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AnnaKath
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 |  Themenstart: 2023-02-05
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Huhu zusammen,
unlängst lag ich eine Weile gesundheitlich bedingt danieder und habe meinem wirren Kopf mit seichter Unterhaltung beruhigt. Dabei habe ich einige Folgen der britischen Unterhaltungsshow "8 out of 10 cats does countdown" geschaut. Zwar sind Rachel Rileys Rechenkünste beeindruckend, doch habe ich mich mehr mit der Struktur des in der Show enthaltenen Rechenspiels beschäftigt. Daraus ist eine Frage erwachsen, die ich hier nun als Knobelaufgabe formuliere.
Für eine Spielshow werden $6$ Zahlen ausgewählt, die dem Spieler als Bausteine zur Verfügung stehen. Des Weiteren wird eine Zahl ("Target") zwischen $100$ und $999$ (inkl.) zufällig bestimmt. Aufgabe des Spielers ist es nun, das Ziel unter Verwendung bis zu aller der vorgegebenen Zahlen und den Grundrechenarten und Klammern zu erreichen.
In der Spielschow stehen dazu $30$ Sekunden zur Verfügung, diese Kleinigkeit ersparen wir uns hier aber.
Das einigermassen Unterhaltsame ergibt sich nun aus dem Auswahlprozess der vorgegebenen Ziffern. Dies funktioniert wie folgt: Der Spieler nennt eine Zahl $l \in \{0, \ldots, 4 \}$. Dann werden $l$ Zahlen aus $L=\{ 25, 50, 75, 100 \}$ ohne Zurücklegen zufällig ausgewählt. Anschliessend werden $s=6-l$ Zahlen mit Zurücklegen aus* $S=\{ 1, \ldots, 10 \}$ zufällig bestimmt.
Alle zufälligen Auswahlen werden natürlich unabhängig von einander ausgeführt.
Stellen wir uns nun ein paar einführende Fragen zu dem Spiel:
(i) Wie viele unterschiedlichen Spielkombinationen sind möglich?
(ii) Kann jede Targetzahl (durch irgendeine Konfiguration) erreicht werden?
(iii) Gibt es gar Konstellationen, die alle Zielzahlen erreichen können?
Um dann zur natürlichen (und bereits vielfach beantworteten) Frage zu kommen
(iv) Welches $l$ sollte der Spieler wählen, um möglichst grosse Chancen (hier setzen wir eine Gleichverteilung bei der Auswahl von Zahlen voraus) zu haben, die Zielzahl erreichen zu können?
Alle diese Fragen sind noch kaum einen Stern wert. Allerdings gibt es eine Frage, die m.E.n. durchaus einen Stern verdient. Da deren Formulierung jedoch zu viele Hinweise auf die ersten Fragen gibt, stelle ich sie in einem Hide-Bereich.
\hideon
Welcher Anteil der möglichen Zusammenstellungen der $6$ verfügbaren Bausteine/Zahlen erlaubt es, alle möglichen Zielzahlen zu erreichen?
\hideoff
Für alle, die ein wenig experimentieren wollen kann man die "verborgene" Frage und Frage (iv) auch gerne unter den beiden folgenden veränderten Spielbedingungen beantworten:
(a) Man ersetze $L$ durch $L' = \{ 12, 37, 62, 87\},$
(b) Die Zielzahl werde aus $\{ 222, \ldots, 888 \}$ ermittelt.
Einen schönen Sonntag und viel Vergnügen,
AK.
*) Hier wurde die Aufgabenstellung nachträglich geändert. Ursprünglich wurden die kleinen Ziffern nur aus 1, ..., 9 gezogen. Dies ist aber nicht so interessant.
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cramilu
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 | Beitrag No.1, eingetragen 2023-02-06
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Huhu AK 😉
Anmerkung:
Nach dem originalen Verfahren beim »Countdown number game«
werden aus \(S_0=\{1,1,2,2,3,3,4,4,5,5,6,6,7,7,8,8,9,9,10,10\}\)
\(s=6-l\) Zahlen ohne Zurücklegen gezogen, also von jeder Zahl
höchstens zwei, aber dafür eine Ausprägung mehr (1 bis 10)!
Zur Kaum-Stern-Teilfrage (i):
\[t\;=\;\sum\limits_{k=0}^4\,\binom{4}{k}\cdot\binom{14-k}{6-k}\;=\;\sum\limits_{k=0}^4\,\binom{4}{k}\cdot\binom{14-k}{8}\;=\;11\,826\]
\(L\) und \(S\) sind disjunkt, also scheiden Inklusionsbetrachtungen
zwischen den beiden Arten der Ziehungen aus. Uff!
