Donnerstag, 30. September 2021

Zwei Paar Schuhe sind drei Paar Schuhe

Thema: Schuhe und Kombinatorik

Der Sager ”Zwei Paar Schuhe sind drei Paar Schuhe.” meint im Wesentlichen, dass Fußbekleidung länger hält, wenn sie nicht jeden Tag getragen wird. Das ist insbesondere bei Lederschuhen der Fall, weil die beim Tragen entstandene Feuchtigkeit danach erst wieder verdunsten muss. Zwei Paar Schuhe, die abwechselnd getragen werden, haben demnach eine gleich lange Lebensdauer, wie drei Paar Schuhe, die jeden Tag getragen werden. In anderen Worten: ein Paar Schuhe überlebt eineinhalbmal so lange, wenn es nur jeden zweiten Tag getragen wird.

Diese Vorgehensweise sollte allerdings Hausverstand sein und wie lange ein Paar Schuhe nun im Schnitt tatsächlich hält, interessiert vermutlich vor allem Unternehmen, die Schuhe produzieren. Mathematisch interessant wird es, wenn wir uns überlegen, was passiert wenn verschiedene Schuhe miteinander kombiniert werden. Dafür nehmen wir es allerdings wortwörtlich.

Von zwei linken Füßen... 

Wie wäre es, wenn wir die Aussage so interpretieren, dass damit gemeint ist, wie viele verschiedene Paare, wir aus einer bestimmten Anzahl von Ausgangspaaren (in diesem Fall zwei) zusammenstellen können? Der Einfachheit halber kümmern wir uns vorerst einmal nicht darum, welcher Schuh auf welchem Fuß landet. Ein gutes Beispiel für derartiges Schuhwerk sind übrigens einfache Hausschuhe aus Stoff oder Filz, weil sie teilweise so einheitlich gefertigt werden, dass es keine Rolle spielt ob nun der rechte oder linke Fuß darin steckt (siehe Bild). Bei den meisten Socken ist es übrigens ähnlich.


 einheitlich gefertigte Pantoffeln (Bildquelle: Pixy)

Angenommen wir haben zwei verschiedenfarbige Paar Hausschuhe (z. B. ein oranges und ein grünes) und möchten wissen, wie viele verschiedene Kombinationen wir mit einer bestimmten Anzahl von Schuhpaaren machen können ohne dabei auf die Füße zu achten. Für ein Paar ist das trivialerweise 1, weil wir ja insgesamt nur zwei Schuhe zur Verfügung haben und es egal ist, welcher davon links oder rechts getragen wird. Wir nennen die Menge möglicher Kombinationen ab jetzt M_i, wobei i die Anzahl der Paare beschreibt, die uns zur Verfügung stehen. |M_i| beschreibt die Größe (Mächtigkeit) dieser Menge, also die Anzahl ihrer Elemente. Für ein Paar (i = 1) erhalten wir:

Für zwei, drei und vier Paare können wir die möglichen Kombinationen noch ohne allzu viel Aufwand der Reihe nach durchgehen und auch relativ kompakt notieren:

Wir stellen fest, dass das Sprichwort auch in diesem Fall stimmt, denn zwei Paar Schuhe (Elemente) sind tatsächlich drei Paar Schuhe (Kombinationen). Drei Paar Schuhe wiederum ermöglichen sechs Kombinationen und vier sogar schon zehn, aber für fünf oder mehr Paare wird diese Darstellungsform leider recht schnell sehr unübersichtlich. Wir müssen uns deshalb eine andere Methode überlegen, wie wir die Anzahl der möglichen Kombinationen auf einfachere Art und Weise erhalten. 

Nun kommt die Kombinatorik ins Spiel. Die Frage ist, wie viele verschiedene Paare ich aus der Menge der Schuhe ziehen kann, d. h. wie viele verschiedene 2-elementige Mengen ich mit den Elementen der Menge der Schuhe bilden kann. Diese Formulierung legt nahe mit dem Binomialkoeffizienten zu arbeiten, aber ganz so einfach ist das leider nicht. Für ein Paar erhalten wir zwar das richtige Ergebnis, aber ab zwei Paaren stimmen die Werte nicht mehr, weil dabei nicht berücksichtigt wird, dass wir nicht zwischen den gleichfarbigen Schuhen unterscheiden:

\[\binom{2}{2} = 1 \quad \checkmark \qquad \binom{4}{2} = 6 \quad \times \qquad \binom{6}{2} = 15 \quad \times \qquad \binom{8}{2} = 28 \quad \times\]

