letztes Streichholz 2 Rätsel ist gelöst

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

letztes Streichholz 2

Beitragvon black » Montag 15. März 2010, 10:26

In einer Streichholzfabrik spielen 2 Mitarbeiter ein Pausenspiel. Die Regeln:

  1. Anfangs liegen 1000 Streichhölzer auf dem Tisch.
  2. Die Spieler A und B nehmen abwechseln 1, 4, 11 oder 19 Streichhölzer weg. A fängt an.
  3. Wer das letzte Streichholz nimmt, verliert.

Wer gewinnt, falls beide Spieler sehr schlau sind und optimal spielen?
Spoilersperre ist festgelegt - Spoiler sind geöffnet
Start: Montag 15. März 2010, 10:26
Ende: Dienstag 16. März 2010, 10:26
Aktuell: Freitag 29. März 2024, 11:21
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Re: letztes Streichholz 2

Beitragvon Musagetes » Dienstag 16. März 2010, 11:45

Hallo Black,

standen nicht einmal 1, 4, 11 oder 23 Streichhölzer zum Wegnehmen zur Auswahl!?

Versuche dennoch einmal eine Lösung!

Mehr ->
Dieses Spiel baut auf einem selbsterfüllenden System auf.
Das heißt, bei optimaler Spielweise steht vor Spielbeginn der Gewinner fest.
Der Spielausgang für die beiden Spieler A und B ist abhängig, wer anfangen darf oder muss
bzw. wie viele Streichhölzer am Anfang liegen.

Hier fängt Spieler A an:
Das heißt bei zwei Streichhölzern nimmt z. B. Spieler A eines und gewinnt sofort, also bei
1+1=2.
Daraus folgt aber auch, dass der der bei drei Streichhölzern am Zug ist verliert, also bei 1+1+1=3.
è Bei vier Hölzern am Zug gewinnt, also bei
1+1+1+1=4
Bei fünf Streichhölzern nimmt der Spieler vier und gewinnt sofort, also bei
1+4=5
è Wer bei sechs Hölzern, am Zug ist verliert, also bei
1+4+1=6
è Wer bei sieben Streichhölzern am Zug ist gewinnt, also bei
1+4+1+1=7
è Wer bei acht Streichhölzern am Zug ist verliert, also bei
1+4+1+1+1=8 bzw. 1+1+1+1+4=8 siehe auch vier Hölzer
è Wer bei neun Streichhölzern am Zug ist gewinnt, also bei
1+4+1+1+1+1=9
è Wer bei zehn Streichhölzern am Zug ist gewinnt, also bei
1+4+1+4=10
è Wer bei elf Streichhölzern am Zug ist verliert, also bei
1+4+1+1+1+1+1+1=11 bzw. 1+4+4+1+1=11
è Wer bei zwölf Streichhölzern am Zug ist gewinnt, also bei
1+11=12
è Wer bei 13 Streichhölzern am Zug ist verliert, also bei
1+11+1=13 bzw. 1+4+1+1+1+1+4=13
è Wer bei 14 Streichhölzern am Zug ist gewinnt, also bei
1+11+1+1=14
è Wer bei 15 Streichhölzern am Zug ist gewinnt, also bei
1+4+4+1+1+4=15
è Wer bei 16 Streichhölzern am Zug ist verliert, also bei
1+4+4+1+1+4+1=16 bzw. 1+11+4=16; 1+4+11=16
è Wer bei 17 Streichhölzern am Zug ist gewinnt, also bei
1+4+4+1+1+4+1+1=17 bzw. 1+11+4+1=17; 1+4+11+1=17
è Wer bei 18 Streichhölzern am Zug ist verliert, also bei
1+4+4+1+1+4+1+1+1=18 bzw. 1+11+1+1+4=18; 1+4+1+1+11=18
è Wer bei 19 Streichhölzern am Zug ist gewinnt, also bei
1+4+4+1+1+4+1+1+1+1=19 bzw.1+11+1+1+4+1=19; 1+4+1+1+11+1=19; 1+1+1+1+4+11=19
è Wer bei 20 Streichhölzern am Zug ist gewinnt, also bei
1+19=20
è Wer bei 21 Streichhölzern am Zug ist verliert, also bei
1+19+1=21

Bei der optimalen Spielweise, muss also der Spieler der an der Reihe ist, durch Auswahl der Anzahl der wegzunehmenden Streichhölzern, immer soviel wegnehmen, um auf die Anzahl von noch liegenden Streichhölzern zu kommen, die nach o. g. Schema verlieren.
Das ist bei geschickter Auswahl auch möglich.

