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Matroids Matheplanet Forum Index » Rätsel und Knobeleien (Knobelecke) » * Advent im Wunderland 1 – Das Experiment
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Kein bestimmter Bereich * Advent im Wunderland 1 – Das Experiment
Squire
Senior Letzter Besuch: im letzten Monat
Dabei seit: 18.08.2015
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  Themenstart: 2022-11-19

Unter dem Baum stand ein gedeckter Tisch, und der Hutmacher und der Schnapphase hatten sich schon daran niedergelassen und tranken Tee. Zwischen den beiden saß die Haselmaus mit gesenktem Kopf, während sich ihre zwei Nachbarn über sie hinweg unterhielten. Der Hutmacher hielt dabei ein Paket Spielkarten in der Hand. “Was spielt ihr denn hier?”, fragte Alice in die Runde. “Wir spielen nicht”, erklärte der Hutmacher wichtigtuerisch. “Wir führen ein wissenschaftliches Experiment durch.” Alice blickte auf die Haselmaus, die sichtlich eingeschlafen war, und dachte sich ihren Teil, fragte aber höflich: “Und was ist das für ein Experiment?” “Ich habe hier ein vollständiges Paket mit 52 Spielkarten. Das Paket wird gut gemischt und dann zieht der Schnapphase eine Karte. Die Haselmaus schreibt auf, welche Karte es war. Dann wird die Karte zurück in das Paket gesteckt, gut gemischt und es geht von vorne los! Wir machen das so lange, bis jede Karte zumindest einmal gezogen wurde.” Alice hatte nun schon einiges Seltsames im Wunderland gesehen, aber das schien ihr doch ein recht langweiliges und vor allem langwieriges Experiment zu sein. “Dauert das nicht sehr lange?”, fragte sie schüchtern. Der Hutmacher sah auf die Haselmaus, die leise zirpend schnarchte. “Ja, wir müssen tatsächlich ab und zu kleine Pausen einlegen. Aber was glaubst denn du, wie oft wir eine Karte ziehen müssen?” Was ist der Erwartungswert der Anzahl der Kartenzüge für dieses “Experiment”? Antworten sind wie immer mit PN willkommen! Eine schöne Woche bis zum ersten Adventsonntag! Grüße Squire https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/viewtopic.php?topic=260731 https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/viewtopic.php?topic=260805 https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/viewtopic.php?topic=260889


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Squire
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  Beitrag No.1, vom Themenstarter, eingetragen 2022-11-21

Gratulation und Respekt für cramilu MontyPythagoras für ihre korrekten Ruckzuck-Lösungen. Heute wäre für aufmerksame Internet-Nutzer/innen übrigens ein besonders guter Tag, sich mit dem Rätsel zu befassen. Grüße Squire


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Squire
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  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2022-11-23

Gratulation und Respekt für shadowking Grüße Squire


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Squire
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  Beitrag No.3, vom Themenstarter, eingetragen 2022-11-25

Gratulation und Respekt für tactac Grüße Squire


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Squire
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  Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2022-12-01

Mit seiner Zustimmung darf ich das folgende Zusatzrätsel von MontyPythagoras vorstellen: "Ach Du heilige Haselnuss!" zirpte es plötzlich. Die Haselmaus war hochgeschreckt und starrte entsetzt auf ihre winzige Uhr, auf deren Zifferblatt Alice beim besten Willen keine Zeiger ausmachen konnte. "Es ist ja schon ein Viertel Gnarz vor Schmirk." - "Gesundheit!" entfuhr es Alice. Die Haselmaus sah sie entgeistert an. "Wir haben bisher gerade einmal 120 Züge geschafft, bei einer Rate von, warte..., nicht einmal 400 Ziehungen pro Gnarz! Um spätestens Punkt Schmirk muss ich los, denn ich muss mich um wichtiges..., äh, Haselmausbusiness kümmern!" Erstaunt schauten sich der Hutmacher, der Schnapphase und Alice an. "Los, worauf wartet ihr? Wir verdoppeln die Taktrate auf 800 Züge pro Gnarz. Dann schlafe ich auch nicht ein. Hutmacher, Schnapsnase, zack zack, gebt Gas!" befahl die Haselmaus. "Wie hast Du mich ...?" begann der Schnapphase entrüstet zu fragen, aber der Hutmacher rammte ihm schon den Kartenstapel an die Pfote. "Was meinst Du, Alice, schaffen wir es bis Punkt Schmirk?" "Nun ja" entgegnete Alice stirnrunzelnd, "wenn Ihr die 800 Ziehungen pro Gnorz schafft..." - "GNARZ, nicht Gnorz!!!" fiepste die Maus. "Entschuldigung!" fuhr Alice fort, "800 Ziehungen pro GE-NAARRRZZ, dann ist die Wahrscheinlichkeit zumindest recht hoch...". - "Wie hoch genau?" fragte die Haselmaus hektisch. Wie hoch ist die Wahrscheinlichkeit, dass die drei vor Punkt Schmirk ihr Experiment beenden können? Antworten sind wie immer mit PN willkommen! Grüße Squire