Da wir Kombinationen mit zwei linken oder rechten Schuhen zulassen funktioniert dieses Konzept nicht. Glücklicherweise gibt es eine geeignete Vorgehensweise, aber dafür müssen wir uns etwas geringfügig anderes vorstellen: Angenommen wir haben keine Schuhpaare vor uns, sondern ein Art ”Schuhautomat”, aus dem wir nacheinander zwei Schuhe ziehen, d. h. es gibt eine bestimmte Anzahl an unterschiedlichen Optionen aus denen wir auswählen können. Das Ganze funktioniert also genau so wie bei einem Getränke- oder Snackautomaten, nur eben mit Schuhen. Es könnte z. B. sein, dass es sich zwar bei allen Schuhen um dasselbe Modell handelt, allerdings in unterschiedlichen Farben. Auf diese Art können wir den Vorgang als Ziehen mit Zurücklegen interpretieren, wobei uns die Reihenfolge egal ist, weil es ja, wie gesagt, keine Rolle spielt, auf welchen Fuß ein Schuh kommt. Wir verwenden folgende Formel, wobei n für die Anzahl der Optionen und k für die Anzahlder ausgewählten Schuhe steht:

\[\binom{n+k-1}{k} \quad \text{bzw.} \quad \binom{n+k-1}{n-1}\]

In diesem Fall ist k stets 2 (außer wir überlegen uns das Ganze für Lebewesen, die mehr als zwei Füße haben und Schuhe tragen). Wir setzen probeweise die Werte für ein bis vier Paare ein und stellen fest, dass die Formel das gewünschte Ergebnis liefert:

\[\binom{2}{0} = 1 \quad \checkmark \qquad \binom{3}{1} = 3 \quad \checkmark \qquad \binom{4}{2} = 6 \quad \checkmark \qquad \binom{5}{3} = 10 \quad \checkmark\]

Dadurch werden alle Möglichkeiten für den ersten Schuh mit allen Möglichkeiten für den zweiten Schuh gezählt, ohne dass bereits vorgekommene Kombinationen erneut gezählt werden. Wir haben also eine allgemeingültige Formel für die Anzahl der möglichen Kombinationen gefunden:

\[|M_n| = \binom{n+1}{2} = \binom{n+1}{n-1}\]

...über modische Feinheiten...

Die Aussage stimmt, wenn wir alle möglichen Kombinationen der Ausgangspaare betrachten, aber wie sieht es mit Variationen aus? Das geübte Lesepublikum wird bereits erahnen, wie die Antwort lautet. Das bedeutet nämlich, dass es ab jetzt sehr wohl darauf ankommt, ob z. B. bei der Kombination orange-grün der grüne Schuh links oder rechts getragen wird. Variationen bringen nämlich nichts wirklich Neues, sondern erweitern nur die Optionen. 

Fangen wir wieder mit einem einzelnen Paar an und geben nun vor, dass ein Schuh für den rechten und einer für den linken gemacht ist. Eine Möglichkeit das zu notieren wäre vielleicht so etwas in diese Richtung: (L, R). Das ist jedoch gar nicht nötig. Wir überlegen uns stattdessen einfach, ob es zusätzlich zu den bisherigen Paarbildungen überhaupt noch weitere gibt, wenn es nun doch einen Unterschied macht, welche Farbe zuerst kommt. Der Vollständigkeit halber sei an dieser Stelle angemerkt, dass es keinen Unterschied macht, wenn gleichfarbige Schuhe die Plätze tauschen. Bei einem Paar sind deshalb alle Möglichkeiten bereits ausgeschöpft, aber bei zwei Paaren kommt so noch eine vierte hinzu und zwar die Spiegelung der gemischten Farbkombination. Bei drei Paaren gibt es drei und bei vier Paaren sogar sechs weitere Möglichkeiten. Die komplementären Mengen für zwei bis vier Paare können wir aufschreiben indem wir einfach jede Kombination unterschiedlicher Farben spiegeln:

Ich werde nun den Umstand, dass linke Schuhe nur auf linke Füße passen und umgekehrt, nutzen um die Methode zu erläutern, mit der wir die Anzahl der Variationen bestimmen können. Wir betrachten den Stapel mit linken Schuhen getrennt von jenem mit den rechten Schuhen und gehen o. B. d. A. davon aus, dass wir zuerst einen linken Schuh anziehen. Bei zwei Paaren haben wir zwei Möglichkeiten für den linken Fuß. Danach ziehen wir einen rechten Schuh an und haben wieder zwei Möglichkeiten: 2 2 = 4. Dasselbe Spiel lässt sich für drei (3 3 = 9) und vier Paare (44 = 16) wiederholen. Uns fällt auf, dass das Ergebnis dadurch ganz einfach stets das Quadrat der Anzahl der Paare ist, was an der Formel der Variationen für Ziehen mit Zurücklegen liegt:

\[|M_n| = \binom{n}{k} \text{ (wobei } k \text{ in diesem Fall immer gleich } 2 \text{ ist)} \]  

Das bedeutet, dass wir z. B. mit nur zehn verschiedenen Paar Schuhen, theoretisch hundert Tage hintereinander jedes Mal ein anderes ”Paar” tragen können. Vorausgesetzt es stört uns nicht, dass die meisten Looks zweimal vorkommen.  

