p_n \end{eqnarray*}$ , dass auf allen 6 Seitenflächen jeweils alle 6 Farben vertreten sind?

Offenkundig ist $\begin{eqnarray*} p_2=0 \end{eqnarray*}$ , da man ja nur 4 Farbfelder pro Seitenfläche hat. Bei großem $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ nähert man sich rasch der 1 - meiner Schätzung nach ist $\begin{eqnarray*} p_7 \end{eqnarray*}$ , vielleicht sogar schon $\begin{eqnarray*} p_6 \end{eqnarray*}$ größer als 99%. Spannend ist es bei den kleineren Werten n=3 und n=4, so ist wohl ziemlich sicher $\begin{eqnarray*} p_3 < 50% \end{eqnarray*}$ .

Ein exaktes Ausrechnen dürfte äußerst schwierig sein - eine Simulation hingegen durchaus machbar: Ich denke da an MCMC, wo man erstmal vom geordnetem Würfel ausgehend einen langen Run von $\begin{eqnarray*} C_1n^2 \end{eqnarray*}$ Zügen durchführt, und dann aller $\begin{eqnarray*} C_2n \end{eqnarray*}$ Züge die Farbsituation erfasst. Die dabei verwendeten positiven Konstanten $\begin{eqnarray*} C_1,C_2 \end{eqnarray*}$ sind dabei geeignet zu wählen: Nicht zu groß, damit die Rechenzeit im Rahmen bleibt, aber auch nicht zu klein, damit eine (zumindest nahezu) Unabhängigkeit zwischen aufeinander folgenden ausgewerteten Würfelfarbgebungen vorliegt.

Naja, vielleicht implementiere ich das mal bei Gelegenheit. Hat man einmal das Simulationsgerüst, kann man natürlich auch andere Kenngrößen hinsichtlich der Farbverteilung auf den Seiten untersuchen. smile

smile

29.01.2025, 18:50

Conny_1729

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Zitat:

Original von HAL 9000
Wenn ich mir meine Würfelparade so anschaue, fällt mir eine Frage ein:

Zitat:

Wie groß ist bei einem zufällig verdrehten $\begin{eqnarray*} n^3 \end{eqnarray*}$ -Würfel die Wahrscheinlichkeit $\begin{eqnarray*} p_n \end{eqnarray*}$ , dass auf allen 6 Seitenflächen jeweils alle 6 Farben vertreten sind?

...

Eine wirklich sehr schöne Problemstellung! Ich wüsste nicht einmal wie ich herausbekommen sollte, wie viele Drehungen man mindestens benötigt, um einen $\begin{eqnarray*} 3^3 \end{eqnarray*}$ -Würfel so anzuordnen (6?).

In diesem Zusammenhang wäre es dann auch interessant, ab welcher Anzahl Z von Drehoperationen (HTM) man einen $\begin{eqnarray*} n^3 \end{eqnarray*}$ -Würfel wirklich gut durchmischt hat, sodass man ihn als willkürlich zufällig verdrehten Zustand ansehen darf. Wenn man beispielsweise beim Zauberwürfel nur 18 Drehungen macht, dann sieht das schon ziemlich chaotisch aus, reicht aber noch nicht aus, da ja auch Dreh-Redundanzen dazu führen können, dass noch nicht alle Möglichkeiten M(n) ausgeschöpft sind. Welchen Z-Wert sollte man daher mindestens für einen $\begin{eqnarray*} n^3 \end{eqnarray*}$ -Würfel annehmen?

Aus meinerseits nicht erklärlichen Gründen könnte ich beispielsweise vorschlagen:

$\begin{eqnarray*} && Z=k\cdot \frac{ln\left(M(n)\right) }{2\cdot ln\left(n\right)}<br /> && k>1 \end{eqnarray*}$

wobei ich für k dann mindestens den Wert 2 wählen würde. Wäre aber auch nur so ein Bauchgefühl, was bekanntlich in der Mathematik nichts zu suchen hat Augenzwinkern

Augenzwinkern

… oder wäre $\begin{eqnarray*} Z=n^3 \end{eqnarray*}$ die bessere Wahl ??? - Ich weiß es leider nicht.

