Mathemagische Kartentricks Teil 11

Thema: Kartentricks und Buchstabieren

Im Rahmen meiner Masterarbeit habe ich mich mit dem Einsatz mathematischer Kartentricks im Schulunterricht beschäftigt. Auf meinem Blog stelle ich diese nun in unregelmäßigen Abständen vor.

In diesem Beitrag möchte ich auf eine Kategorie von Tricks eingehen, die auch unter dem Sammelbegriff Spelling Bee bekannt sind und darauf beruhen, dass beim Aufsagen der Kartenwerte in irgendeiner Form mitgezählt wird. Der kanadische Hochschulprofesser Peter Liljedahl baut einen davon namens Spell the deck im Rahmen seiner Workshops an Schulen ein. Dabei geht es darum, der Reihe nach die Namen der Karten zu buchstabieren und jeweils beim letzten Buchstaben die entsprechende Karte abzulegen. Auf magische Weise erscheint dabei stets die gerade fertig buchstabierte Karte, obwohl es so aussieht, als ob das Deck zuvor wild durcheinander gemischt wurde.

Zunächst nehmen dazu wir alle dreizehn verschiedenen Karten von Ass bis König zur Hand. Diese müssen nicht zwingend zur selben Spielfarbe gehören, aber es sieht gegebenenfalls ästhetischer aus. Danach gehen wir der Reihe nach die Bezeichnungen der Karten durch, d. h. wir beginnen mit dem Ass und buchstabieren als Erstes A-S-S bzw. auf Englisch A-C-E. Mit jedem Buchstaben wird die oberste Karte nach unten an das Ende des Stapels befördert und am Ende des Wortes wird, je nach Variante, entweder die letzte oder nächste Karte aufgedeckt beiseitegelegt. Wir machen so weiter, bis der komplette Stapel durch ist und auf wundersame Art und Weise in der gewünschten Sortierung aufliegt.

Eines gleich vorweg: Diese Art von Trick funktioniert nur deshalb, weil wir den Stapel vorab entsprechend sortiert haben. Wir arbeiten hier zwar mit einem manipulierten Deck, aber die Strategie für die passende Sortierung kann auch beim Verständnis anderer Tricks nützlich sein. Bei der deutschsprachigen Version gibt es viele verschiedene Möglichkeiten dafür, wie wir die Karten bezeichnen bzw. buchstabieren können. Deshalb muss zu Beginn jedenfalls Klarheit bezüglich der Zählweise herrschen. So kann beispielsweise die Frage aufkommen, ob wir von der alten oder neuen Rechtschreibung ausgehen und dementsprechend entweder A-S oder A-S-S wählen. Da es sich dabei um die erste Karte handelt, können wir glücklicherweise relativ einfach von einer Variante mit der neuen Rechtschreibung auf eine mit der alten wechseln, indem die erste Karte ans Ende wandert und umgekehrt.

Wir müssen uns außerdem darauf einigen, ob die elfte Karte in diesem Fall Bube heißt oder stattdessen Bub oder auch Bauer. Falls die Reihenfolge für die Bezeichnung auf Bub anstatt von Bube geändert werden muss, reicht es übrigens aus, den Fall für die letzten vier Karten zu betrachten und deren Reihenfolge entsprechend anzupassen (letzte Karte: 10-K-D-B, nächste Karte: 10-B-D-K). Darüber hinaus macht es einen Unterschied, ob wir bei Fünf den Umlaut Ü verwenden oder ihn stattdessen mit UE umschreiben. Das Wort König hat zwar ebenfalls einen Umlaut, aber da dieser ohnehin stets jene Karte ist, die zum Schluss übrig bleibt, macht die Schreibweise keinen Unterschied.

Im Zuge einer praktischen Erprobung mit Lernenden der siebten Klassen bzw. elften Schulstufe sind mehrere unterschiedliche Varianten des Tricks aufgekommen. Es folgt eine kurze Übersicht möglicher Regeln inklusive Auflistung der entsprechenden Startkonfigurationen, wobei ich keinen Anspruch auf Vollständigkeit erhebe. Analoge Überlegungen können auch für andere (versetzte) Reihenfolgen wie Zwei bis As(s) o. ä. sowie für mehr als nur eine Spielfarbe bis hin zum gesamten Deck vorgenommen werden:

1) Zahlenkarten werden abgezählt und für Bildkarten gilt Ass = 1, Bube = 11, Dame = 12, König = 13:

letzte Karte: A-8-2-5-10-3-D-B-9-4-7-6-K        nächste Karte: 4-A-D-K-2-10-6-7-3-5-B-9-8

