Wie man schlechte Angewohnheiten wortwörtlich abwirft

Thema: Zigarettenschachteln und Formeln

Manche Leute haben zu Beginn eines neuen Jahres vor sich das Rauchen abzugewöhnen. Leider werden diese Ambitionen mit hoher Wahrscheinlichkeit nach ein paar Wochen oder Monaten wieder über Bord geworfen. Ich selbst bin Nichtraucher und werde mich in diesem Beitrag damit beschäftigen, mit welcher Wahrscheinlichkeit stattdessen die Auslöser für diese schlechte Angewohnheit geworfen werden. Es gibt nämlich ein Trinkspiel namens "Schachteln", bei dem eine Gruppe von Leuten der Reihe nach eine Zigarettenpackung auf den Tisch wirft. 

Die Spielregeln

Jeder Wurf ergibt eine bestimmte Anzahl von Punkten in Abhängigkeit davon, wie die Packung zum Liegen kommt. Das Ziel ist dabei stets ein mindestens gleich gutes Ergebnis zu werfen wie die Person davor. Falls man das nicht schafft, werden die bis dahin gewürfelten Punkte zusammengezählt und man muss eine entsprechende Anzahl Schlucke trinken.

Die Zigarettenpackung bzw. -schachtel kann o. B. d. A.* auf drei Arten zum Liegen kommen:

• auf dem Bauch (Vorder- oder Rückseite): 1 Punkt (im Bild grün eingefärbt)
• auf der Seite (eine der beiden Seiten): 2 bzw. 3 Punkte (im Bild gelb eingefärbt)
• auf dem Kopf (Boden oder Deckel): 3 bzw. 5 Punkte (im Bild rot eingefärbt)

Manchmal wird auch noch berücksichtigt, dass die Schachtel auf dem Boden landen kann (unabhängig davon auf welcher Seitenfläche), wodurch die Runde gleich vorbei ist, aber das ist für meine weiteren Überlegungen nicht relevant. Abgesehen davon können weitere Regeln aufgestellt werden, z. B. dass nach fünfzehn Würfen eine Schnapsrunde ausgegeben muss. Wie wahrscheinlich ist es, dass das passiert?

Ein etwas anderer Würfel

Ich habe die Größe einer handelsüblichen Zigarettenschachtel recherchiert und bin auf folgende Maße gestoßen:

 

Quader einer Zigarettenschachtel (Bildquelle: eigene Darstellung mit Geogebra)

Diese Abmessungen sind die Norm damit man z. B. beim Bau von Zigarettenautomaten nicht vor dem Problem steht lauter unterschiedliche Größen berücksichtigen zu müssen. Vorsichtshalber habe ich mich auch bei einem echten Exemplar meines rauchenden Mitbewohners davon überzeugt, dass diese Dimensionen realitätsgetreu sind und festgestellt, dass sie stimmen. Mit den richtigen Angaben und der Flächenformel für Rechtecke können wir ganz einfach die Mantelflächenstücke berechnen:

 

Netz einer Zigarettenschachtel (Bildquelle: eigene Darstellung mit Geogebra)

Das ergibt in Summe eine Mantelfläche von 157 Quadratzentimeter. Wir gehen in weiterer Folge davon aus, dass jede Seite mit ihrer entsprechenden geometrischen Wahrscheinlichkeit "gewürfelt" werden kann**. Die korrespondierenden relativen Anteile der Teilflächen sind wie folgt:

Der Spielverlauf

Ein Durchgang beinhaltet immer mindestens zwei Würfe, weil die Schachtel beim ersten Wurf zumindest auf der Seite landen muss, damit beim nächsten Wurf überhaupt jemand ein weniger gutes Ergebnis haben kann. Es gibt somit drei verschiedene Möglichkeiten bzw. Pfade dafür, dass der Durchgang bereits nach zwei Würfen vorbei ist:

• Seite beim 1. und Bauch beim 2. Wurf
• Kopf beim 1. und Bauch beim 2. Wurf
• Kopf beim 1. und Seite beim 2. Wurf

Das sind gleichzeitig die einzigen Möglichkeiten, wie Pfade mit mehr als zwei Würfen enden können. Mit der zweiten Pfadregel für Baumdiagramme kommen wir auf die dazugeörende Wahrscheinlichkeit:

Im Schnitt endet also ungefähr jede vierte Runde bereits nach nur zwei Würfen. Mit derselben Überlegung können wir auch die Wahrscheinlichkeiten für eine größere Anzahl von Würfen ermitteln:

Pfade und Wahrscheinlichkeit für drei Würfe:

• Bauch beim 1., Seite beim 2. und Bauch beim 3. Wurf
• Bauch beim 1., Kopf beim 2. und Bauch beim 3. Wurf
• Bauch beim 1., Kopf beim 2. und Seite beim 3. Wurf
• Seite beim 1., Seite beim 2. und Bauch beim 3. Wurf
• Seite beim 1., Kopf beim 2. und Bauch beim 3. Wurf
• Seite beim 1., Kopf beim 2. und Seite beim 3. Wurf
• Kopf beim 1., Kopf beim 2. und Bauch beim 3. Wurf
• Kopf beim 1., Kopf beim 2. und Seite beim 3. Wurf

 Pfade und Wahrscheinlichkeit für vier Würfe:

• Bauch beim 1. Bauch beim 2., Seite beim 3. und Bauch beim 4. Wurf
• Bauch beim 1., Bauch beim 2., Kopf beim 3. und Bauch beim 4. Wurf
• Bauch beim 1., Bauch beim 2., Kopf beim 3. und Seite beim 4. Wurf
• Bauch beim 1., Seite beim 2., Seite beim 3. und Bauch beim 4. Wurf
• Bauch beim 1., Seite beim 2., Kopf beim 3. und Bauch beim 4. Wurf
• Bauch beim 1., Seite beim 2., Kopf beim 3. und Seite beim 4. Wurf
• Bauch beim 1., Kopf beim 2., Kopf beim 3. und Bauch beim 4. Wurf 
• Bauch beim 1., Kopf beim 2., Kopf beim 3. und Seite beim 4. Wurf 
• Seite beim 1., Seite beim 2., Seite beim 3. und Bauch beim 4. Wurf
• Seite beim 1., Seite beim 2., Kopf beim 3. und Bauch beim 4. Wurf
• Seite beim 1., Seite beim 2., Kopf beim 3. und Seite beim 4. Wurf
• Seite beim 1., Kopf beim 2., Kopf beim 3. und Bauch beim 4. Wurf 
• Seite beim 1., Kopf beim 2., Kopf beim 3. und Seite beim 4. Wurf 
• Kopf beim 1., Kopf beim 2., Kopf beim 3. und Bauch beim 4. Wurf 
• Kopf beim 1., Kopf beim 2., Kopf beim 3. und Seite beim 4. Wurf 

Nun wissen wir, dass im Schnitt mehr als zwei Drittel aller Durchgänge bereits nach vier oder weniger Würfen enden, aber die Wahrscheinlichkeiten dafür zu berechnen wurde jedes Mal aufwendiger. Bei fünf oder mehr Würfen müssten wir noch mehr Pfade berücksichtigen und Unmengen von Brüchen multiplizieren. Deshalb schauen wir uns stattdessen an, wie die Zusammensetzung der Wurfergebnisse für alle Möglichkeiten aussieht und ob wir dabei ein Muster erkennen. 

Pfade verlängern

Wenn wir Anzahl der Würfe um eins erhöhen, können wir den zusätzlichen Wurf klarerweise nicht hinten anhängen, weil der Durchgang dann schon vorbei ist. Wir könnten ihn überall, wo es möglich ist, dazwischen einschieben, aber am einfachsten ist es ihn an den Anfang zu geben, und wir sehen auch gleich warum. Dazu betrachten wir die drei Möglichkeiten für den zusätzlichen Wurf einzeln:

• Falls die Schachtel beim ersten Wurf auf dem Bauch landet, spielt es keine Rolle, was als Nächstes geworfen wird, da das Ergebnis nicht unterboten werden kann. In anderen Worten: Mit dem "Bauchwurf" können wir jede der vorigen Möglichkeiten um einen Wurf verlängern.
• Falls sie stattdessen zu Beginn auf der Seite landet, fallen ein paar Möglichkeiten weg und zwar genau so viele, wie es in der vorletzten Stufe insgesamt gegeben hat. Das liegt daran, dass alle Möglichkeiten, die wir zuvor mit einem Bauchwurf verlängern konnten, in der aktuellen Stufe dazu führen würden, dass der Durchgang zu früh abbricht.
  
• Falls sie dabei jedoch auf dem Kopf landet, kommen stets nur zwei Möglichkeiten in Frage, und zwar jene, bei denen das ebenfalls so begonnen hat. Das liegt daran, dass in diesem Fall, bis auf den letzten Wurf nur Kopflandungen in Frage kommen damit der Durchgang nicht früher zu Ende geht.

