Memory 4x2 Rätsel ist gelöst

Rätsel, die zum Lösen einen größeren Zeitaufwand erfordern, wie z. B. schwierige Physik- und Matherätsel.

Re: Memory 4x2

Beitragvon Musagetes » Montag 22. Februar 2016, 19:17

Hallo Otmar,

ich habe einen Spieleabend eingelegt und alle Spielverläufe durchgespielt.

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Anzahl er Spielverläufe.
- Anzahl von acht Permutationen (8!)
- vier Pärchen mit zwei gleichen Karten (2^4)
- vier verschiedene Bilder untereinander vertauschbar (4!)

Ergibt 8!/2^4/4! = 105 Spielverläufe

Du hattest Recht, man müsste nicht alle 105 Spielverläufe,
sondern nur 82 (s. Tabelle rote Zahlen) durchspielen. Das resultiert daraus,
dass dein Tochter immer anfangen darf und deshalb
sofort alle Pärchen aufdecken kann wenn die ersten vier Karten
alle verschieden sind.
Dies kommt bei allen Fällen sehr häufig vor, nämlich 24-mal (4!) von 105 Verläufen! (rote Zahlen)
Wenn man diesen Spielablauf nicht berücksichtigt, würde sie nur 57 – 24 = 33 mal gewinnen,
also fast so oft wie die Eltern (34 mal)!

Memory 2 x 4 Lösung.xlsx
Tabelle Memory 4x2
(25.86 KiB) 334-mal heruntergeladen


Das ist auch der Grund, für das häufigere Gewinnen deiner Tochter!

Jetzt weiß ich auch, warum Kinder immer zuerst anfangen wollen.


Viel Spaß beim Memorieren!

Liebe Grüße
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Re: Memory 4x2

Beitragvon Otmar » Montag 22. Februar 2016, 23:54

@Musagetes,
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bin mir nicht ganz sicher, ob ich schon abhaken soll. Die Tendenz ist richtig, aber die Zahlen stimmen nicht mit meinen überein. Kann jetzt leider nicht die 105 Spiele einzeln durchspielen, aber z.B. in Zeile 27 müsste doch die Tochter gewinnen:

H I J K L M N O
1 2 1 3 4 2 3 4


Tochter öffnet H I´
Eltern öffnen J H --> behalten 1 1
Eltern öffnen K L
Tochter öffnet M I --> behält 2 2
Tochter öffnet N K --> behält 3 3
Tochter öffnet O L --> behält 4 4
Liebe Grüße, Otmar.
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Re: Memory 4x2

Beitragvon Musagetes » Dienstag 23. Februar 2016, 17:09

Hallo Otmar,

du hattest Recht, da war ein Routinefehler drinnen.
Habe die Tabelle nochmal überflogen, das müsste nun passen.

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Anzahl er Spielverläufe.
- Anzahl von acht Permutationen (8!)
- vier Pärchen mit zwei gleichen Karten (2^4)
- vier verschiedene Bilder untereinander vertauschbar (4!)

Ergibt 8!/2^4/4! = 105 Spielverläufe

Du hattest Recht, man müsste nicht alle 105 Spielverläufe,
sondern nur 82 (s. Tabelle rote Zahlen) durchspielen. Das resultiert daraus,
dass dein Tochter immer anfangen darf und deshalb
sofort alle Pärchen aufdecken kann wenn die ersten vier Karten
alle verschieden sind.
Dies kommt bei allen Fällen sehr häufig vor, nämlich 24-mal (4!) von 105 Verläufen! (rote Zahlen)
Wenn man diesen Spielablauf nicht berücksichtigt, würde sie nur 63 – 24 = 39 mal gewinnen,
also fast so oft wie die Eltern (34 mal)!

Memory 4 x 2 Lösung.xlsx
(25.91 KiB) 360-mal heruntergeladen


Das ist auch der Grund, für das häufigere Gewinnen deiner Tochter!

Nun weiß ich auch, warum Kinder immer zuerst anfangen wollen.


