Memory 4x2

[Otmar]

Neues Lieblingsspiel meiner Tochter ist Memory mit 8 Kärtchen. Jeweils zwei mit einem Hasen, zwei mit einer Puppe zwei mit einem Flugzeug und zwei mit einer Ente. In den vergangen fünf Wochen hat sie jeden Tag 9 Mal mit der Mama und weitere 9 Mal mit dem Papa gespielt. Dabei hat sie 315 Mal gewonnen, also am Ende entweder alle oder drei der Kartenpärchen bekommen. Sie durfte bei allen Spielen anfangen.
Hat sie nun Glück gehabt oder Pech gehabt oder entspricht die Anzahl der Gewinne genau dem Erwartungswert, wenn jeweils beide Spieler versuchten, möglichst viele gleiche Kärtchen aufzudecken, wenn sie an der Reihe waren? Bei den wenigen Karten kann vorausgesetzt werden, dass Mama, Papa und Tochter sich die Positionen aller bereits aufgedeckter Karten merken konnten.

[Musagetes]

Hallo Otmar,

beim Memory, konnte ich meine Kinder nicht schlagen!

Ob das bei deiner Tochter, bei diesen Bedingungen, auch der Fall ist?!

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Kann ich nicht sagen,

- da es bei der Anzahl von acht Permutationen (8!)

- und vier Pärchen mit zwei gleichen Karten (2^4)

- und die vier verschiedenen Bilder untereinander vertauschbar sind (4!)


es 105 verschiedene Spielverläufe gibt, die ich noch nicht durchgespielt habe.

Viel Spaß beim Memory spielen!

Liebe Grüße
Musagetes

[Otmar]

@Musagetes

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etwas Fleißarbeit wird sich bei diesem Rätsel nicht verhindern lassen, aber es ist nicht nötig, alle 105 Spiele durchzuprobieren.

[Oberjeck]

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Ich würde sagen, das Kind hat genau so oft gewonnen, wie verloren.

5 Wochen mal 7 Tage mal 9 Spiele mal 2 Personen sind 630 Spiele. Meine Idee ist bestimmt nicht ausgereift, vielleicht ein Anfang?

Also hat jedes Elternteil durchschnittlich 157,5 Mal gewonnen und genau so oft verloren.

[Neuling]

Ein Anfang:

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Gäbe es nur 4 Karten, hätte derjenige der beginnt, nur eine Chance von 33,33 % zu gewinnen.
A A B B seien die Karten.
1. Zug kann AA, AB, AB (BB, BA, BA) sein. Nur bei AA (BB) gewinnt man. (1 von 3)

Gäbe es nur 6 Karten, hätte derjenige der beginnt, eine Chance von 62,96 % zu gewinnen.
A A B B C C seien die Karten.
1. Zug kann AA, AB, AB, AC, AC (...) sein.
1.1 Bei AA hätten wir danach den obigen Fall mit 4 Karten. (1 von 3)
1.2 Bei AB hätte der zweite Spieler die Möglichkeiten AB, AC, AC, BC, BC, CC - nur bei AB und CC wird er gewinnen. (4 von 6 für den Beginnenden)
1.3 analog 1.2
1.4 analog 1.2
1.5 analog 1.2
---> (1 von 3) + 4 * (4 von 6) = (17 von 27) für das Töchterchen.

Sind meine Überlegungen bis jetzt richtig?

[Neuling]

Ich glaube, ich habe einen Denkfehler drin. Werde es mir später noch mal anschauen.

[Neuling]

Mein Irrtum -

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ich habe immer gleichzeitig 2 Karten aufgedeckt. Das ist aber so nur der Fall, wenn man beginnt oder wenn es eine Spielsituation gibt, bei der die Lage von keiner der Restkarten bekannt ist. Ansonsten zieht man ja einzeln.

Es kann daher bei 6 Karten einen Spielstand geben, bei dem eine von 4 Karten bekannt ist, wenn man beginnt. Diesen Fall betrachte ich jetzt.
B bekannt, Restkarten (B, C, C)
Zieht man B gewinnt man, zieht man CC gewinnt man. Zieht man CB oder CB (kein Schreibfehler, diesen Fall gibt es zwei mal) verliert man. Das ist also eine fifty-fifty Chance.