2) Zahlenkarten werden abgezählt und Bildkarten buchstabiert:

neue Rechtschreibung (Ass):

letzte Karte: 6-D-A-8-2-5-10-3-B-K-9-4-7        nächste Karte: 9-8-4-A-B-D-2-10-6-7-3-5-K

alte Rechtschreibung (As):

letzte Karte: D-A-8-2-5-10-3-B-K-9-4-7-6        nächste Karte: 8-4-A-B-D-2-10-6-7-3-5-K-9

neue Rechtschreibung (Ass) und ugs. Bub statt Bube:

letzte Karte: 6-B-A-8-2-5-10-3-K-D-9-4-7        nächste Karte: 9-8-4-A-D-K-2-10-6-7-3-5-B

alte Rechtschreibung (As) und ugs. Bub statt Bube:

letzte Karte: B-A-8-2-5-10-3-K-D-9-4-7-6        nächste Karte: 8-4-A-D-K-2-10-6-7-3-5-B-9

3) sowohl Zahlen-, als auch Bildkarten werden buchstabiert

neue Rechtschreibung (Ass):

letzte Karte: 6-4-A-9-B-8-2-5-K-D-3-7-10        nächste Karte: 3-D-9-A-8-10-4-7-2-6-K-B-5

alte Rechtschreibung (As):

letzte Karte: 4-A-9-B-8-2-5-K-D-3-7-10-6        nächste Karte: D-9-A-8-10-4-7-2-6-K-B-5-3

neue Rechtschreibung (Ass) und Umschreibung von Umlauten (ü = ue):

letzte Karte: 10-4-A-6-9-B-2-8-5-3-K-D-7        nächste Karte: 3-5-D-A-9-8-4-10-2-7-6-K-B

alte Rechtschreibung (As) und Umschreibung von Umlauten (ü = ue):

letzte Karte: 4-A-6-9-B-2-8-5-3-K-D-7-10        nächste Karte: 5-D-A-9-8-4-10-2-7-6-K-B-3

neue Rechtschreibung (Ass) und ugs. Bub statt Bube:

letzte Karte: 6-4-A-9-K-8-2-5-D-B-3-7-10        nächste Karte: 3-K-9-A-8-10-4-7-2-6-B-D-5

alte Rechtschreibung (As) und ugs. Bub statt Bube:

letzte Karte: 4-A-9-K-8-2-5-D-B-3-7-10-6        nächste Karte: K-9-A-8-10-4-7-2-6-B-D-5-3

neue Rechtschreibung (Ass), ugs. Bub statt Bube und Umschreibung von Umlauten (ü = ue):

letzte Karte: 10-4-A-6-9-K-2-8-5-3-D-B-7        nächste Karte: 3-5-K-A-9-8-4-10-2-7-6-B-D

alte Rechtschreibung (As), ugs. Bub statt Bube und Umschreibung von Umlauten (ü = ue):

letzte Karte: 4-A-6-9-K-2-8-5-3-D-B-7-10        nächste Karte: 5-K-A-9-8-4-10-2-7-6-B-D-3

Im englischsprachigen Version hingegen gibt es keinen vergleichbaren Klärungsbedarf und die entsprechende Sortierung für  die Karten von Ace bis King lautet Q-4-A-8-K-2-7-5-10-J-3-6-9 bzw. 3-8-7-A-Q-6-4-2-J-K-10-9-5, falls wir stattdessen die jeweils darauffolgende Karte ablegen. Eine andere Möglichkeit wäre noch, die Zahlen Zwei bis Zehn zu zählen anstatt die Zahlwörter zu buchstabieren. In diesem Fall lautet die entsprechende Sortierung 6-K-A-8-2-5-10-3-J-Q-9-4-7 bzw. 9-8-4-A-J-K-2-10-6-7-3-5-Q. Falls wir zusätzlich dazu auch das Ass als Einser zählen lautet sie A-8-2-5-10-3-J-Q-9-4-7-6-K bzw. 4-A-J-K-2-10-6-7-3-5-Q-9-8.  

Wie bereits erwähnt, können wir den Trick ein wenig vereinfachen, indem wir das Buchstabieren weglassen und stattdessen einfach allen Karten Zahlenwerte zuweisen. Das ist insofern hilfreich, dass es dann keine Unklarheiten bezüglich der Formulierung bestimmter Wörter gibt. Ich arbeite gerne mit dem Trick Place One Kill One, den der deutsche Mathematiker Ehrhard Behrends als Down Under bzw. Australisches Ausgeben bezeichnet, als Vorstufe zu dem oben beschriebenen Trick und empfehle dabei Liljedahls Variante mit nur fünf statt dreizehn Karten.