Zwei Arten von Formeln für die Anzahl der Pfade

Wir können die Anzahl der Pfade als Folge in der rekursiven Form aufschreiben: 

Somit kommen wir bei vier Würfen auf 8 + (8 - 3) + 2 = 15 und bei fünf Würfen auf 15 + (15 - 8) + 2 = 24 und so weiter. Dabei fällt uns auf, dass wir als Schritt von einer Stufe zur nächsten jeweils größer werdende ungerade Zahlen addieren. Das spitzfindige Lesepublikum weiß, dass die Partialsummen der ungeraden Zahlen die Quadratzahlen sind. Da wir in diesem Fall die Zahl 1 auslassen lautet eine explizite Formel für die Anzahl der Möglichkeiten:

Diese hat den zusätzlichen Vorteil, dass sie für alle Würfe größer gleich 1 gilt und wir deshalb keine Vorstufen extra behandeln müssen. Nun ist es ein Leichtes die Anzahl der Möglichkeiten für eine vorgegebene Anzahl von Würfen zu bestimmen:

Tabelle mit der Anzahl der Pfade bis 15 Würfe

Jetzt wissen wir nicht nur, was wir suchen, sondern auch, wie viele Möglichkeiten wir dafür in Betracht ziehen müssen. Beim Aufschreiben der einzelnen Pfade können wir also zumindest kontrollieren, ob wir alle berücksichtigt haben.

Weniger ist mehr

Da die Schreibweise mit den Teilwahrscheinlichkeiten als Brüche eher umständlich ist, verwenden wir ab jetzt stattdessen einfach die Anfangsbuchstaben der jeweiligen Seitenflächen, was schon erheblich kürzer ist:

Das Ganze wird noch einmal wesentlich kompakter, wenn wir die Reihenfolge der Wurfergebnisse ignorieren und stattdessen die Buchstaben der jeweiligen Seitenflächen in alphabetischer Reihenfolge aufschreiben. Zusätzlich dazu können wir mehrfach vorkommende Einträge zusammenfassen:

Rekursive Formel für die Wahrscheinlichkeit

Leider wird auch diese Schreibweise schnell unübersichtlich, aber mehr als 200 Pfade für fünfzehn Würfe aufzuschreiben sollte ohnehin nicht Sinn der Sache sein. Bei der vorigen Variante fällt allerdings auf, dass wir die Summanden in drei Kategorien aufteilen können, und zwar abhängig davon, mit welchem ersten Wurf sie in der nächsten Stufe ergänzt werden. Dazu heben wir einfach den entsprechenden Faktor heraus um uns eine rekursive Formel zu basteln:

Nun müssen wir nur noch die drei Lücken füllen. Jede Möglichkeit der vorangehenden Stufe kann mit einem weiteren Bauchwurf verlängert werden. Deshalb können wir die erste Lücke mit der vorangehenden Wahrscheinlichkeit füllen.

Da es außerdem nur zwei Möglichkeiten gibt, die mit einem weiteren Kopfwurf verlängert werden können, müssen wir die dritte Lücke nur mit der entsprechenden Anzahl an Würfen füllen:

Der schwierigste Teil ist die Lücke in der Mitte, weil hier ja nicht alle Möglichkeiten in Frage kommen, aber wir haben bereits festgestellt, dass wir die verbleibenden erhalten indem wir die Anzahl der Möglichkeiten der vorletzten Stufe abziehen. Dabei müssen wir berücksichtigen, dass nur ein Teil der Pfade mit einem Seitenwurf verlängert werden kann. Um auch diesen Umstand in die Formel hinein zu bekommen benötigen wir einen Faktor, der dafür sorgt, dass nur die passenden Pfade ausgewählt werden. Dazu gehen wir zuerst zwei Stufen zurück um alle Pfade zu erwischen und dann noch einmal eine um jene abzuziehen, die mit einem Bauchwurf beginnen. Somit haben wir auch die mittlere Lücke gefüllt und eine allgemeine Formel für fünf oder mehr Würfe gefunden:

                            

Hier die vollständige Formel inklusive aller Vorstufen ein wenig kompakter notiert: 

Damit können wir mit vergleichsweise wenig Aufwand die Wahrscheinlichkeiten für eine vorgegebene Anzahl von Würfen ermitteln solange diese nicht allzu groß ist:

Wahrscheinlichkeitstabelle bis 15 Würfe (auf dritte Nachkommastelle gerundet)