Betrachtung für 6 Karten neu:
A A B B C C seien die Karten.
1. Zug kann AA, AB, AB, AC, AC (...) sein.
1.1 Bei AA hätten wir danach die bereits bekannte Situation 4 Karten, keine bekannt ---> Chance (1 von 3)
1.2 Bei AB kann der zweite Spieler als erste Karte ziehen A, B, C, C,
1.2.1 zieht er A hat er ein Paar und danach eine 50/50 Chance (siehe oben)---> (2 von 4) und damit für den 1. Spieler ebenfalls (2 von 4).
1.2.2 zieht er B hat er ein Paar und danach ebenfalls eine 50/50 Chance. ---> (2 von 4) und damit für den 1. Spieler ebenfalls (2 von 4).
1.2.3 zieht er C verbleiben für den 2. Zug (A, B, C). Bei A oder B verliert er. Bei C gewinnt er. ---> (Chance 1 von 3) und damit für den 1. Spieler (2 von 3).
1.3 analog 1.2
1.4 analog 1.2
1.5 analog 1.2
---> (1 von 3) + 4 * (6 von 11) = (25 von 47) = 53,19 %
D.h. derjenige, der bei 6 Karten beginnt, hat eine Chance von 53,19 % zu gewinnen.

Hallo Otmar! Wenn du das verstehst, was ich geschrieben habe, dann sage mir doch bitte, ob das so in Ordnung ist.

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Ich befürchte nämlich, mit 8 Karten packe ich es nach dieser Methode nicht und schon gar nicht, wenn jetzt bereits ein Fehler drin wäre.

[Otmar]

@Oberjeck

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Ja mit der 630 liegst du richtig. Und die Zahl kommt nicht von ungefähr, denn wenn ich bei meiner Lösung alle Wahrscheinlichkeiten mit 630 multipliziere, dann habe ich nur ganze Zahlen und schaffe damit die Lösung auf einem A4 Blatt (beidseitig beschrieben )

@Neuling

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Dein Ansatz ist meinem sehr ähnlich. Aber es gibt noch feine Unterschiede. Es reicht für die Rekursion nicht ganz, allein die Gewinnwahrscheinlichkeit mit zwei Karten weniger zu notieren. Jedenfalls bei meiner Lösung brauche ich für jede Situation die Wahrscheinlichkeiten dafür, wieviel Karten der Spieler, der am Zug ist, gewinnen wird. Also bei 6 Karten kann ich 0, 1, 2 oder 3 Paare erreichen und dafür gibt es Wahrscheinlichkeiten.

Und dann sind bei weniger als 8 Karten auch noch alle Stände mit bereits bekannten Karten zu berücksichtigen. Bei 6 Karten könnten ja auch 3 Karten schon bekannt sein. Z.B: Tochter deckt AB auf, Papa deckt CD auf, Tochter deckt AA auf ---> es sind noch sechs Karten mit 3 Bekannten auf dem Tisch. Hier spielt die Tochter bis zum Schluss und räumt ab.

[Neuling]

@Neuling

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Und dann sind bei weniger als 8 Karten auch noch alle Stände mit bereits bekannten Karten zu berücksichtigen. Bei 6 Karten könnten ja auch 3 Karten schon bekannt sein. Z.B: Tochter deckt AB auf, Papa deckt CD auf, Tochter deckt AA auf ---> es sind noch sechs Karten mit 3 Bekannten auf dem Tisch. Hier spielt die Tochter bis zum Schluss und räumt ab.

Hast du dich hier grad verschrieben?

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Was du beschreibst tritt doch erst bei 8 Karten auf. Aber wenn bei 6 Karten das Töchterchen AB aufdeckt und der Papa dann als erstes ein C und als zweites kein C, dann hat der Papa verloren.

[Otmar]

@Neuling,

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es war so gemeint: Begonnen wurde mit 8 Karten und nachdem das erste Pärchen gefunden war, liegen noch 6 Karten da und 3 davon sind bereits bekannt.

Ich hab die Rekursion immer dann verwendet, wenn zwei Karten weniger auf dem Tisch lagen, unabhängig davon, ob der Spieler wechselt oder nicht.