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Re: Memory 4x2

Beitragvon Otmar » Dienstag 23. Februar 2016, 19:33

:glueckwunsch: Musagetes

Du hast das Rätsel gelöst! :juchhu:

Ich warten noch ein wenig, bis ich meine Lösung einstelle, die einen ganz anderen Lösungsweg verfolgt und zum gleichen Ergebnis kommt.
Liebe Grüße, Otmar.
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Re: Memory 4x2

Beitragvon Otmar » Dienstag 23. Februar 2016, 22:16

Jetzt hatte ich doch etwas Zeit, mein Lösungszettel abzuschreiben:
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Spielstände

Man kann das Spiel in Spielstände (=Zustände) einteilen, wobei in jedem Spielstand noch p Paare auf dem Tisch sind und davon b Karten bekannt sind, weil sie vorher schon umgelegt wurden. Dabei sollen die bekannten Karten alle voneinander verschieden sein. Bei 4 Paaren ist b offenbar geradzahlig. Bei weniger als 4 Paaren (p<4), kann b alle Werte von 0 bis p annehmen. Es sei n=2p-b die Zahl der noch unbekannten Karten.

Übergänge zu neuen Zuständen

Wenn ein Spieler in so einem Zustand am Zug ist gibt es 4 Möglichkeiten. Er wird in allen Möglichkeiten zuerst eine unbekannte Karte drehen.

Möglichkeit A: Er deckt aus den unbekannten Karten eine bekannte Karte auf und kassiert beide Karten ein. Es verbleibt ein Zustand mit p-1 Paaren und b-1 bekannten Karten. Er bleibt am Zug. Die Wahrscheinlichkeit dafür ist P(A)=b/n, weil in den n Karten ja die gleichartigen Karten der b bekannten enthalten sind.

In den anderen 3 Möglichkeiten deckt er erst eine unbekannte Karte mit der Wahrscheinlichkeit P(R)=1-P(A)=(n-b)/n auf. Die zweite Karte wird aus den verbleibenden n-1 unbekannten Karten aufgedeckt.

Möglichkeit B: Die zweite Karte wird passt zur ersten aufgedeckten. P(B)=P(R)*1/(n-1). Er kassiert die Karten ein und bleibt am Zug im Spielstand mit p-1 Paaren und b bekannten Karten.

Möglichkeit C: Die zweite Karte passt zu einer bereits bekannten. P(C)=P(R)*b/(n-1). Der Gegenspieler kommt dran und nimmt das bekannte Pärchen. Danach ist der Gegenspieler im Zustand mit p-1 Paaren und anderen aber weiterhin b unbekannten Karten.

Möglichkeit D: Auch die zweite Karte passt zu keiner bereits bekannte Karte. P(D)=P(R)*(n-b-2)/(n-1). Der Gegenspieler kommt dran und ist im Zustand mit weiterhin p Paaren und b+2 bekannten Karten.

Das Spiel bewegt sich also aus seinem Zustand entweder bei gleichbleibenden p zu höherem b (Möglichkeit D) oder zu Zuständen mit p-1 Paaren. So kann man sich zu einfachen Zuständen vorarbeiten.

Wahrscheinlichkeiten für die Anzahl gefundener Paare

Für so einen Zustand mit p Paaren und b bekannten Karten seien S(0), S(1),..., S(p) die Wahrscheinlichkeit für die Anzahl der vom Spieler am Zug ab diesem Zustand gefundenen Paare, S(0) für keine Paare bis S(p) für alle verbliebenen Paare. Für Zustände mit nur zwei Paaren oder Zustände mit b=p kann man S(i) sofort angeben.

Für andere Zustände kann man S(i) aus einfacheren Zuständen rekursiv ermitteln:

Bezeichnet man mit Q(i)=S(p-i) die Wahrscheinlichkeiten für die Anzahl der Karten, die der Gegenspieler im Zustand mit p Paaren und b bekannten Karten erlangt, dann erhält man rekursiv:

S(i) = P(A)*S'(i-1)+P(B)*S''(i-1)+P(C)Q''(i)+P(D)Q'''(i)

Dabei ist S' aus dem Zustand mit p-1 Paaren und b-1 bekannten Karten,
S'' und Q'' aus dem Zustand mit p-1 Paaren und b bekannten Karten und
Q''' aus dem Zustand mit p Paaren und b+2 bekannten Karten.