Explizite Formel für die Wahrscheinlichkeit

Rekursive Formeln haben den Nachteil, dass wir unter Umständen sehr viele Ergebnisse berechnen müssen, bis wir zu dem kommen, das wir eigentlich haben wollen. Falls wir stattdessen den direkten Weg einschlagen möchten, brauchen wir wieder eine explizite Formel. Leider ist es oft gar nicht so einfach aus einer rekursiven eine explizite Formel herzuleiten. In diesem Fall sind immerhin die beiden Summanden mit den Kopfwürfen bereits explizit, aber für alle anderen, die sich auf eine vorangehende Wahrscheinlichkeit beziehen, müssten wir eine Möglichkeit finden die Rekursivität zu umgehen. Ich habe versucht eine explizite Formel zu finden und hier ist mein bestes Resultat:

Dazu habe ich die Pfade wieder in drei Kategorien eingeteilt und zwar diesmal abhängig davon, wie sie enden. Das erste Produkt steht für jene, die am Ende erst einen Seiten- und dann einen Bauchwurf haben, das mittlere für Kopf- und Bauchwurf und das letzte für Kopf- und Seitenwurf. Die Konstanten a, b und c sorgen dafür, dass nur jene Summanden zustande kommen, die den Durchgang nicht vorzeitig abbrechen. Da diese Formel allerdings weder übersichtlich, noch einfach zu verwenden ist, fürchte ich, dass ich mich geschlagen geben muss. Vielleicht ist es in diesem Fall gar nicht möglich eine bequeme Formel zu finden, aber falls doch, übersteigt es meine Fähigkeiten.

Nichtsdestotrotz habe ich eine Antwort auf meine Frage gefunden. Ab 10 Würfen beträgt die jeweilige Wahrscheinlichkeit bereits weniger als 1 % und ein Durchgang dauert mit über 99 % Wahrscheinlichkeit 12 Würfe oder weniger. Die Schnapsrunde nach 15 Würfen bezieht sich vermutlich gar nicht auf einen einzelnen Durchgang, aber falls doch, dann ist es extrem unwahrscheinlich, dass dieser Fall eintreten wird und jemand Getränke spendieren muss. 

Johannes C. Huber (nimmt sich vor heuer noch ein Python-Programm zu diesem Beitrag zu schreiben)

* Wir ignorieren die Möglichkeit, dass die Packung auf einer Kante oder gar Ecke aufkommt und so stehen bleibt.
** Selbstverständlich macht es z. B. einen Unterschied, ob die Packung voll, leer oder teilweise gefüllt ist. Abgesehen davon spielt sicherlich auch das Material der Schachtel eine Rolle. Alle derartigen Faktoren werden in meinem Beitrag aber der Einfachheit halber außer Acht gelassen.

Quellen:

• Regeln des Trinkspiels
  
• Patent einer Zigarettenschachtel
• Maße einer Zigarettenschachtel
• Zahlenfolge der Anzahl der Möglichkeiten für n Würfe in der OEIS
  

Welchen Kalender haben wir heute?

Thema: Kalender und Teilbarkeit

Ein neues Jahr steht vor der Tür und damit auch ein neuer Kalender. Als Lehrer beginnt meine Zeitrechnung allerdings schon im Herbst. Wir bekommen zu Schulbeginn eine Vielzahl von unterschiedlichen Exemplaren zugeschickt und ich habe meinen Schreibtisch und meine Pinnwand bereits vor Monaten damit tapeziert. Danach habe ich mich gefragt, warum ich mir überhaupt jedes mal aufs Neue diesen Aufwand mache. Selbstverständlich ist kein Jahr wie das andere, aber der Kern der Sache sind und bleiben Wochentage und Daten.

Wie viele verschiedene Kalender brauchen wir eigentlich? (Bildquelle: Johannes C. Huber)

Natürlich kann ich auch einen Kalender vom Vorjahr wieder verwenden, aber dann passen Wochen- und Monatstage nicht mehr zusammen. Ich meine also, dass wir physische Exemplare haben, mit denen wir für jedes Jahr gerüstet sind. Mir sind prompt ein paar mögliche Antworten auf diese Frage eingefallen:

• keinen: Ein Kalender ist, genauso wie das Konzept von Wochentagen, von Menschen gemacht und niemand zwingt uns dazu bei diesem Spiel mitzumachen. Wir könnten das Kalenderjahr sowie seine Monate, Wochen und Tage also einfach gekonnt ignorieren.
  Problem: Einem Jahr so und so viele Tage beizumessen hat gute Gründe und es ist in vielerlei Hinsicht praktisch zu wissen, welchen Wochentag und welches Datum wir jeweils haben.
• einer: Wir können uns stattdessen einen Wochenplaner anschaffen und damit hat sich die Sache. In gewisser Hinsicht ist das nämlich eine Art zeitloser Wochenkalender. Ganz egal wo im Jahr wir uns befinden, Woche bleibt Woche und das ändert sich auch dann nicht, wenn innerhalb einer Woche ein Jahresübergang stattfindet. Diese Variante ist so einfach, wie elegant.
  Problem: Leider gibt sie uns keinerlei Information über das genaue Datum.
  