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Squire
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  Beitrag No.5, vom Themenstarter, eingetragen 2022-12-04

Gratulation und Respekt für MartinN JoeM (richtige Lösungen zum Rätsel im Themenstart) Grüße Squire


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Squire
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  Beitrag No.6, vom Themenstarter, eingetragen 2022-12-08

Gratulation und Respekt für gonz (richtige Lösung zum Rätsel im Themenstart) Grüße Squire


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Squire
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  Beitrag No.7, vom Themenstarter, eingetragen 2022-12-18

Alle vier Adventrätsel harren noch weiterer Lösungsvorschläge! Meine Auflösung gibt's dann um den Heiligen Abend herum. Schönen vierten Adventsonntag! Grüße Squire


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Squire
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  Beitrag No.8, vom Themenstarter, eingetragen 2022-12-24

\showonLösung Der Erwartungswert ist $52 \cdot H_{52}$, das ist gerundet 236. Hier ist eine ausführliche Diskussion des Problems: https://de.wikipedia.org/wiki/Sammelbilderproblem#Erwartungswert Wie der Zufall so spielt, war dies am Montag nach der Veröffentlichung des Rätsels der Artikel des Tages in der deutschsprachigen wikipedia. \showoff Lösungsvorschläge zum Zusatzrätsel in #4 sind weiterhin willkommen und dürfen auch offen gepostet werden. Frohe Weihnachten! Squire


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MontyPythagoras
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  Beitrag No.9, eingetragen 2023-01-02

Hier meine recht einfache Lösung: \showon Wenn bereits $k$ unterschiedliche Karten gezogen wurden und der Erwartungswert der noch zu ziehenden Karten ist $E_k$, dann gilt $$E_k=1+\frac{52-k}{52}E_{k+1}+\frac k{52}E_k$$denn es wird nun eine Karte gezogen und mit einer Wahrscheinlichkeit von $\frac{52-k}{52}$ wird eine der bisher noch nicht gezogenen Karten erwischt, und mit einer Wahrscheinlichkeit von $\frac k{52}$ eine der bereits gezogenen. Aus obiger Gleichung folgt, wenn man sie nach $E_k$ auflöst: $$E_k=\frac{52}{52-k}+E_{k+1}$$Nun kann man einfach aufaddieren, und es ist $$E_0=52\sum_{k=0}^{51}\frac1{52-k}$$$$E_0=52\sum_{k=1}^{52}\frac1k=52H_{52}$$$$E_0=235\mathord,9782854362673\dots$$Sie müssen also rund 236 mal ziehen. \showoff Möchte noch jemand das Zusatzrätsel aus Beitrag #4 lösen? Und es gäbe noch die härtere Nuss: wie hoch ist die Wahrscheinlichkeit, dass um Punkt Schmirk immer noch 2 Karten fehlen? Ciao, Thomas


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MartinN
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  Beitrag No.10, eingetragen 2023-01-08

per PN gewünscht


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MontyPythagoras
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  Beitrag No.11, eingetragen 2023-01-11

MartinN (und vorher auch schon Squire) haben das Zusatzrätsel aus #4 gelöst. Glückwunsch! Möchte es noch jemand probieren? Sonst lösen Squire oder ich auf. Ciao, Thomas


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Folgende Antworten hat der Fragensteller vermutlich noch nicht gesehen.
MontyPythagoras
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  Beitrag No.12, eingetragen 2023-01-13 14:48