Gruß Conny

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31.01.2025, 13:56

HAL 9000

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Zitat:

Original von Conny_1729
In diesem Zusammenhang wäre es dann auch interessant, ab welcher Anzahl Z von Drehoperationen (HTM) man einen $\begin{eqnarray*} n^3 \end{eqnarray*}$ -Würfel wirklich gut durchmischt hat, sodass man ihn als willkürlich zufällig verdrehten Zustand ansehen darf.

Theoretisch nie, weil das wie bei jedem Markov-Prozess eine expontiell fallende Annäherung ist. Praktisch annehmbar wird wohl ein Mehrfaches der Zugzahl sein, die den maximalen Abstand zwischen zwei Stellungen kennzeichnet, das sind ungefähr 20 Züge beim $\begin{eqnarray*} 3^3 \end{eqnarray*}$ , wenn ich richtig im Bilde bin. Mit 100 Zügen ist man wohl auf der sicheren Seite, das als "zufällige" Stellung anzusehen.

09.02.2025, 14:01

Calvin

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Zitat:

Original von Conny_1729
[
Ich habe gerade in meiner Sammlung festgestellt (reicht nur bis $\begin{eqnarray*} 5^3 \end{eqnarray*}$ ), dass die heutigen Zauberwürfel $\begin{eqnarray*} 3^3 \end{eqnarray*}$ im Inneren mechanisch ganz anders aufgebaut sind als die Originale aus den 80-ern. Ich weiß nur, dass die "alten Zauberwürfel", falls sie denn auch gut geschmiert worden sind, auch mal schnell auseinanderbrechen konnten, wenn man zu stark verkantet hattet. Die heutigen Zauberwürfel scheinen mir daher etwas stabiler und "geschmeidiger" zu sein, womit man auch wieder die eine oder andere Sekunde herausholen könnte.

Das definitiv. Es ist ein riesiger Unterachied. Je mehr Geld man ausgibt, desto mehr wird mit Magneten gearbeitet. Wobei man auch schon für 10€ sehr viel Drehspaß bekommt. Früher brauchte man die ganze Hand zum drehen. Heute reicht ein Finger.

Ganz zu schweigen davon, dass die Speedcubes nicht verhaken, sondern auch corner-cutting ermöglichen.

"Die ein oder andere Sekunde rausholen" ist definitiv untertrieben. Meine Tochter hat vom ersten erfolgreichen Versuch bis 39 Sekunden innerhalb weniger Wochen geschafft. Ganz ohne spezielle Algorithmen.

Ende der 90er habe ich meinen Würfel geschmiert und getuned. Aber das ist kein Vergleich zu den heutigen Hightech-Modellen.

Wer einen Zauberwürfel kaufen oder verschenken will... Niemals den original Rubiks aus dem Spielwarenladen kaufen.

Wer mal bei einer Speedcubing-Competition zuschauen will kann hier Termine sehen

https://www.worldcubeassociation.org/competitions?region=DE

Kaufen kann man hier
https://mastercubestore.de
https://www.euro-cubes.com/
https://www.ziicube.com/ (China)

10.02.2025, 14:40

HAL 9000

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Zitat:

Original von Calvin
Meine Tochter hat vom ersten erfolgreichen Versuch bis 39 Sekunden innerhalb weniger Wochen geschafft. Ganz ohne spezielle Algorithmen.

Letzteres ist ein dehnbarer Begriff, und wäre für mich anschaulicher wenn ich wüsste, wie viele Züge in etwa in diesen 39 Sekunden bewältigt wurden. Augenzwinkern

Augenzwinkern

10.02.2025, 16:53

Calvin

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Das kann ich dir nicht sagen. Der Schnitt ist aber keine 10 Sekunden darüber.