...bis hin zur Kunst in den falschen Schuh zu schlüpfen.

Dass der Platztausch gleichfarbiger Schuhe nicht gezählt wurde, können wir auch damit begründen, dass linke Schuhe nicht auf rechte Füße passen und umgekehrt. Die zusätzlichen Möglichkeiten, die wir vorher nicht gezählt haben, sind also einfach nur die gespiegelten Variationen. Was wäre, wenn wir nun aber doch zulassen, dass linke Füße in rechte Schuhe schlüpfen können und umgekehrt? Die Antwort ist simpel: Da es sich um eine Spiegelung der Variationen handelt, verdoppeln wir einfach die Anzahl der Möglichkeiten. Ungeachtet dessen, dass die Hälfte davon dadurch vermutlich ziemlich unbequem sind (es sei denn es handelt sich um billige Gästepantoffeln).

Wer barfuß geht, den drücken die Schuhe nicht. 

Selbstverständlich können wir auch noch den Fall 0 betrachten. Das bedeutet nicht anderes als kein Paar Schuhe, also barfuß und dürfte das womöglich langlebigste Paar sein, das man haben kann. Was die modische Flexibilität betrifft, sind sie natürlich nicht annähernd so wandlungsfähig wie echte Fußbekleidung, aber Tatsache ist, dass es eben darauf ankommt, wie die Aussage interpretiert wird, denn Kombinationen und Variationen sind und bleiben zwei Paar Schuhe.

Johannes C. Huber (wird seine Schuhe höchstwahrscheinlich auch weiterhin nicht kombinieren)

PS: Es wäre sicherlich interessant den Fall für Lebewesen mit mehr als zwei Füßen zu betrachten.Vor allem wenn man neben links und recht noch weitere unterschiedliche Seiten betrachtet odermehrere linke und rechte.  

Dienstag, 31. August 2021

Verlieren mit Stil

Thema: Punktzahlen und Optimierung

Disclaimer: Es handelt sich bei diesem Beitrag nicht um Werbung.

Meine Familie spielt seit Jahren gerne Rummikub. Ich persönlich bin zwar recht gut, aber gegen meine Eltern ziehe ich trotzdem meist den Kürzeren. Nach einer besonders missglückten Partie habe ich mir eher scherzhaft die Frage gestellt, was wohl die höchstmögliche Punktzahl ist, die ich erzielen kann. Ich glaube nun tatsächlich eine Antwort darauf gefunden zu haben. Um nachvollziehen zu können, wie ich darauf gekommen bin, reicht es aus die Grundlagen zu verstehen.

Die Spielregeln 

Alle Beteiligten (2 bis 4 Personen) ziehen zu Beginn jeweils 14 Spielsteine und legen sie in ihren Aufsteller. Ziel des Spiels ist die eigenen Steine abzulegen. Das Ablegen von Spielsteinen ist, ähnlich wie beim Kartenspiel Rommé, nur in bestimmten Kombinationen aus drei oder mehr Steinen möglich. Es gibt dabei zwei Möglichkeiten: 

  • Gruppe: Steine mit derselben Zahl in drei oder vier verschiedenen Farben (z.B. "1" in rot, schwarz und blau)
  • Reihe: drei oder mehr aufeinanderfolgende Zahlen derselben Farbe
    (z.B. "1", "2" und "3" in rot)

Wer zuerst alle Steine ablegt, hat die Partie gewonnen und erhält den Wert der Summe nicht abgelegter Steine der anderen als Pluspunkte während alle anderen den Wert ihrer Steine als Minuspunkte aufschreiben. Sobald eine Person mit 30 Punkten ablegen kann, darf sie in der nächsten Runde regulär mitspielen und auch Steine zu anderen Gruppen oder Reihen dazu legen.

Wie lange wird gespielt? 