\(t\) [total] nennt die Summe der jeweils miteinander multiplizierten
Teilkombinationsanzahlen: \(11\,826\) . In den beiden Faktoren stecken
jene Anzahlen drin; im ersten diejenige für \(k\)-maliges Ziehen ohne
Zurücklegen aus der Grundmenge \(L\) der Mächtigkeit \(N_1=\vert L\vert=4\),
und im zweiten die für \((6-k)\)-maliges Ziehen mit Zurücklegen aus
der Grundmenge \(S\) der Mächtigkeit \(N_2=\vert S\vert=9\) \(-\) in beiden Fällen
ohne Berücksichtigung der Ziehungsreihenfolge!
Zur Kaum-Stern-Teilfrage (ii): Ja !
Für die Hunderter braucht es eine "100" und eine passende Einerziffer.
Für den dann nur noch zweistelligen Rest wird es ein Vielfaches von \(25\)
geben, zu dem er eine Differenz von höchstens zwölf aufweist; und
sei es auch der zuvor modellierte betreffende 'Hunderter'. Na, also
braucht man ggf. als dritte Zahl das 'passende' Vielfache von "25"
sowie zwei weitere Einerziffern mit Summe \(12\).
Zur Kaum-Stern-Teilfrage (iii):
Tatsächlich gibt es 'perfekte Ziehungen', mit denen alle Zielzahlen
\(100...999\) erreicht werden können; z.B. \(\{2,3,4,5,6,75\}\) .
Auf die bin ich über den Knobelklassiker gestoßen, wo man mit
möglichst wenigen ganzzahligen Grammsteinen einen möglichst
großen Massebereich in Ganzgrammschritten abdecken soll.
So kann man mit drei Grammsteinen zu \(1g\), \(3g\) und \(9g\) alle Massen
von \(1g\) bis \(13g\) abwiegen. Und \(999/13\approx75\) 😉 . Um sich nun einer
Zielzahl zunächst mit einem Vielfachen von \(75\) zu nähern, braucht
es die als Faktor neutrale \(1\) nicht, sondern man kann als kleinste
die \(2\) nehmen. Für Summe \(13\) braucht man eine Restsumme von
\(11\), am besten mit zwei annähernd gleich großen Summanden,
also \(5\) und \(6\). Und \(\{2,5,6,75\}\) lässt sich dann wahrlich mit \(3\) und \(4\)
derart erweitern, dass alle Zielzahlen 'abzudecken' sind.
War von der Überlegung her ggf. ein Duseltreffer, ist aber überprüft!
Nachtrag: Auch \(\{5,6,7,8,9,25\}\), \(\{5,6,7,8,9,75\}\) und \(\{5,6,7,8,9,100\}\)
sind 'perfekte Ziehungen'. Das könnte sich, sobald man auch noch
mehr als eine aus \(L\) und/oder doppelte, dreifache etc. aus \(S\) mit
einbezieht, also durchaus zu hundert oder gar mehr auswachsen...
Weiter bei Gelegenheit... oder auch nicht... 🤔
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AnnaKath
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| Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2023-02-06
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Huhu cramilu,
schön, dass Du miträtselst. Deine Antwort auf (i) ist korrekt... Allerdings habe ich die Frage "falsch" (im Sinne der tatsächlichen Show) gestellt und deshalb eine andere Zahl im Kopf gehabt.
Leider ergeben sich unter den von mir beschriebenen Bedingungen einige unterhaltsame Aspekte bei der weiteren Untersuchung nicht. Deshalb korrigiere ich die Aufgabenstellung. Die "kleinen" Zahlen werden nun aus $S = \{ 1, \ldots, 10 \}$ gezogen.
Entschuldigend,
AK
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cramilu
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| Beitrag No.3, eingetragen 2023-02-07
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Nun gut... zwischenzeitliche Aufarbeitung:
Ganz streng genommen müsste man für die Anzahl an
unterschiedlichen 'Spielkombinationen' allgemein das \(t\)
noch mit der Anzahl an möglichen Zielzahlen malnehmen:
\(t_0^{\prime}\;=\;11\,826\;×\;900\;=\;10\,643\,400\) .
Für das erweiterte \(S_1=\{1,...,10\}\) ergibt sich \(t_1\) erhöht:
\(t_1\;=\;\sum\limits_{k=0}^4\,\binom{4}{k}\cdot\binom{15-k}{6-k}\;=\;\sum\limits_{k=0}^4\,\binom{4}{k}\cdot\binom{15-k}{9}\;=\;18\,238\)
... und entsprechend \(t_1^{\prime}\;=\;18\,238\;×\;900\;=\;16\,414\,200\) .
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