Hier beachte man, dass nach dem Spielerwechsel nach Möglichkeit C bzw. D der Gegenspieler wieder der Spieler ist, der beim aktuellem Zustand gerade am Zug ist.

Falls eine der Möglichkeiten A, B, C oder D nicht geht, setzt man den P(A), P(B), P(C) oder P(D) einfach 0. Ebenso falls S(i) oder Q(i) nicht definiert ist, z.B. S(-1), dann wird einfach S(i)=0 angenommen. Grafisch kann man sich das noch etwas schöner klarmachen.

E(i)=630*S(i) sei der Erwartungswert bei dem ein Spieler bei 630 mal Spielen vom Zustand mit p Paaren und b bekannten Karten i Pärchen erreicht. Folgende Tabelle zeigt 10 Zustände mit a bis j bezeichnet. Für die einfachen Zustände c, g, h, i, und j sind die Erwartungswerte E(i) bereits eingetragen. n, n-b und (n-b)/(n-1) sind Hilfsgrößen zum Berechnen der Übergangswahrscheinlichkeiten P(A), P(B), P(C) und P(D). Zu den Übergangswahrscheinlichkeiten ist mit einem Pfeil angegeben, welcher Zustand bei der entsprechenden Möglichkeit A, B, C bzw. D erreicht wird.

Ausrechnen

Zustand p b n E(0) E(1) E(2) E(3) E(4) n-b  (n-b)/(n-1)   P(A)      P(B)     P(C)     P(D)
a 4 0 8 8 1/7 1/7 ->d 6/7 ->b
b 4 2 6 4 2/15 1/3 ->e 2/15->f 4/15->f 4/15->c
c 4 4 0 0 0 0 630
d 3 0 6 6 1/5 1/5 ->h 4/5 ->f
e 3 1 5 4 1/5 1/5 ->h 1/5 ->i 1/5 ->i 2/5 ->g
f 3 2 4 2 1/6 1/2 ->i 1/6 ->j 1/3 ->j
g 3 3 0 0 0 630 -
h 2 0 420 0 210 - -
i 2 1 210 0 420 - -
j 2 2 0 0 630 - -


Nun sind noch die Erwartungswerte für die Zustände f, e, d, b und a in dieser Reihenfolge auszurechnen. Dann ist man am Ziel:

Zustand p b n E(0) E(1) E(2) E(3) E(4) 
a 4 0 8 72 96 84 132 246
b 4 2 6 252 140 84 70 84
c 4 4 0 0 0 0 630
d 3 0 6 252 84 84 210 -
e 3 1 5 336 126 42 126 -
f 3 2 4 215 105 0 315 -
g 3 3 0 0 0 630 -
h 2 0 420 0 210 - -
i 2 1 210 0 420 - -
j 2 2 0 0 630 - -


Lösung

Meine Tochter hätte, wenn die Spiele erwartungsgemäß verteilt gewesen wären, in 132+246=378 Spielen gewinnen können. Sie hat also Pech gehabt.
Liebe Grüße, Otmar.
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Re: Memory 4x2

Beitragvon Gabum » Donnerstag 25. Februar 2016, 18:57

Hallo Otmar!

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Ich habe ausgerechnet, dass deine liebe Tochter in 11/15 der Fälle gewinnen muss. Sie hatte also Pech beim Spielen :)


Hoffentlich ist die Antwort richtig, ich habe nämlich gerade 2 Stunden mit dem errechnen der möglichen Fälle und der entsprechenden Wahrscheinlichkeiten zugebracht :freude: :freude: :freude:
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Re: Memory 4x2

Beitragvon Otmar » Donnerstag 25. Februar 2016, 19:56

Hallo Gabum,
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ein Teil der Antwort ist richtig, aber der Prozentsatz ist zu hoch. Ich schreib jetzt nicht rein, wie hoch er ist, falls du deine Rechnung nochmal durchgehen möchtest. Ansonsten findest du zwei unterschiedliche Lösungswege weiter oben.

M.E. sind 2 Stunden angemessen für eine harte Nuss.


Hoffe es hat Spaß gemacht.
Liebe Grüße, Otmar.
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