Grundsätzlich gibt es 52 verschiedene reguläre Spielsteine mit den Zahlen von 1 bis 13 in vier Sets mit den Farben Schwarz, Blau, Rot und Gelb. Jeden dieser Steine gibt es jeweils zweimal und zusätzlich dazu gibt es noch zwei Joker in rot und schwarz. Die Farben der beiden Joker spielen allerdings keine besondere Rolle. Insgesamt sind es also 106 Spielsteine und die Anzahl der möglichen Runden in einer Partie, wenn alle Beteiligten ständig nachziehen müssen, erhalten wir mit der Formel $\frac{106}{p}-14$. Dabei steht $p$ für die Anzahl der Personen: 

  • $p = 2: \frac{106}{2}-14 = 53 - 14 = 39$
  • $p = 3: \frac{106}{3}-14 = 35,\dot{3} - 14 = 21,\dot{3}$
  • $p = 4: \frac{106}{4}-14 = 26,5 - 14 = 12,5$
Eine Partie dauert zu zweit also höchstens 39, zu dritt 21 und zu viert 12 ganze Runden. Bei der Version für fünf bis sechs Personen wird mit drei Sets jeder Farbe und daher insgesamt 160 Spielsteinen (156 reguläre und 4 Joker) gespielt. Die maximale Anzahl ganzer Runden ist dann 18 zu fünft und 12 zu sechst. Die Höchstpunktzahl bleibt dabei jedoch dieselbe, weshalb ich mich hier auf jene für zwei bis vier Personen konzentriere.

Die Rahmenbedingungen

Falls beliebig viele Partien gespielt werden können, gibt es keine obere Grenze. Es könnte ja sein, dass jemand extrem viel Pech hat und ausnahmslos jedes Mal verliert. Dann wird die Anzahl der Minuspunkte auch immer weiter anwachsen. Da die Partien voneinander unabhängig sind, reicht es aus die Höchstpunktzahl für eine einzelne Partie zu bestimmen. Ich gehe dabei davon aus, dass man seine Steine ablegen muss, sobald es möglich ist. Abgesehen davon sind keine Hausregeln, wie z. B. eine 13 vor eine 1 zu legen, erlaubt.

Um herauszufinden, wie hoch die Anzahl der Minuspunkte in einer Partie werden kann, liegt es nahe sich ein Szenario zu überlegen, in dem man es gar nicht schafft überhaupt abzulegen. So nimmt einerseits die Anzahl der Steine und damit auch die Punktzahl immer weiter zu, da man jede Runde einen zusätzlichen ziehen muss. Andererseits wird dadurch unter Umständen sogar die maximale Anzahl an Steinen pro Person gezogen, falls alle Steine aus dem Pool in der Mitte gezogen wurden.

Meine Überlegungen

Die erste Aufgabe ist eine Kombination aus 14 Steinen zu finden, mit der es noch nicht möglich ist abzulegen. Aus Erfahrung weiß ich, dass eine solche häufig zustande kommt, wenn wir einfach nur zufällig Steine ziehen. Sobald wir eine gefunden haben, müssen wir in den darauffolgenden Runden lediglich immer weiter Steine ziehen, die es uns nicht erlauben abzulegen. Um die maximale Anzahl an Minuspunkten zu bekommen suchen wir also eine Konstellation, die zwei wichtige Eigenschaften erfüllt:

  • Man kann damit nicht ablegen. 
  • Die Anzahl an Punkten soll maximal werden.

Ich verwende in weiterer Folge statt den vier Farben des Spiels eine Notation mit a, b, c und d. Es spielt dabei keine Rolle, welcher Buchstabe welche Farbe zugewiesen bekommt, weil es uns ja nur um die Kombinationsmöglichkeiten geht. Die Zahl 1 oder 2 am Ende steht für die beiden Steinmengen, weil es von jeder Farbe ja zwei Sets mit den Zahlen von 1 bis 13 gibt (auch wenn diese im echten Spiel natürlich nicht unterschieden werden). Die beiden Joker unterscheide ich mit x und y.

Da ein Joker viele Punkte wert ist, bietet sich Folgendes an: xJoker, 13a1, 12b1, 11c1, 10a1, 9b1, 8c1, 7a1, 6b1, 5c1, 4a1, 3b1, 2c1, 1a1. Diese Konstellation ist 30 + 13 + 12 + 11 + 10 + 9 + 8 + 7 + 6 + 5 + 4 + 3 + 2 + 1 = 121 bzw. 141 Punkte wert. Das sieht für den Anfang schon einmal nicht schlecht aus. Sobald wir danach weitere Steine ziehen müssen, wird es allerdings ungünstig, weil wir in der nächsten Runde auf jeden Fall einen Stein ziehen, mit dem wir eine Kombination legen können. Die einzige Möglichkeit den Spielbeginn dann noch hinauszuzögern, ist Schadensbegrenzung. Wir dürften also nur Steine ziehen, sodass die Summe der dadurch entstanden 3er-Kombinantionen den Wert 30 nicht übersteigt.