Die Methode war die Standard-Anfänger-Methode, die nicht weit von der aus den Achtzigern weg ist. Fokus auf "Leicht zu merken, ggf Wiederholunggen"

Also diese Schritte mit durchschnittlichen Drehungen (aus dem Kopf)

- Kreuz max 10 Drehungen
- 4 Ecken ca 4x4 Drehungen
=> erste Schicht

- 4 Kanten mittlere Schicht (4x 8 Drehungen)
=> mittlere Schicht

- Letzte Kanten orientieren (1 bis 3 mal 6 Drehungen)
- Ecken orientieren (vielfaches von 4 Drehungen)
- Kanten permutieren (1 oder 2 mal 8 Drehungen)
- Ecken permutieren (12 oder 24 Drehungen)

Überschlagen dürfte sie im Schnitt 2,5 Drehungen pro Sekunde haben. Vor allem das orientieren der Ecken geht schnell und flüssig (Stichwort "sexy move" ;-))

10.02.2025, 17:10

HAL 9000

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Hmm, das ist eigentlich auch das, was ich anwende, und das sind so ungefähr 100 Züge, wenn ich mich recht erinnere. Und das schafft man mit einem Speedcube in 39 Sekunden - nicht zu vergessen, dass man zwischendurch ja auch immer mal wieder kurz innehalten und über den weiteren Weg entscheiden muss? Beachtlich.

Meinen Cube (oben in der Abbildung ganz rechts) kann man gewiss nicht als Speed-Cube bezeichnen: Hat zwar nicht mehr den klassischen Aufbau der 1980er, ist leichtgängig und "zerbröselt" auch nicht - aber er neigt beim schnellen, und damit dann leicht unsauberen Drehen zum Verkanten.

10.02.2025, 18:20

Conny_1729

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Zitat:

Original von HAL 9000
Hmm, das ist eigentlich auch das, was ich anwende, und das sind so ungefähr 100 Züge, wenn ich mich recht erinnere.
...

Ich denke, wenn man nach "Schema F" verfährt, dann kann man mit viel Glück es mit etwa 90 Drehungen schaffen, und wenn es ganz mies läuft, endet es vielleicht bei etwa 140 Drehungen.

Randbemerkung zum Speedcubing:
Ich habe einmal einen 3x3x3 Mirror Cube geschenkt bekommen und mich daran mal ausprobiert. Eigentlich verbirgt sich dahinter das gleiche Prinzip wie beim 3x3x3 Zauberwürfel, „nur“ dass statt nach Farben nun die monochromen Quaderformen sortiert werden müssen. Allein das Sortieren nach Formen hat mich schon ziemlich ausgebremst, und weit mehr noch dann das Verdrehen der Ebenen, was ja permanent eine variierend zerklüftete Haptik zu Tage bringt!!! Mir ist das echt ein Rätsel, wie die schnellsten Speedcuber das mit einer durchschnittlichen Zeit von etwa 12 Sekunden lösen können. Allein mit schnellem Drehen ist es wohl nicht getan. Die räumliche Auffassungsgabe (mit gleichzeitigem Memorieren der Steinpositionen) muss hier ziemlich gut ausgeprägt sein. Alle Achtung!

Gruß Conny

10.02.2025, 18:54

HAL 9000

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Naja, mit Zeitrekorden wird das in meinem Alter wohl nix mehr. Zumindest kann ich sämtliche $\begin{eqnarray*} n^3 \end{eqnarray*}$ aus dem Kopf lösen, d.h. brauche keine Merkhilfen in Form von notierten Algorithmen - für gerade $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ gibt es da ja ein paar Zusatzüberraschungen, die man beim ungeraden $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ (wie dem Standard- $\begin{eqnarray*} 3^3 \end{eqnarray*}$ -Cube) nicht kennt, als da wären zwei vertauschte Ecken bzw. eine einzelne gekippte Kante.

10.02.2025, 19:44

Calvin

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@conny

Das ist eine Mischung aus mehreren Fähigkeiten.

Ich selbst nehme auch gelegentlich an Wettbewerben teil und kenne die zugehörigem Theorien. Mit 20 Sekunden brauche ich aber immer auch ein bisschen Glück, dass es bei mir für die zweite Runde reicht.

Das fäng an bei Finger-Tricks, die ein schnelles Drehen ermöglichen ohne den würfel umfassen zu müssen. Dazu kommt corner-cutting, d. h. man macht eine Drehung noch bevor die vorherige beendet ist. Der Würfel verhakt dann nicht mehr. Sehr gute Speedcuber scgaffen 15 Drehungen pro Sekunde.

Ganz viel Zeit spart man mit look-ahead. Das heißt man sieht schon während des Drehens was man als nächstes tun muss. Man ist gedanklich einen Schritt voraus und die Drehungen gehen automatisch.