• zwei: Ein zeitloser Tageskalender bzw. Jahreskalender ist schon wesentlich genauer als ein entsprechender Wochenkalender, weil wir dann immerhin wissen, welches Datum wir haben. Wir bräuchten zwei Stück: einen für reguläre und einen für Schaltjahre.
  Problem: Allerdings opfern wir dafür die Information über den Wochentag.
• vier: Falls es uns genügt einen zeitlosen Monatskalender zu verwenden, kommen wir mit vier Stück aus, weil es vier Möglichkeiten für die Länge eines Monats gibt (28, 29, 30 oder 31 Tage).
  Problem: Auch hier verzichten wir auf die Information über den Wochentags.
  

 

Beispiel für einen zeitlosen Wochenkalender (Bildquelle: Johannes C. Huber)

Ich möchte die Fragestellung daher ein wenig präzisieren: "Wie viele verschiedene analoge Kalender brauchen wir, wenn wir genau wissen möchten, welches Datum und welchen Wochentag wir haben und außerdem für jede Kombination von Wochentagen und Daten ausgerüstet sein möchten?"

Zunächst sollten wir uns überlegen, welche Kombinationen überhaupt möglich sind. Ein reguläres Jahr hat 365 Tage und wird in Wochen zu je 7 Tagen unterteilt. Abgesehen davon gibt es alle vier Jahre noch ein sogenanntes Schaltjahr mit einem zusätzlichen Tag am 29. Februar wodurch wir auf 366 Tage kommen. Das ergibt in Summe 52 Wochen, aber das geübte Lesepublikum weiß, dass es eigentlich ein bisschen mehr sind, da weder 365, noch 366 restlos durch 7 teilbar ist.

Dadurch verschieben sich die Wochen jedes Jahr um einen Tag und jedes Schaltjahr um zwei Tage. Das bedeutet, dass sich auch jedes Datum jährlich um einen Tag und alle vier Jahre um zwei Tage verschiebt. Falls wir ein Jahr betrachten, in dem der 1. Jänner auf einen Montag fällt, wissen wir sofort, dass der 1. Jänner im Jahr darauf ein Dienstag ist. Falls dieses Jahr ein Schaltjahr ist, fällt der 1. Jänner im nächsten Jahr stattdessen auf einen Mittwoch.

Da es genau genommen gar keine Rolle spielt, welchen Tag wir als Startpunkt wählen, schauen wir uns den 28. Februar an, damit wir den darauf folgenden zusätzlichen Tag der Schaltjahre im Blick haben:

Tabelle zum Zyklus identischer Jahre (Bildquelle: eigene Darstellung mit LaTeX)

Eine kleine Erläuterung meiner Tabelle: In der ersten Spalte links sehen wir die Nummer des jeweiligen Jahres und in den beiden Spalten rechts davon den Wochentag des 28. und 29. Februar in diesem Jahr. In den restlichen sieben Spalten steht die Anzahl des jeweiligen Wochentags in diesem Jahr. Wir sehen, dass es einerseits maximal zwei Wochentage gibt, die in einem Jahr 53-mal vorkommen und andererseits insgesamt 28 (= 7 mal 4) Jahre dauert, bis dieser Zyklus (auch bekannt als Sonnenzirkel) wieder von vorne beginnt, weil erst dann der Schaltjahrtag alle sieben Wochentage belegt hat.

Nun sollte klar sein, dass "nur" 14 verschiedene Kalender nötig sind. Wir brauchen einmal sieben Stück, weil jedes Datum alle sieben Wochentage treffen kann und dann noch einmal sieben weitere für die Schaltjahre, weil das auch für den 29. Februar gilt.

Johannes C. Huber (verwendet nach Möglichkeit keine analogen Kalender mehr)

Ist das nicht deine Karte?

Thema: Tarot-Karten und Bernoulli-Experimente

Kartenlesen ist seit Jahrhunderten für viele Leute ein beliebtes Mittel, um etwas über die eigene Vergangenheit, Gegenwart und Zukunft herauszufinden. Eine mögliche Variante ist nacheinander drei Karten zu ziehen, die anschließend gedeutet werden.