Aber zahlt es sich überhaupt aus den Joker dabei zu haben? Der Schein trügt, denn die Punkte, die er beschert, können durch andere Steine entweder fast vollständig wettgemacht oder sogar übertroffen werden. Man betrachte z. B. folgende Kombination: 13a1, 13b1, 12a1, 12b1, 11c1, 11d1, 10a1, 10b1, 9a1, 9b1, 8c1, 8d1, 7a1, 7b1. Diese Konstellation ist immerhin 13 + 13 + 12 + 12 + 11 + 11 + 10 + 10 + 9 + 9 + 8 + 8 + 7 + 7 = 140 Punkte wert und wir können theoretisch noch zwölf Runden lang Steine ziehen ohne auch nur ein einziges 3er-Paket zu vervollständigen: 6a1, 6b1, 5c1, 5d1, 4c1, 4d1, 3a1, 3b1, 2a1, 2b1, 1c1 und 1d1. Falls nun jemand fertig wird, würden wir bereits stattliche 182 Minuspunkte kassieren.

Leider ziehen wir in der nächsten Runde auf jeden Fall einen Spielstein, der zumindest eine Gruppe entstehen lässt. Wir können aber trotzdem weiterhin niedrige Steine erwischen, um zumindest möglichst lange nicht auf 30 Punkte zu kommen. Angenommen wir ziehen erst einmal alle restlichen Einser und Zweier (1a1, 1b1, 1a2, 1b2, 1c2, 1d2, 2c1, 2d1, 2a2, 2b2, 2c2, 2d2), dann würde die Gesamtpunktzahl auf 200 anwachsen und wir könnten trotz vier vollständigen Gruppen noch nicht ablegen, weil diese zusammen nur 24 Punkte wert sind. Danach ziehen wir garantiert einen Stein, mit dem wir über 30 Punkte kommen und ablegen müssen. Wir könnten also insgesamt höchstens 24 Runden lang mitspielen ohne abzulegen und hätten dann immerhin 206 Minuspunkte vor uns liegen. 

Johannes C. Huber (hat bei Minuspunkten nun ein Ziel vor Augen)

Quellen:

Samstag, 31. Juli 2021

Die Letzten können die Ersten sein

Thema: Stockerlplätze und Ranglisten

In meiner Freizeit engagiere ich mich seit Jahren ehrenamtlich bei den Pfadfinderinnen und Pfadfindern als Wichtel- und Wölflingsleiter und betreue Kinder im Volksschulalter. Ein klassischer Programmpunkt, den wir gerne im Rahmen unseres Sommerferienlagers durchführen, ist die Lagerolympiade. Wir überlegen uns dafür jedes Mal ein bestimmtes Thema wie z. B. antike olympische Spiele oder schottische Highland Games. Heuer haben wir in Ahnlehnung an den Covid-Stempelpass für Schulen und die olympischen Spiele in Tōkyō eine Ninja-Olympiade mit entsprechenden Stationen veranstaltet. Am Abend gab es dann wie immer eine Ehrung des Siegerinnen und Sieger.

Damit wir wissen, wer bei der jeweiligen Disziplin eine Urkunde und etwas Süßes bekommt, erstelle ich zur besseren Übersicht jedes Mal eine Tabelle. Natürlich müssten wir eigentlich nur im Ranking jeder Station nachschauen, aber ich nutze die Tabelle auch für die Berechnung der Gesamtwertung. Allerdings sind die Teilleistungen sehr vielfältig, weil teilweise die verschiedensten Dinge gemessen werden (Zeiten, Distanzen, Versuche, etc.). Ich habe mir also die Frage gestellt, wie eine Gesamtwertung eigentlich richtig erstellt wird.

Alles richtig gemacht? 

Hier ein kleines Beispiel mit fiktiven Ergebnissen:

 

Hier wurden unsere Dschungel- und Waldenlandnamen verwendet.