Dann kommt noch der Fleiß. Man muss viele verschiedene Algorithmen lernen bzw. ins Muskelgedächtnis bringen, um Schritte zusammenzufassen und auf Situationen individuell reagieren zu können.

Die Strategie

* kreuz
* 4x Ecke und mittlere Kante
=>geht intuitiv
=>erste beiden Layer geschafft
* orientierung letzte fläche (ich glaube mindestens 57 Algorithmen)
* Permutation letzte Fläche (21 Algorithmen)

Das Lernen von Algorithmen kann man noch sehr viel weiter treiben. Das hier ist nur der Anfang. Man kann für gespiegelte Fälle verschiedene Algorithmen haben um immer mit der rechten Hand drehen zu können.

Oder mehrere Algorithem für eine Situtaion, damit man im nächsten Schritt eine einfachere Situation hat.

Die Besten haben noch eine extrem gute Mustererkenneng.

Alkes in allem völlig irre, was da möglich ist.

10.02.2025, 20:07

Calvin

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Hier ein schönes kurzes Video, das die Strategie veranschaulicht.

https://www.youtube.com/watch?v=RIYOCIXx0fA

Her gibt es schöne Zeitlupen-Videos von Max Park (einer der Besten Speedcuber)

https://www.youtube.com/watch?v=TKoGZzWTKyo

10.02.2025, 20:27

Conny_1729

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Zitat:

Original von Calvin
@conny

Das ist eine Mischung aus mehreren Fähigkeiten.

Ich selbst nehme auch gelegentlich an Wettbewerben teil und kenne die zugehörigem Theorien. Mit 20 Sekunden brauche ich aber immer auch ein bisschen Glück, dass es bei mir für die zweite Runde reicht.

...

Ah, da haben wir ja jemand, der sich in der „flinken Szene“ sehr gut auskennt. Ja, man muss, um bei den Schnellsten noch mithalten zu können, auf mehreren Gebieten talentiert wie auch trainiert sein. Da du ja sogar bei den Wettbewerben mithalten kannst (hallo? 20 Sekunden!!!), hätte ich mal eine speziellere Frage.

Gibt es eigentlich auch Wettbewerbe, bei der ein 3x3x3 Zauberwürfel zusätzlich hinsichtlich seiner Mittelsteine sauber orientiert werden muss (Uhrzeigerproblem)?

Ich glaube, die Anzahl von ca. 43 Trillionen Möglichkeiten erhöht sich dann noch um den Faktor $\begin{eqnarray*} 2^{11} \end{eqnarray*}$ , wenn diese Orientierung auch noch berücksichtigt werden muss. Demzufolge wäre „Gottes Zahl“ von 20 (HTM) eigentlich geschummelt. Ein göttliches Wesen würde doch niemals einen unvollendeten Zustand anstreben Augenzwinkern

Augenzwinkern

- Wie groß wohl „Gottes Zahl“ bei einer sauberen Orientierung aller Mittelsteine ist???

Gruß Conny

11.02.2025, 10:44

HAL 9000

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Gibt es (käuflich erwerbbar) Cubes mit "erkennbarer" Mittenorientierung? Bei vielen ist lediglich auf der weißen Mitte irgendein Label angebracht, an dem man dann die Orientierung feststellen kann - bei den anderen fünf Seitenmitten aber nicht. Außerdem stelle ich mir was eleganteres vor als ein paar Schriftzeichen - etwa durch beide Diagonalen geteilte Seitenflächen, und jede Viertelfläche dann mit einer leicht geänderten (aber wohl erkennbaren) Farbnuance versehen...

Hab bei mir noch irgendwo einen Puzzle-Cube rumliegen, d.h., wo die Seiten mit Bildern beklebt sind - war irgend so ein Werbegeschenk. Bei dem ist die Mittenorientierung natürlich erkennbar - leider ist das Ding ansonsten mehr Puzzle als Cube, d.h. ohne Bildvorlage muss man erst ewig rätseln, welche Teilbilder überhaupt zu welcher Seite gehören.