Dabei wird einfach jeweils bis zum entsprechenden Zahlenwert gezählt anstatt die Kartenbezeichnungen zu buchstabieren, wobei das Ass in diesem Fall den Rang eins hat. Die Aufgabe ist dabei ebenfalls, diese fünf Karten vorab so zu sortieren, dass am Ende der Stapel in absteigender Reihenfolge abgelegt wird, d. h. das Ass liegt ganz unten und der Fünfer ganz oben. Er eignet sich hervorragend als Übung, um eine der Strategien zum Erkennen des zugrundeliegenden Prinzips zu entdecken, und zwar die Umkehrung der Arbeitsschritte. Diese ist nämlich gezwungenermaßen nötig, wenn wir das Deck vorbereiten wollen und die entsprechende Sortierung noch nicht kennen.

Liljedahl bezeichnet ihn deshalb schlicht als 15243 und nimmt damit die gesuchte Sortierung für fünf Karten bereits vorweg. Um darauf zu kommen, kehren wir einfach die Reihenfolge der Arbeitsschritte um, d. h. wir legen den Stapel in der gewünschten Sortierung ab und nehmen zunächst die oberste Karte auf. Da wir eine einzelne Karte nicht vor sich selbst geben können, nehmen wir auch gleich die nächste auf und geben anschließend die unterste Karte nach oben. Danach nehmen wir die nächste Karte auf, geben wieder die unterste nach oben und machen so weiter bis wir den gesamten Stapel aufgenommen haben. Am Ende halten wir die gesuchte Startkonfiguration in der Hand:

 
Der Name 15243 steht für die gesuchte Sortierung der fünf Karten. (Bildquelle: Johannes C. Huber)

Sobald die Strategie zur Findung der nötigen Sortierung klar ist, kann man entweder die Anzahl der Karten erhöhen oder zur Analyse des oben beschriebenen Tricks übergehen. Obwohl die Funktionsweise auf einem vergleichsweise einfachen Algorithmus basiert, lässt sich der Trick mit einer interessanten Aufgabenstellung verknüpfen, und zwar dem Josephus-Problem. In der zugehörigen Geschichte, welche für die entsprechende mathematische Aufgabenstellung ein wenig abgeändert wurde, flieht der namensgebende Historiker Josephus-Flavius gemeinsam mit vierzig anderen Juden vor den römischen Soldaten in eine Höhle. Da ihre Lage aussichtslos erscheint, vereinbaren die Männer, einander zu töten, um der Gefangenschaft zu entgehen.

Dazu stellen sie sich im Kreis auf und strecken der Reihe nach den jeweils nächsten mit ihrem Schwert nieder, bis am Ende nur noch einer übrig bleibt, der sich selbst töten muss. Da Josephus insgeheim jedoch lieber in Gefangenschaft leben will als zu sterben, muss er sich überlegen, an welcher Position im Kreis er sich aufstellt, um als Letzter übrigzubleiben. Die gesuchte entspricht in unserem Fall ganz einfach jener der letzten Karte im vorsortierten Stapel. Beim klassischen Josephus-Problem mit 41 Personen ist das die 19. Position ausgehend von der ersten Person, die mit einem Schwerthieb in diese Richtung startet.

Johannes C. Huber (hatte Spaß daran, gemeinsam mit den Lernenden verschiedene Varianten zu finden)

Quellen:

• Behrends E. (2015): Der mathematische Zauberstab. Verblüffende Tricks mit Karten und Zahlen; Rowohlt.
• Liljedahl P. (2017): Card Tricks, Discovery Learning, and Flow in Mathematics Teacher Education; In: Cummings J. & Blatherwick M. (Hrsg.): Creative Dimensions of Teaching and Learning in the 21st Century, 175-179. 
• Siemon H. (1985): Das Josephus-Problem; In: Praxis Mathematik, 27:4, 200-212.

Der Brexit geht mich (etwas) an.

Thema: Zollformalitäten und Handelsfreiheit

Ich habe im vergangenen Dezember so wie jedes Jahr wieder beim Adventkalender-Puzzle des britischen Mathematikers Matthew Scroggs mitgemacht. Es ist mir zwar bereits in den Jahren davor stets gelungen, alle Aufgaben zu lösen, aber diesmal war ich auch einer der zehn glücklichen Gewinner. Im Anschluss hat es eine ganze Weile gedauert, bis Matthew heuer die Preise verschickt hat, weil er bei manchen Sendungen zuerst noch die Zollformalitäten regeln musste. Sie spielen leider auch in meinem Fall eine Rolle, da Großbritannien nicht mehr Teil der europäischen Union ist.

Anfang September habe ich schließlich eine Nachricht erhalten, in der ich darüber informiert wurde, dass meine Sendung angekommen ist. Zumindest grundsätzlich. Das Paket hat nämlich die letzte Meile zu meiner Wohnung nicht geschafft und wurde stattdessen von der Post einbehalten. Anscheinend war die Zollbehörde mit Matthews Angaben unzufrieden und hat mich deshalb um weitere Auskünfte gebeten.