Meine Freundin behauptet, dass sie jedes Mal, wenn sie jemandem beim Ziehen zuschaut, selbst eine andere Karte gewählt hätte. Sie findet das spannend, weil jede Person offenbar andere Präferenzen beim Ziehen hat als sie. Das kann ja kein Zufall sein. Oder doch? Die Behauptung klingt plausibel, aber wie wahrscheinlich ist das wirklich?

Um das herauszufinden, schauen wir uns zunächst einmal an, womit wir es zu tun haben. Glücklicherweise genügt es in diesem Fall zu wissen, wie viele Karten es beim Tarot gibt. Wir benötigen also keine genauen Kenntnisse über deren Bedeutung.

Beim klassischen Tarot gibt es insgesamt 78 Karten, die in zwei Gruppen aufgeteilt werden:

• die kleinen Arkana (56 Karten) - vier Farben (oft: Schwerter, Kelche, Stäbe und Münzen) mit jeweils zehn Zahlen und vier Bildkarten

• die großen Arkana (22 Karten) - Trümpfe von 0 bis 21

Große Arkana eines keltischen Tarot-Kartendecks (Bildquelle: Johannes C. Huber)

Die kleinen Arkana sind also im Grunde gleich aufgebaut wie deutsche Spielkarten. Die großen Arkana wiederum weisen eine große Ähnlichkeit zu den Trümpfen des Kartenspiels Tarock auf. Das ist nicht weiter verwunderlich, da Tarot und Tarock gewissermaßen miteinander verwandt sind. Man kann theoretisch auch einen Satz Tarock-Karten auflegen und lesen und umgekehrt mit Tarot-Karten problemlos Tarock spielen.

Trümpfe eines österreichischen Tarock-Kartendecks (Bildquelle: Johannes C. Huber)

Bei der sogenannten Divination, also dem Lesen der Karten, werden meist nur die großen Arkana verwendet. Ich konzentriere mich daher in weiterer Folge auf diese (die folgenden Überlegungen gelten auch für eine andere Anzahl von Karten, aber die Werte müssen natürlich entsprechend angepasst werden). Für den ersten Zug gibt es 21 von 22 Möglichkeiten eine andere Karte zu ziehen. Die drei Karten werden nacheinander ohne Zurücklegen gezogen. Beim zweiten Zug gibt es also nur noch 20 von 21 Möglichkeiten und so weiter. Wenn wir davon ausgehen, dass alle Karten grundsätzlich gleich wahrscheinlich sind, kommen wir mit der ersten Pfadregel für Baumdiagramme auf folgenden Wert für die Wahrscheinlichkeit, dass zwei Personen in drei Zügen kein einiges Mal dieselbe Karte wählen:

Diese wirkt mit ~86,3% zwar verhältnismäßig groß, aber sobald wir die drei Züge beliebig oft wiederholen müssen sieht die Sache schnell ganz anders aus:

Nach nur vier Durchgängen ist die Wahrscheinlichkeit bereits kleiner als 50 %. Wir haben es übrigens auch selbst ausprobiert und nur neun Durchgänge gebraucht, bis wir beide bei einem Zug dieselbe Karte gewählt haben.

Wenn wir das Ganze als Bernoulli-Experiment modellieren, sehen wir, dass es sogar relativ wahrscheinlich ist innerhalb von 10 Runden (\(n\) = 10) mindestens einen Treffer zu landen:

Selbstverständlich ist das kein Beweis dafür, dass es unmöglich ist stets eine andere Karte zu wählen, aber es ist ab einem gewissen Punkt einfach extrem unwahrscheinlich und daher durchaus mehr als außergewöhnlich, falls es doch passiert.

Johannes C. Huber (denkt als Geographielehrer beim Wort "Kartenlesen" an etwas anderes)

Quellen:

• Unterschied zwischen Tarot und Tarock

Wie man es dreht und windet

Thema: Spulen und Reihen

Vor Kurzem habe ich das Nähen mit einer Nähmaschine für mich entdeckt und mir dabei die Frage gestellt, wie lange es dauert bis ein Faden vollständig aufgewickelt ist. Um das zu beantworten, genügt es zu wissen, wie viele Umdrehungen der Spule für die Länge des jeweiligen Fadens nötig sind.

verschiedene Spulen (Bildquelle: pxhere.com)

Das können wir leicht abschätzen, indem wir den Umfang der Spule ausrechnen und dann die Fadenlänge durch diesen teilen. Hier ein einfaches Beispiel: Um einen Faden mit 50 m Länge auf eine Spule mit 5 cm Umfang zu wickeln brauchen wir maximal 1000 Umdrehungen. 