Beim Hindernisparcour ging es ganz einfach um Schnelligkeit und die Wurfsterne mussten möglichst nahe an ein bestimmtes Ziel geworfen werden. Ein niedriger wert ist also in beiden Fällen gut. Wenn wir die Kinder anhand ihrer beiden Wertungen auflisten, bekommen wir ohne viel Aufwand die dazugehörenden Platzierungen:

In den vergangenen Jahren habe ich bei der Gesamtwertung einfach für jedes Kind die durchschnittliche Platzierung berechnet (Variante 1). Allerdings ist mir diese Vorgehensweise immer etwas unschön vorgekommen. Deshalb habe ich diesmal die Zahlenwerte jeder Platzierung als Punkte zusammengerechnet (Variante 2). Es läuft zwar in beiden Fällen auf dasselbe hinaus, aber mit der neuen Variante sieht das Ganze zumindest etwas sauberer aus, weil wir ohne Kommazahlen auskommen: 

Was passiert hinter den Kulissen?

Beim Erstellen eines Rankings arbeiten wir mit sogenannten Rangzahlen. Zuerst werden alle Messwerte - wir sagen dazu auch Beobachtungen oder Ausprägungen - der Größe nach geordnet und dann wird ihnen ein entsprechender Rang zugewiesen. Ob die Reihenfolge auf- oder absteigend ist, hängt vom jeweiligen Kontext ab. Hier ist sie beispielsweise aufsteigend. In diesem Fall wird außerdem von einer metrischen auf eine Ordinalskala abgebildet. Dabei bleibt die Reihenfolge zwar erhalten, aber die Abstände zwischen den Messwerten gehen verloren. Wir sehen also z. B. im Ranking nicht mehr, ob die Zeiten für den ersten und zweiten Platz sehr nahe beieinander liegen oder nicht. Solange wir jedoch nur auf die Platzierung schauen, dürfte uns das nicht wirklich stören.

Ein anderes Problem ist, dass der Rang nicht wohldefiniert ist. Es kann also passieren, dass dieselbe Rangzahl mehrmals vergeben wird, weil Messwerte mehrfach vorkommen. Man spricht dann von sogenannten Bindungen (engl. ties) oder Verbundwerten. In der Praxis wird es meist so gelöst, dass wir eine entsprechende Anzahl der darunterliegenden Ränge auslassen. Vielleicht ist jemandem aufgefallen, dass es bei meinem Beispiel zwei zweite Plätze und dafür keinen dritten Platz gibt. Wenn es stattdessen drei zweite Plätze gäbe, würde es im Ranking danach erst mit dem fünften Platz weitergehen und falls alle Kinder dasselbe Ergebnis hätten, würde es sogar ausschließlich erste Plätze geben.

Zeit für eine Praxisanalyse

Nach dem Sommerlager wollte ich mich informieren, wie es in der Praxis gehandhabt wird. Zunächst habe ich mir Sportwettbewerbe mit mehreren Disziplinen angeschaut. Ein typisches Beispiel dafür ist der olympische Zehnkampf. Dabei kommt zwar eine ausgetüftelte Punkteformel zum Einsatz, aber Mehrfachplatzierungen sind auch hier nicht ausgeschlossen. Beim heuer erstmals veranstalteten Kletterwettbewerb Olympic Combined wiederum wurde ein Multiplikator verwendet. Auch hier können zwei Personen dieselbe Punktzahl bekommen, aber falls das passiert, entscheidet die Schnelligkeit.

Danach habe ich mich bei anderen Wettbewerben umgesehen. Ein bestimmtes Ranking kenne ich bereits seit meiner Kindheit: Beim Videospiel Mario Kart wird eine bestimmte Punktzahl für die jeweilige Platzierung vergeben. Im achten Teil der Reihe gibt es beispielsweise für den ersten Platz 15 Punkte, für den zweiten 12 Punkte und ab dem dritten 10 Punkte absteigend bis zum zwölften Platz mit nur mehr einem Punkt. Am Ende eines Grand Prix werden dann die Punkte aller Rennen zusammengezählt. Diese Vorgehensweise ist übrigens an das Punktesystem der Formel 1 angelehnt. Mehrfachplatzierungen sind möglich, aber meines Wissens werden zumindest NPCs unter von Menschen gesteuerten Figuren platziert.

Fazit

Ich habe kein Patenrezept für Rankings gefunden, aber es gibt durchaus Möglichkeiten gleiche Platzierungen zu vermeiden. Meines Erachtens ist es aber eigentlich egal welches Ermittlungsverfahren man verwendet, solange man weiß, was man tut. Am Ende geht es schließlich nur darum zu wissen, wer einen Stockerlplatz einnimmt und es sieht so aus, als ob meine Vorgehensweise grundsätzlich vertretbar ist. Mehrfachplatzierungen sehe ich hier jedenfalls nicht als Problem (ganz im Gegenteil) und ich freue mich schon auf das nächste Sommerlager.