Man befindet sich in einer recht kafkaesken Situation, wenn man Angaben über den Inhalt eines Pakets machen soll, das man nicht öffnen kann, weil man es ja erst dann ausgehändigt bekommt, nachdem man diese Angaben gemacht hat. Aus diesem Grund habe ich zunächst beim Kundensupport angerufen, um herauszufinden, wie sie sich das vorstellen, wenn ich keinen Zugriff auf meine Sendung habe. Nach einer Viertelstunde in der Warteschleife hatte ich dann ein nettes Gespräch mit einem echten Menschen, der mich darüber aufgeklärt hat, wie ich mein Problem lösen kann.

Als Nächstes habe ich Matthew per Mail kontaktiert und um Unterstützung gebeten. Während ich auf seine Antwort gewartet habe, bin ich auf einen älteren Blogbeitrag mit einem Foto der Preise aus dem Jahr 2018 gestoßen. Zufälligerweise handelt es sich dabei sogar um ein Jahr aus dem Zeitraum, in dem der Brexit, d. h. der EU-Austritt Großbritanniens gerade verhandelt wurde. Damals gab es u. a. ein T-Shirt, zwei Secondhand-Bücher, drei Magazine, zwei Anstecker, einen Bleistift, zwei Weihnachtskarten und ein paar weitere Kleinigkeiten zu gewinnen.

Im Informationsschreiben der Post war auch Matthews ursprüngliche Auflistung des Inhalts der Sendung enthalten. Abgesehen von dem T-Shirt war jedoch nur die Rede von einem Buch, einem Magazin, einem Anstecker, einem Stift und ein paar Papierdokumenten. Der nette Mitarbeiter am Telefon hat mir zu verstehen gegeben, dass prinzipiell eine informelle Nachricht per Mail genügt, um zu deklarieren, welcher Warenwert hier zu verzollen ist. Also habe ich die ungefähren Kosten dieser Gegenstände geschätzt und ein Mail an die angegebene Kontaktadresse geschickt.

Und siehe da: Es scheint gepasst zu haben, denn ein paar Tage später lag der Benachrichtigungszettel für eine Abholung in der Postfiliale in meinem Hausbrieffach. Also habe ich mich auf den Weg gemacht, um das Lösegeld für meinen Gewinn zu bezahlen und ihn somit endlich in Empfang zu nehmen. Kurze Zeit später hat mich Matthews Antwort erreicht, in der er den wesentlich umfangreicheren Inhalt der Sendung aufgelistet hat, doch es war bereits zu spät, da ich mein Paket ja schon ausgelöst hatte:

Preise von 2025 (Bildquelle: Johannes C. Huber)

Ich nehme mir jedenfalls vor, das Ganze als Beispiel für den freien Warenverkehr innerhalb der EU im Geographie und Wirtschaftskunde-Unterricht einfließen zu lassen, damit es auch jeden Cent wert war.

Johannes C. Huber (bekam ein verspätetes Weihnachts-, aber dafür pünktliches Geburtstagsgeschenk)

Rätselhafte Namen Teil 2

Thema: Buchstaben und Stellenwerte

Beim Verfassen meines 50. Blogbeitrags hatte ich eigentlich geplant, mir ein eigenes mathematisches Rätsel zu überlegen. Dieses Unterfangen ist letztendlich an der vermeintlich unvollständigen Lösung eines anderen gescheitert, aber ich denke, dass dieses Problem nun ein Ende gefunden hat. Bei besagtem Rätsel handelt es sich um eine Aufgabe, die der britische Mathematiker Simon Philips Norton anscheinend seinen potentiellen Untermietern gestellt hat: SIMON ⋅ P = NORTON. Dabei müssen alle Buchstaben durch passende Ziffern ersetzt werden, sodass die Rechnung aufgeht.

In einem Artikel des Guardian ist von zwei möglichen Lösungen die Rede. Allerdings wird nirgends genauer erwähnt, welche Regeln eine potentielle Lösung überhaupt erfüllen muss. Immerhin habe ich damals nicht nur zwei, sondern gleich zweiundzwanzig verschiedene gefunden und bin deshalb einfach davon ausgegangen, dass zusätzlich keine Ziffer mehr als einmal vergeben werden darf. Dadurch hat sich die Menge schließlich auf eine einzelne reduziert: 63 475 ⋅ 9 = 571 275. Im Anschluss hatte ich das Gefühl, dass ich möglicherweise etwas übersehen habe und mir diese sagenumwobene zweite Lösung noch fehlt. In diesem Beitrag möchte ich zeigen, wie ich sogar noch drei weitere gefunden habe.