Mit dieser Überlegung haben wir allerdings nur eine obere Grenze für die Anzahl der Umdrehungen gefunden. Das liegt daran, dass wir Folgendes beachten müssen: Je mehr Faden aufgewickelt wird, desto mehr nimmt der Umfang der Spule zu. Wir werden in der Praxis also wesentlich weniger Umdrehungen brauchen, weil mit zunehmendem Umfang auch jedes Mal mehr Faden pro Umdrehung aufgewickelt wird. Gibt es eine Möglichkeit das zu berechnen?

Auf dem Papier ist vieles einfacher

Damit wir nicht gleich so viele verschiedene Dinge berücksichtigen müssen, verlagern wir das Ganze zunächst einmal in die Ebene. In anderen Worten: Wir tun so, als ob es keine dritte Dimension gibt. Wenn wir hier eine volle Umdrehung machen, wächst der Radius \(r_0\) unserer "2D-Spule" also genau um die Dicke des Fadens \(f\). Der neue Radius ist dann \(r_1 = r_0 + f\) und allgemein nach \(n\) Runden \(r_n = r_0 + nf\). Den Umfang der Spule nach \(n\) Runden erhalten wir dementsprechend mit folgender Formel:

Der Faden wird beim Aufspulen mit jeder Umdrehung über einen größeren Umfang gewickelt. Der letzte Summand für die \(n\)-te Umdrehung hat deshalb den Index \(n-1\). Damit haben wir auch gleich ein Kriterium gefunden, das wir überprüfen können. Denn sobald die Länge des Fadens \(l\) zumindest gleich groß ist wie die Summe dieser immer größer werdenden Umfänge, ist der Faden fertig aufgewickelt.

Wie weit dürfen wir vorspulen?

Dieses Kriterium können wir wie folgt aufschreiben:

Die dadurch entstandene Reihe \(S\) können wir in eine Form bringen, die es uns erlaubt ihre Partialsumme mit der Gaußschen Summenformel zu berechnen:

 

Um die Anzahl der Umdrehungen auszurechnen, müssen wir nur \(l = S\) setzen und nach \(n\) auflösen. Bei unserem Beispiel von vorhin ist \(l\) = 50 m, \(u_0\) = 5 cm und als Fadendicke \(f\) nehmen wir 1 mm. Wir wandeln alles in cm um, setzen ein und lösen die dadurch entstandene quadratische Gleichung:

Die negative Lösung kann vernachlässigt werden, da uns nur praxisrelevante Werte interessieren. Spannend ist, dass wir offenbar nur etwas mehr als ein Zehntel der zuvor geschätzten Obergrenze brauchen, und das obwohl der Faden relativ dünn ist.

Zurück zur Realität

In unserer Anschauung gibt es sehr wohl eine dritte Dimension. Der Faden wird in der Praxis ja nicht ausschließlich entlang einer einzelnen Bahn auf die Spule gewickelt, sondern auf mehreren. Wie viele es davon gibt, hängt von der Höhe der Spule \(h\) und der Fadendicke \(f\) ab. Wenn die Spule hoch und/oder der Faden dünn ist, haben mehr Bahnen darauf Platz und umgekehrt. Wir müssen uns noch überlegen, wie wir diesen Umstand mit ins Spiel bringen. Das ist glücklicherweise nicht sonderlich schwierig. Unsere Spule ist ein Zylinder und der aufgespulte Faden bedeckt dessen Mantelfläche \(M\). Auch dafür haben wir eine Formel parat: \(M = hu_0\).

Wir definieren nun zusätzlich noch die "Fadenfläche" \(F\) als das Produkt von Fadenlänge und Fadendicke: \(F = lf\). Dazu stellen wir uns den gesamten Faden als sehr langes und sehr schmales Rechteck vor. Das ist einfach jene Fläche, die wir mit dem Faden abdecken können. Wir wollen also in weiterer Folge herausfinden, wie viele Schichten der Spule wir mit dem Faden wickeln können. Der Einfachheit halber gehen wir davon aus, dass jede Schicht Faden die komplette Spule bedeckt, bevor einen neue begonnen wird:

Wir erweitern unser Beispiel von zuvor mit einer Spulenhöhe von 3 cm. Das bedeutet, dass wir mit einer Fadendicke von 1 mm jeweils 30 Umdrehungen brauchen bis eine Schicht vollständig abgedeckt ist und die nächste beginnt. Wenn wir die restlichen Werte einsetzen, kommen wir auf folgende Gleichung:

Auch hier können wir die negative Lösung ignorieren. Zum Schluss müssen wir nur noch die Anzahl der Schichten mit der Anzahl der Umdrehungen pro Schicht multiplizieren (17 mal 30) und kommen so auf über 500 Umdrehungen. Wie kann es sein, dass wir hier viel mehr brauchen als zuvor? Das liegt daran, dass sich der Umfang der zweidimensionalen Spule mit jeder Umdrehung erhöht, aber hier bei unserem dreidimensionalen Beispiel nur nach jeder 30. Umdrehung. Daher dauert es auch viel länger, bis sich die Zunahme des Umfangs merklich auswirkt.

Was passiert im Extremfall?

Um unser Verständnis noch ein wenig zu vertiefen, schauen wir uns jeweils zwei extreme Fälle für jeden Parameter unserer Formel an. Bei l = 0 brauchen wir keine Umdrehungen (\(n\) = 0), da es praktisch keinen Faden zum Aufspulen gibt und falls \(l\) gegen unendlich strebt, werden wir niemals fertig, da der Faden kein Ende hat. Bei der Fadendicke \(f\) verhält es sich ähnlich. Der Fall \(f\) = 0 ist zwar in der Theorie interessant (mathematische Kurven haben ja auch keine "Dicke"), aber nicht wirklich praxistauglich und falls \(f\) gegen unendlich strebt, führt das ebenfalls dazu, dass wir nicht fertig werden. 

Ein wenig interessanter wird es bei der Höhe der Spule \(h\). Der Fall \(h\) = 0 entspricht unserem zweidimensionalen Beispiel und falls \(h\) gegen unendlich strebt, führt das zur selben Vorgehensweise mit der Abschätzung zu Beginn, d. h. wir müssten einfach nur die Fadenlänge durch den Umfang der Spule dividieren. Das liegt daran, dass wir unendlich viele Bahnen wickeln können und der Umfang der Spule sich deshalb theoretisch nicht einmal um eine ganze Schicht erhöht.

Zuguterletzt betrachten wir die einzige gebundene Variable in unserer Formel: den Umfang der Spule \(u_0\). Dieser hängt vom Spulenradius \(r_0\) ab und wenn wir diesen Parameter ändern, gibt es ebenfalls neue Erkenntnisse. Bei \(r_0\) = 0 gibt es quasi keine Spule. Bedeutet das nun, dass wir 0 Umdrehungen brauchen, weil wir gar nicht anfangen können? Oder soll das heißen, dass wir deshalb niemals fertig werden? Wir können uns ja vorstellen, dass der Faden einfach um sich selbst gewickelt wird. Das erscheint in der Praxis zumindest plausibel und wäre außerdem kein Widerspruch zu unserer Formel. Falls wiederum \(r_0\) gegen unendlich strebt, reicht theoretisch eine einzige Umdrehung aus, wobei wir diese niemals fertig machen können.

alle freien Variablen der Formel (Bildquelle: Johannes C. Huber)

Fazit

Bei einer echten Spule lautet die Frage also nicht "Nach wie vielen Umdrehungen ist die Summe der Umfänge gleich der Länge des Fadens?", sondern "Nach wie vielen Schichten ist die Summe der Mantelfächen gleich der Fläche des Fadens?". Daraus können wir dann die Anzahl der Umdrehungen berechnen und falls wir zusätzlich wissen, wie lange eine solche Umdrehung dauert, können wir uns ausrechnen, wie viel Zeit insgesamt benötigt wird und somit auch die ursprüngliche Frage beantworten.

Johannes C. Huber (kann inzwischen problemlos den Unterfaden aufspulen)

PS: Bei meinen Überlegungen werden nach wie vor viele Dinge nicht berücksichtigt oder stark vereinfacht. In der Praxis ändert sich beispielsweise die Dicke des Fadens in Abhängigkeit davon, wie stark er gespannt ist. Abgesehen davon, können wir den Faden auch schräg entlang der Spule aufwickeln, sodass mit einer Umdrehung mehr als nur eine Länge Umfang zustande kommt.

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:

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

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

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:

\[\binom{2}{0} = 1 \quad \checkmark \qquad \binom{3}{1} = 3 \quad \checkmark\]

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

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 (4 ⋅ 4 = 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 oder mehrere linke und rechte.