Dann löse ich mal das Zusatzrätsel auf: Zum Zeitpunkt der Diskussion waren schon 120 Karten gezogen worden. Bis "Punkt Schmirk" schaffen sie bei der Taktrate, die sie sich vorgenommen haben, noch 200 weitere Züge. Sie werden bis Punkt Schmirk also 320 mal gezogen haben. Sei $n$ die Zahl der Karten (52), $z$ die Zahl der Ziehungen und $u$ die Zahl der unterschiedlichen Karten, dann ist die Anzahl der Ereignisse, dass in höchstens $z$ Ziehungen $u$ unterschiedliche Karten gezogen wurden, rekursiv zu berechnen: $$A(n,z,u)=(n-u+1)A(n,z-1,u-1)+uA(n,z-1,u)$$In Worten: entweder waren eine Ziehung vorher erst $u-1$ unterschiedliche Karten gezogen worden und es wird eine neue, bis dato noch nicht gezogene Karte gezogen - das ist der erste Term. Oder eine Ziehung vorher waren auch schon $u$ unterschiedliche Karten gezogen worden und es wird eine Karte zum wiederholten Mal gezogen - das ist der zweite Term. Es gilt außerdem als Startpunkt der Rekursion: $$A(n,z,1)=n$$und $$A(n,u,u)=\frac{n!}{(n-u)!}$$Offensichtlich muss auch $z\geq u$ gelten, denn es können nicht mehr unterschiedliche Karten gezogen werden, als insgesamt Ziehungen stattgefunden haben. Nun kann man sich erst einmal hocharbeiten und beginnt mit $u=2$: $$\begin{split} A(n,z,2)&=(n-1)A(n,z-1,1)+2A(n, z-1,2)\\ &=n(n-1)+2A(n,z-1,2)\\ &=n(n-1)+2n(n-1)+4A(n,z-2,2)\\ &=(...)\\ &=(2^{z-1}-1)n(n-1) \end{split}$$Der gleiche Spaß für $n=3$ und $n=4$ wird ein bisschen aufwendiger und ich bin faul. Es kommt heraus: $$A(n,z,3)=\frac{n!}{2(n-3)!}\left(3^{z-1}-2\cdot2^{z-1}+1^{z-1}\right)$$$$A(n,z,4)=\frac{n!}{2\cdot3\cdot(n-4)!}\left(4^{z-1}-3\cdot3^{z-1}+3\cdot2^{z-1}-1^{z-1}\right)$$Man erkennt ein Muster und stellt folgende verwegene Vermutung auf: $$A(n,z,u)=u\binom nu\sum_{k=0}^{u-1}(-1)^k\binom{u-1}k(u-k)^{z-1}$$die sich per vollständiger Induktion und mithilfe der Rekursionsvorschrift beweisen lässt. Aber ich bin ja faul. Wir können die Formel noch ein wenig aufhübschen und erhalten: $$A(n,z,u)=(-1)^u \binom nu \sum_{k=0}^u(-1)^k\binom uk k^z$$Die Wahrscheinlichkeit, nach $z$ Ziehungen $u$ unterschiedliche Karten zu haben, ist dann $$P(n,z,u)=\frac1{n^z}A(n,z,u)=(-1)^u \binom nu \sum_{k=0}^u(-1)^k\binom uk \left(\frac kn\right)^z$$Nach 120 Ziehungen, zu Beginn des Endspurts, schon 52 unterschiedliche Karten gezogen zu haben, wäre $P(52,120,52)=0\mathord,0020251456\dots$, nach 320 Ziehungen wäre $P(52,320,52)=0\mathord,90049230\dots$. Der erste Fall war aber offenkundig nicht eingetreten. Die bedingte Wahrscheinlichkeit, Punkt Schmirk fertig zu sein ist daher: $$\frac{P(52,320,52)-P(52,120,52)}{1-P(52,120,52)}=0\mathord,900290376\dots$$oder ungefähr 90%. Zur Bonus-Bonus-Frage, dass um Punkt Schmirk immer noch 2 Karten fehlen: Die Wahrscheinlichkeit, nach 320 Zügen 50 unterschiedliche Karten zu haben ist $P(52,320,50)=0\mathord,0043438177\dots$. Wir wissen nicht, wie viele unterschiedliche Karten nach 120 Zügen schon gezogen worden waren, aber es waren höchstens 50. Die Eintretenswahrscheinlichkeit dafür war $1-P(52,120,52)-P(52,120,51)=0\mathord,982029722\dots$. Da am Ende die Gesamtwahrscheinlichkeit für 50 gezogene Karten $P(52,320,50)$ betragen muss, wobei der Fall höchstens 50 Karten nach 120 Zügen schon eingetreten ist, ist die Wahrscheinlichkeit $$\frac{P(52,320,50)}{1-P(52,120,52)-P(52,120,51)}=0\mathord,00442330\dots$$(Es hätte ja auch sein können mit einer Wahrscheinlichkeit von rund 1,8%, dass nach 120 Zügen schon 51 oder 52 unterschiedliche Karten gezogen wurden, was es unmöglich machen würde, nach 320 Zügen nur 50 Karten zu haben). Ciao, Thomas


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