Ein Nuller als erste Ziffer von links kennen wir eher von Spionage-Agenturen oder Telefonnummern. Da er uns nichts Spannendes über eine Zahl verrät und lediglich unnötige Schreibarbeit beschert, habe ich ihn damals für die Buchstaben S und N gar nicht in Betracht gezogen. Bei S sollte sofort klar sein warum, da wir in diesem Fall eine vierstellige Zahl mit einer einstelligen multiplizieren würden, wodurch ein sechsstelliges Ergebnis unmöglich wird. Bei N hingegen ist es prinzipiell möglich, eine fünfstellige Zahl mit einer einstelligen zu multiplizieren und als Ergebnis wieder eine fünfstellige zu erhalten.

Unsere Gleichung würde dann wie folgt aussehen: SIMO0 ⋅ P = 0ORTO0. Wir können es uns aber auch einfacher machen, indem wir den Nuller als führende Ziffer ignorieren und die beiden am Ende weglassen. Dazu könnten wir uns auch vorstellen, dass wir die beiden fünfstelligen Zahlen durch zehn dividieren. Es genügt also, stattdessen die Gleichung SIMO ⋅ P = ORTO zu betrachten. Wir suchen wieder eine Ziffer (in diesem Fall für O statt für N), die multipliziert mit einer anderen Ziffer P in der gleichen Endziffer resultiert. Dafür können wir wieder die Tabelle vom letzten Mal verwenden:

Wir sehen zunächst, dass es genauso wie beim letzten Beitrag 27 Fälle gibt, bei denen die Multiplikation von O und P dazu führt, dass die gleiche Ziffer auf der Einerstelle (bzw. eigentlich Zehnerstelle) beim Ergebnis auftritt. Da wir die Ziffer null bereits vergeben ist, fällt sie für O von vornherein weg. Wir können außerdem null und eins für P ausschließen, da das Ergebnis ansonsten entweder gleich null wäre oder unverändert bleiben würde. Somit sind es nur noch acht Möglichkeiten, aber wir können noch zwei weitere ausschließen, da sowohl bei 5 ⋅ 5, als auch bei 6 ⋅ 6 die gleiche Ziffer für O und P verwendet wird:

Die Multiplikation mit einer Ziffer größer als die intendierte führende der Ergebniszahl ist Fluch und Segen zugleich, da sie fast alle verbleibenden Belegungen für O und P als unmöglich entlarvt*, was uns jedoch im Gegenzug einiges an Arbeit erspart. Falls O = 8 und P = 6, könnte die Gleichung entweder SI38 ⋅ 6 = 8R28 oder SI58 ⋅ 6 = 8R48 lauten, aber der Buchstabe S muss jedenfalls mit der Ziffer eins belegt werden, damit die führende Ziffer acht beim  Ergebnis zustandekommen kann. Bei 1I38 ⋅ 6 = 8R28 könnten wir nur I = 7 wählen, um zu erreichen, dass Ziffern auftreten, die noch nicht vorgekommen sind, aber in diesem Fall wäre die führende Ziffer beim Ergebnis neun statt acht und bei 1I58 ⋅ 6 = 8R48 führen alle Ziffern für I dazu, dass bereits bei R eine auftritt, die schon vergeben ist.

Unsere letzte Hoffnung ist somit O = 5 und P = 3, doch wir werden nicht enttäuscht. Wir müssen zwar SI15 ⋅ 3 = 5R45 ausschließen, da die kleinstmöglich Ziffer zwei für S bereits zu groß ist und bei SI95 ⋅ 3 = 5R85 feststellen, dass jede Ziffer für I eine bereits vergebene für R bewirkt. Bei den anderen drei Belegungen SI25 ⋅ 3 = 5R75, SI65 ⋅ 3 = 5R95, SI75 ⋅ 3 = 5R25 und SI95 ⋅ 3 = 5R85 werden wir dann aber letztendlich fündig. Somit bleiben uns, wie bereits zuvor erwähnt, drei weitere Lösungen und interessanterweise entsprechen dabei zumindest die Buchstaben S, O, N und P stets den gleichen Ziffern: 

• 17 650 ⋅ 3 = 052 950
• 18 250 ⋅ 3 = 054 750
• 18 750 ⋅ 3 = 056 250 

Laut KI gibt es sogar ganze 2 353 Lösungen, falls Ziffern auch mehrfach vergeben werden dürfen, aber ich habe diese Behauptung aus naheliegenden Gründen nicht überprüft. Dafür habe ich es mittlerweile geschafft, eine Belegung für ein eigenes Rätsel mit meinem Namen zu finden. Als wäre das alleine noch nicht erfreulich genug, kommen darin sogar alle zehn Ziffern vor. Aufgrund der Anzahl der verschiedenen Buchstaben müssen zwei davon allerdings doppelt vergeben werden:

Z  E  ⋅  ZT T  H  Z  E  =  M HT ZT T H  Z  E
J O ⋅ H U B E R = C L E M E N S

Johannes C. Huber (enthält die Musterlösung 62 ⋅ 24 308 = 1 507 096 niemandem vor)

* Falls O = 2 und P = 6, kommen zunächst noch alle verbleibenden Ziffern für M infrage, sodass die Gleichung SI12 ⋅ 6 = 2R72, SI32 ⋅ 6 = 2R92, SI42 ⋅ 6 = 2R52, SI52 ⋅ 6 = 2R12, SI72 ⋅ 6 = 2R32, SI82 ⋅ 6 = 2R92 oder SI92 ⋅ 6 = 2R52 lauten könnte. Allerdings gibt es in allen Fällen keine Ziffer für S, welche die führende Ziffer zwei beim Ergebnis möglich macht. Falls stattdessen O = 4 gilt, könnte die Gleichung entweder SI14 ⋅ 6 = 4R84 oder SI54 ⋅ 6 = 4R24 sein, weil alle anderen Werte für M zu einer Ziffer für T führen, die bereits vergeben ist, aber an dieser Stelle macht uns die Multiplikation mit sechs erneut einen Strich durch die Rechnung. Das gleiche Problem tritt auch bei O = 5 und P = 7 oder P = 9 auf. In diesen Fällen könnte die Gleichung zwar SI35 ⋅ 7 = 5R45, SI45 ⋅ 7 = 5R15, SI85 ⋅ 7 = 5R95 oder SI95 ⋅ 7 = 5R65 bzw. SI15 ⋅ 9 = 5R35, SI35 ⋅ 9 = 5R15, SI65 ⋅ 9 = 5R85 oder SI85 ⋅ 9 = 5R65 lauten, doch abermals wird uns die Multiplikation mit einer zu großen Ziffer zum Verhängnis.

Welcher Tag ist noch frei?

Thema: Geburtstage und Wahrscheinlichkeiten

Das sogenannte Geburtstagsparadoxon beschreibt den Umstand, dass im Allgemeinen die überschaubare Menge von lediglich dreiundzwanzig Menschen ausreicht, um die Wahrscheinlichkeit, dass mindestens zwei davon am selben Tag Geburtstag feiern, auf über fünfzig Prozent zu bringen. Um zu verstehen, warum das so ist, stellen wir uns vor, dass diese Personen der Reihe nach einen Raum betreten und überlegen uns für jede weitere Person, die dazu kommt, mit welcher Wahrscheinlichkeit sie an einem Tag Geburtstag feiert, der noch nicht vergeben ist. Der Vollständigkeit halber berücksichtigen wir in weiterer Folge stets auch den 29. Februar, der im Zuge eines Schaltjahres auftritt.

Mit welcher Wahrscheinlichkeit ist ein Tag noch nicht belegt? (Bildquelle: Unsplash)

Zu Beginn betrachten wir drei triviale Fälle: Solange der Raum noch leer oder nur eine Person eingetreten ist, beträgt die Wahrscheinlichkeit klarerweise gleich null Prozent und sobald sich 366 Personen im Raum befinden und eine weitere dazu kommt, ist garantiert kein Kalendertag mehr frei, weshalb die Wahrscheinlichkeit dann gleich hundert Prozent ist. Der gesuchte Fall mit einer Wahrscheinlichkeit von (ungefähr) fünfzig Prozent muss demnach irgendwo dazwischen liegen.

So weit so gut, aber die Sache hat einen Haken: Je mehr Personen wir betrachten, desto weiter steigt auch die Anzahl an Möglichkeiten, die wir berücksichtigen müssen. Es könnte nämlich auch sein, dass zwei oder mehr Tage von mehreren Personen belegt werden oder mehr als zwei Personen am gleichen Tag Geburtstag feiern. Glücklicherweise können wir diese schiere Unmenge an Fällen umgehen, indem wir stattdessen mit der Gegenwahrscheinlichkeit arbeiten. Dazu berechnen wir zuerst die Wahrscheinlichkeit dafür, dass keine zwei Personen am gleichen Tag Geburtstag feiern und ziehen diese anschließend von eins ab. Für die zweite Person, die den Raum betritt, stehen nur noch 365 von 366 Tagen zur Auswahl:

$$1 - \frac{365}{366} \approx 1 - 0,9973 = 0,0027$$

Die Wahrscheinlichkeit dafür, dass zwei Personen am gleichen Tag Geburtstag feiern, beträgt also nur ca. 0,27 %. Wenn wir nun eine dritte Person dazu geben, stehen für diese nur noch 364 von 366 Tagen zur Auswahl. Wir müssen lediglich berücksichtigen, dass auch die anderen beiden Personen nicht den gleichen Geburtstag haben, d. h. wir multiplizieren diesen Bruch einfach mit dem nächsten:

$$1 - \frac{365}{366} \cdot \frac{364}{366} \approx 1 - 0,9918 = 0,0072$$

Die Gegenwahrscheinlichkeit nimmt also zunächst nur minimal auf ca. 0,72 % zu und steigt erst bei zehn Personen auf über zehn Prozent:

$$1 - \frac{365}{366} \cdot ... \cdot \frac{357}{366} \approx 1 - 0,8834 = 0,1166$$