Johannes C. Huber (verliert schon seit Jahren bei Mario Kart gegen seinen kleinen Bruder)

Quellen:

Dienstag, 29. Juni 2021

Nur mit dem richtigen Dreh

Thema: Tennisschläger und Zufallsexperimente

Bei einem Tennismatch muss eine Seite den ersten Aufschlag machen. Dabei gibt es viele verschiedene Möglichkeiten um zu entscheiden, wer beginnt. Eine davon ist einfach einen Schläger in die Luft zu werfen. Danach schauen wir auf welche Seite des Courts der Griff oder die Schlagfläche zeigt. Je nachdem welchen Teil des Schlägers wir als Spitze unseres Zeigers festlegen.

Welche Seite dran kommt ist dem Zufall überlassen, aber welche Art von Zufallsexperiment wird dabei eigentlich durchgeführt? In der Schule lernen wir, dass im Allgemeinen zwischen drei verschiedenen Arten unterschieden wird:

  • Würfe: z. B. Spielwürfel, Münze, Reißnagel, Marmeladebrot
  • Ziehungen: z. B. Kugeln in einer Urne, Lostrommel, Spielkarten, Strohhalme
  • Drehungen: z. B. Glücksrad, Roulettespiel, Twister-Scheibe, Flasche

Wie sieht es nun mit dem Tennisschläger aus? 

Intuitiv würden wir wahrscheinlich sagen, dass es sich bei der Vorgehensweise mit dem Tennisschläger ganz klar um einen Wurf handelt, da dieser ja offensichtlich geworfen wird. Wir unterscheiden dabei nur zwischen den beiden Seiten und das könnte ja auch genauso gut mit einem Münzwurf entschieden werden.

Ich bin der Meinung, dass man es auch als eine Art Drehung sehen kann. Uns geht es zwar eigentlich nur darum in welche Hälfte des Spielfeldes der Schläger zeigt, aber beide Seiten des Courts haben ja denselben Anteil an der Gesamtfläche. 

 

Wir können uns vorstellen, dass der Schläger wie ein Drehpfeil auf einer Scheibe funktioniert und am Ende des Zufallsversuchs in eines von zwei gleich großen Kreissegmenten zeigt. Dazu müssen wir natürlich davon ausgehen, dass jede Richtung gleich wahrscheinlich ist.

Der Unterschied der beiden Zugänge ist, dass die Menge der möglichen Ergebnisse beim Wurf endlich ist (entweder die eine oder die andere Seite) und bei der Drehung überabzählbar unendlich (jede beliebige Richtung in der Ebene, die zu jeweils einer der beiden Seiten gehört). Beim Wurf arbeiten wir also mit einer Laplace-Wahrscheinlichkeit und bei der Drehung mit einer geometrischen Wahrscheinlichkeit. Am Ende läuft es in beiden Fällen natürlich trotzdem auf dasselbe hinaus, nämlich eine 50:50-Chance. 

Würfeln ohne zu würfeln 

Diese Überlegung funktioniert übrigens auch in die andere Richtung. Stellen wir uns z. B. einen sechsseitigen Spielwürfel als Ziehung oder Drehung vor: 

Es ist also auch möglich eine Zahl zu würfeln, ohne einen Würfel zu werfen.

Johannes C. Huber (kennt Alternativen für den Fall, dass kein Würfel in der Nähe ist)

Montag, 31. Mai 2021

Bartbedenkzeit

Thema: Bartwuchs und (seine) Folgen

Ich habe vor ein paar Jahren eher schlecht als recht versucht mir einen Bart stehen zu lassen. Letztes Jahr im ersten Lockdown habe ich dann beschlossen meiner bescheidenen Gesichtsbehaarung noch einmal eine Chance zu geben und es hat diesmal sogar recht gut funktioniert. Irgendwann kam jedoch der Sommer und der Bart fing an zu nerven. Also stellte sich nach immerhin gut drei Monaten Wachstum die Frage: Schneiden oder stehen lassen? Nach intensiver Internet-Recherche fand ich eine Antwort: Für jeden Monat Bartwuchs soll man einen Tag Bedenkzeit einräumen, ehe man sich endgültig dazu entschließt ihn abzurasieren (Quellen: The Beardy Beard und Real Men Real Style).

Auch drei Tage Bedenkzeit haben mich letztendlich nicht davon abgehalten ihn abzuschneiden. Statt meinem Bart blieb jedoch etwas anderes zurück, und zwar eine neue Frage: Was passiert, wenn wir diese Regel streng befolgen? Wenn ein voller Monat zusätzliche Wartezeit zustande kommt, dann führt dieser ja auch wieder zu einem weiteren Tag Wartezeit und so weiter. Gibt es also eine Anzahl an Tagen, sodass dieser Prozess niemals aufhört? 