12.02.2025, 17:37

Calvin

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Zitat:

Original von Conny_1729
Gibt es eigentlich auch Wettbewerbe, bei der ein 3x3x3 Zauberwürfel zusätzlich hinsichtlich seiner Mittelsteine sauber orientiert werden muss (Uhrzeigerproblem)?

Nein, das gibt es nicht. Ich habe auch noch nie darauf geachtet, wie das Logo bei mir steht. Die Logos sind bei mir eh schon abgerubbelt Big Laugh

Big Laugh

@Hal
Mir ist da nichts bekannt. Ist evtl sogar für Wettbewerbe nicht erlaubt.

Ich weiß, dass es Würfel für Blinde gibt. Die haben haptische Symbole. Die sind aber symmetrisch.

Und ich habe mal einen gesehen, bei dem die Mittelwürfel fehlten. Der bestand also nur aus Kanten und Ecken und in der Mitte konnte man durchschauen. Der war in einem Zustand, der beim normalen 3x3x3 nicht möglich ist. Evtl hat das ja auch damit zu tun.

09.10.2025, 10:31

HAL 9000

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Zitat:

Original von HAL 9000

Zitat:

Wie groß ist bei einem zufällig verdrehten $\begin{eqnarray*} n^3 \end{eqnarray*}$ -Würfel die Wahrscheinlichkeit $\begin{eqnarray*} p_n \end{eqnarray*}$ , dass auf allen 6 Seitenflächen jeweils alle 6 Farben vertreten sind?

Offenkundig ist $\begin{eqnarray*} p_2=0 \end{eqnarray*}$ , da man ja nur 4 Farbfelder pro Seitenfläche hat. Bei großem $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ nähert man sich rasch der 1 - meiner Schätzung nach ist $\begin{eqnarray*} p_7 \end{eqnarray*}$ , vielleicht sogar schon $\begin{eqnarray*} p_6 \end{eqnarray*}$ größer als 99%. Spannend ist es bei den kleineren Werten n=3 und n=4, so ist wohl ziemlich sicher $\begin{eqnarray*} p_3 < 50% \end{eqnarray*}$ .

Ein exaktes Ausrechnen dürfte äußerst schwierig sein - eine Simulation hingegen durchaus machbar: Ich denke da an MCMC, wo man erstmal vom geordnetem Würfel ausgehend einen langen Run von $\begin{eqnarray*} C_1n^2 \end{eqnarray*}$ Zügen durchführt, und dann aller $\begin{eqnarray*} C_2n \end{eqnarray*}$ Züge die Farbsituation erfasst. Die dabei verwendeten positiven Konstanten $\begin{eqnarray*} C_1,C_2 \end{eqnarray*}$ sind dabei geeignet zu wählen: Nicht zu groß, damit die Rechenzeit im Rahmen bleibt, aber auch nicht zu klein, damit eine (zumindest nahezu) Unabhängigkeit zwischen aufeinander folgenden ausgewerteten Würfelfarbgebungen vorliegt.

Bin das endlich mal angegangen (mit pauschal $\begin{eqnarray*} C_1=10,C_2=10 \end{eqnarray*}$ ), und habe basierend auf $\begin{eqnarray*} 10^7 \end{eqnarray*}$ Simulationen folgende Schätzungen herausbekommen:

$\begin{eqnarray*} p_3 \approx 0.0003 \end{eqnarray*}$ , $\begin{eqnarray*} p_4 \approx 0.176 \end{eqnarray*}$ , $\begin{eqnarray*} p_5 \approx 0.748 \end{eqnarray*}$ , $\begin{eqnarray*} p_6 \approx 0.967 \end{eqnarray*}$ , $\begin{eqnarray*} p_7 \approx 0.9973 \end{eqnarray*}$ .

Die Werte für 3 bzw. 7 sind ob des seltenen Eintretens bzw. Nichteintretens mit besonderer Vorsicht zu genießen - vermutlich muss man hier die Simulationszahl noch weiter nach oben schrauben.

Bei $\begin{eqnarray*} p_6,p_7 \end{eqnarray*}$ hatte ich ganz gut geschätzt - bei $\begin{eqnarray*} p_3 \end{eqnarray*}$ lag ich zwar auch richtig, hätte aber deutlich mutiger sein können. Augenzwinkern

Augenzwinkern

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