Wenn wir dieses Prinzip beibehalten, landen wir schließlich bei dreiundzwanzig Personen:

$$1 - \frac{365}{366} \cdot ... \cdot \frac{344}{366} \approx 1 - 0,4937 = 0,5063$$

Wir sind dabei allerdings, wie bereits erwähnt, davon ausgegangen, dass jeder Kalendertag mit der gleichen Häufigkeit vorkommt, obwohl Geburtstage in Wirklichkeit nicht gleich verteilt sind. Tatsächlich gibt es bestimmte Zeiträume eines Jahres, in denen vergleichsweise mehr Menschen geboren werden. Tendenziell sind nämlich die Monate August bis Oktober die geburtenstärksten. Es fallen also relativ viele Geburtstage in den Herbst, wenn auch nicht übermäßig viele mehr als in den anderen Zeiträumen. 

Wir können das Problem für leistungsschwächere Lernende ein wenig abwandeln, indem wir stattdessen beispielsweise danach fragen, wie viele Menschen im Schnitt nötig sind, um die Wahrscheinlichkeiten für vergleichsweise einfachere Ereignisse auf über fünfzig Prozent zu bringen. Ganz im Sinne des Scaffolding können wir uns so an die eigentliche Fragestellung herantasten. Die denkbar einfachste Frage wäre nach einem Geburtstag im selben Halbjahr. In diesem Fall genügen erwartungsgemäß bereits zwei Personen, da bei drei notwendigerweise mindestens zwei davon im gleichen Halbjahr Geburtstag feiern.

Als Nächstes könnten wir uns überlegen, wie wahrscheinlich ein Geburtstag im selben Quartal oder auch in der gleichen Jahreszeit (Frühling, Sommer, Herbst und Winter) ist. Die erste Person feiert in einem bestimmten Zeitraum Geburtstag, also verbleiben für die nächste noch drei von vier Möglichkeiten:

$$1 - \frac{3}{4} = 1 - 0,75 = 0,25$$

Die Wahrscheinlichkeit für das gleiche Quartal oder die gleiche Jahreszeit liegt für zwei Personen also noch bei einem Viertel der Fälle, aber bei drei Personen steigt sie bereits auf fast zwei Drittel:

$$1 - \frac{3}{4} \cdot \frac{2}{4} = 1 - 0,375 = 0,625$$

Selbst bei einem Geburtstag im selben Monat oder auch dem gleichen Tierkreiszeichen (Steinbock, Wassermann, Fische, Widder, Stier, Zwillinge, Krebs, Löwe, Jungfrau, Waage, Skorpion, Schütze) müssen wir nicht viel mehr Arbeit hineinstecken, um zu sehen, dass bereits fünf Personen genügen:

$$1 - \frac{11}{12} \cdot ... \cdot \frac{8}{12} \approx 1 - 0,3819 = 0,6181$$

In meiner Schulklasse mit 26 Kindern gibt es sogar zwei Paare mit dem gleichen Geburtstag. Bei den beiden Zwillingsbrüdern ist das natürlich nicht allzu verwunderlich, aber die anderen beiden könnten als Beleg dafür gelten, dass dieser Umstand gar nicht so selten ist, wie wir vielleicht glauben würden.

Johannes C. Huber (feiert erstaunlich nahe am durchschnittlich häufigsten Datum Geburtstag)

Mathemagische Kartentricks Teil 10

Thema: Spielkarten und platonische Körper

Im Rahmen meiner Masterarbeit habe ich mich mit dem Einsatz mathematischer Kartentricks im Schulunterricht beschäftigt. Auf meinem Blog stelle ich diese nun in unregelmäßigen Abständen vor.