Wieviel Bedenkzeit ist genug?

Dem geübten Lesepublikum dürfte sofort klar sein, dass das nicht funktioniert. Es spielt nämlich keine Rolle, wie viele Tage vor der Entscheidung für die Rasur zustande gekommen sind, da die Menge an so gewonnener zusätzlicher Bedenkzeit verhältnismäßig kleiner ist.

Um das besser zu verstehen, schauen wir nach, ob wir ein Muster erkennen. Der Einfachheit halber arbeiten wir mit der 360-Tage-Methode für ein Jahr. Ein Tag Bedenkzeit erfordert dann also 30 Tage Bartwuchs. Ein ganzes Jahr Bartwuchs reicht dann gerade einmal für 12 Tage Bedenkzeit. Um so einen zusätzlichen Monat an Wartezeit zu bekommen, brauchen wir schon 30 mal 30 (= 900) Tage. Um mit zusätzlichen Tagen wiederum ein weiteres Mal einen Monat Bedenkzeit zu bekommen, brauchen wir dann 30 mal 30 mal 30 (= 27.000) Tage Bartwuchs. Das sind ungefähr 74 Jahre!

Danach kommen wir zwar immerhin auf ganze zweieinhalb Jahre Bedenkzeit, aber spätestens hier dürfte uns das Problem auffallen: Es dauert sehr lange bis überhaupt eine gewisse Menge Bedenkzeit zustande kommt. Das liegt daran, dass wir exponentiell viel mehr Bedenkzeit für jede weitere "Ebene" an Bedenkzeit brauchen.

Die Folge des langen Wartens

Gut. Es dauert zwar ein bisschen, aber immerhin kommt auch mit jedem weiteren Tag Bedenkzeit eine Art Bonus dazu. Wird es dann nicht trotzdem irgendwie mehr? Absolut ja. Relativ jein. Am besten schauen wir uns einmal den relativen Anteil der Bedenkzeit an. Wir bekommen einen Tag Bedenkzeit pro 30 Tage Vorlaufzeit, also insgesamt 31 Tage. Bei 900 Tagen wären das 30 zusätzliche Tage plus ein weiterer Tag, der wiederum durch den extra Monat Bedenkzeit dazugerechnet werden darf und so weiter. Das Verhältnis von Bedenkzeit zu Gesamtzeit verhält sich dann wie folgt:

erste Ebene: $\frac{1}{31} \approx 0,032258$
zweite Ebene: $\frac{31}{931} \approx 0,033298$
dritte Ebene: $\frac{931}{27931} \approx 0,033332$
vierte Ebene: $\frac{27931}{837931} \approx 0,033333$
fünfte Ebene: $\frac{837931}{25 137 931} \approx 0,033333$
...

Anfangs sieht es zwar so aus, als ob der Wert wachsen würde, aber dann scheint er zu stagnieren. Wenn wir das Ganze als Folge $a_{n}$ aufschreiben, dann lautet die rekursive Darstellung:

$a_{0} = \frac{b_{0}}{b_{0} + v_{0}} \ (\text{mit} \ b_{0} = 1) \ \text{und} \ a_{n} = \frac{b_{n}}{b_{n} + v_{n}} = \frac{b_{n-1} + v_{n-1}}{b_{n-1} + v_{n-1} + v_{n}} = \frac{b_{n-1} + v_{0}^{n}}{b_{n-1} + v_{0}^{n} + v_{0}^{n+1}}$

Dabei gilt $b_{0} = 1$, weil wir einen Tag für jede voll durchlaufene Zeitspanne für die Regel bekommen (wenn es mehr Tage sein sollen, dann sieht es natürlich anders aus). Diese Folge strebt gegen den Grenzwert ein Dreißigstel, wenn wir $v_{0} = 30$ setzen. Das hängt ganz einfach damit zusammen, dass das Verhältnis von Bedenkzeit zu Vorlaufzeit laut Faustregel 1 zu 30 ist. Es ist also egal, wie lange man wartet. Die Bedenkzeit wird nie mehr als ein Dreißigstel der Gesamtzeit sein.

Da ich aktuell an einem Python-Kurs teilnehme, habe ich mir den Spaß gemacht und ein Programm geschrieben, das die Bedenkzeit für eine beliebige Vorlaufzeit auf Sekunden genau ausrechnet.

Johannes C. Huber (wenn nicht glatt rasiert, dann ~Pi-Tage-Bart)