Diesmal geht es weniger um einen Trick, als eine geometrische Konstruktion mit Spielkarten. Die Idee dazu stammt, meines Wissens, ursprünglich vom Geometer George R. Hart. Auf seiner Website stellt er nämlich unter anderem mehrere geometrische Schiebekonstruktionen vor. Da eine davon aus rechteckigen Bauteilen besteht, bieten sich Spielkarten als Bastelmaterial an. Einer seiner Leser namens Francesco de Comité hat diese entsprechend nachgebaut. Hart selbst stellt auf seiner Website noch zwei weitere Konstruktionen vor und erläutert auch die mathematischen Hintergründe. Er hat diese als Reaktion auf den Wunsch seines Lesepublikums nach Projekten für Schulklassen kreiert. Ich habe sie damals nicht in meine Abschlussarbeit eingebaut, weil mir bei den darin vorgestellten Methoden wichtig war, dass keine Karten zerstört werden. Um sie ineinander stecken zu können, müssen sie nämlich eingeschnitten werden, wodurch sie anschließend leider mehr oder weniger unbrauchbar sind.

Decks mit fehlenden Karten lassen sich damit immerhin kreativ verwerten. (Bildquelle: Johannes C. Huber)

Die erste davon benötigt insgesamt sechzig Karten und ist demenstprechend groß, fällt aber bei Erschütterungen unter Umständen wieder auseinander. Am Ende entsteht dadurch ein sogenanntes Rhombenikosidodekaeder. Die zweite besteht aus nur halb so vielen und ist wesentlich stabiler, aber auch schwieriger zu basteln und resultiert in einem Dodekader. Für die Arbeit mit einer Schulklasse empfiehlt er deshalb, zuerst das größere Gebilde zu probieren. Ich habe das Objekt mit dreißig Karten nachgebaut:

Das fertige Dodekaeder (Bildquelle: Johannes C. Huber)

Ich habe beim Basteln festgestellt, dass Spielkarten sich aufgrund ihrer Widerstandsfähigkeit viel besser eignen als einfaches Papier, da sie nicht nur biegsam, sondern auch erstaunlich reißfest sind. Zunächst müssen wir sie vorbereiten, indem wir jeweils vier Einschnitte wie folgt machen:

Jede Karte bekommt vier Einschnitte. (Bildquelle: Johannes C. Huber)

Die beiden Einschnitte an den kurzen Seiten sollten in einer Winkelweite von ungefähr dreißig Grad gemacht werden und in etwa zwei Drittel der Distanz bis zur langen Seite abdecken. Anschließend sollten die beiden Einschnitte an den langen Seiten mit einer Winkelweit von ungefähr sechzig Grad gemacht werden und in etwa die Hälfte der Distanz bis zum Schnitt an der kurzen Seite abdecken. Meine Karten waren 5,8 cm breit und 8,5 cm hoch. Die Schnitte hatten einen Abstand zur Seitenkante von 0,8 mm (kurze Seite) und 3,2 cm (lange Seite). Ich habe mich bei den Maßen grob an seiner Vorlage orientiert. Nachdem alle Karten entsprechend präpariert wurden, beginnen wir mit dem Zusammenstecken:

Anleitung für das Zusammenstecken von drei Karten (Bildquelle: Johannes C. Huber)

Nach ein bisschen Friemelei entsteht dadurch jeweils ein solcher Eckbaustein:

Drei Karten ergeben einen Eckbaustein. (Bildquelle: Johannes C. Huber)

Sobald alle Bausteine fertig sind, können wir sie auf die gleiche Art und Weise miteinander verbinden. Ich habe zunächst einen Fehler gemacht und dadurch erkannt, dass man mit nur zwölf Karten auch ein Hexaeder bzw. einen Würfel konstruieren kann. Die Anzahl der Karten entspricht in diesem Fall ganz einfach der Anzahl der Kanten des entsprechenden Körpers. Ein reguläres Kartendeck mit zweiundfünfzig  Karten reicht demnach aus, um beide Gebilde zu basteln, wobei sogar noch ein paar Karten als Reserve übrig bleiben, falls beim Schneiden Fehler passieren oder Karten kaputt gehen:

Die Dodeka- und Hexaeder aus Spielkarten sind fertig. (Bildquelle: Johannes C. Huber)

Falls wir eine ausgewogene Kombination aller Spielfarben erreichen möchten, muss die Anzahl der Kanten des Körpers durch vier teilbar sein. Beim Dodekaeder müssten wir uns also auf zwei oder drei davon beschränken, aber beim Hexaeder ist es möglich, alle Farben gleich oft zu verwenden. Doch damit nicht genug. Wir können zusätzlich dazu auch noch dafür sorgen, dass keine Spielfarbe zweimal direkt nebeneinander vorkommt. Da ich beim Bauen meines Würfels jedoch nicht darauf geachtet habe, das zu schaffen, habe ich ein solches Arrangement hier mit den vier Pokerfarben (♠ ♥ ♦ ♣) veranschaulicht:

ungleiche Färbung benachbarter Würfelkanten (Bildquelle: Johannes C. Huber)

Johannes C. Huber (hat ausreichend unvollständige Kartendecks für weitere Gebilde zu Hause)