Daraus folgt, dass der Spieler der bei 20 Streichhölzer oder Vielfache davon, am Zug ist immer gewinnt; bzw. der Spieler der mit 21 Streichhölzer am Zug ist verliert.

Da 1000 Streichhölzer ein Vielfaches von 20 ohne Rest (mod.) ist, gewinnt in diesem Fall Spieler A.


Ich hoffe, Ihr konntet meinen Ausführungen folgen?

Grüße
Musagetes
Zuletzt geändert von Musagetes am Dienstag 16. März 2010, 13:29, insgesamt 1-mal geändert.
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Re: letztes Streichholz 2

Beitragvon black » Dienstag 16. März 2010, 12:27

Musagetes hat geschrieben:standen nicht einmal 1, 4, 11 oder 23 Streichhölzer zum Wegnehmen zur Auswahl!?

Ja, hatte ich aus "letztes Streichholz 1" kopiert, aber das macht die Lösung (samt Beweis) zu schwierig.

Musagetes hat geschrieben:Das heißt, bei optimaler Spielweise steht vor Spielbeginn der Gewinner fest.

:genau: , da kein Zufall im Spiel ist und alle Ziele bekannt sind.

Musagetes hat geschrieben:Der Spielausgang für die beiden Spieler A und B ist abhängig, wer anfangen darf oder muss
bzw. wie viele Streichhölzer am Anfang liegen.

Genau.

Zu deiner Lösung:

Mehr ->
Sie mag richtig sein ( :gutgemacht: ), aber mich überzeugt der Beweis bzgl. der Allgemeingültigkeit noch nicht.

Du schreibst z.B.
Musagetes hat geschrieben:Wer bei 20 Streichhölzern am Zug ist gewinnt, also bei
1+19=20
è Wer bei 21 Streichhölzern am Zug ist verliert, also bei
1+19+1=21

Was, wenn man bei 21 nicht nur 1 nimmt? Du musst schließlich immer alle Fälle ausschließen.

Und woraus folgt, dass man von den 20 Fällen auf alle 1000 schließen kann (mod 20), ist mir auch noch nicht klar geworden.
(Soll nicht heißen, dass es falsch ist.)

Bislang würde ich daher noch nicht siegesgewiss auf den Sieg des Spielers A wetten.
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Re: letztes Streichholz 2

Beitragvon Musagetes » Dienstag 16. März 2010, 13:36

Hi Black,

das erklärt sich eigentlich anhand des oben vorgestellten Schemas ganz alleine!

Mehr ->
Was, wenn man bei 21 nicht nur 1 nimmt? Du musst schließlich immer alle Fälle ausschließen.


Sorry, da habe ich mir die Auswahlmöglichkeiten erspart.

==>Wer bei 21 Streichhölzern am Zug ist verliert, also bei
1+19+1=21 bzw. 1+4+11+1+4=21; 1+4+1+4+11=21; 1+1+19=21;

Und woraus folgt, dass man von den 20 Fällen auf alle 1000 schließen kann (mod 20), ist mir auch noch nicht klar geworden.


Da 1000 Streichhölzer ein Vielfaches von 20 Streichhölzern ohne Rest (mod.) ist, lassen sich die Vielfache in 50 mal 20 Streichholzblöcken einteilen, wobei jeder einzelne Block, wie in dem dargestellten Schema sukzessive abgearbeitet werden kann.


Bislang würde ich daher noch nicht siegesgewiss auf den Sieg des Spielers A wetten.


Würde ich sicher riskieren, wenn Spieler A eine Maschine wäre! ;-)


Grüße
Musagetes
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Re: letztes Streichholz 2

Beitragvon black » Dienstag 16. März 2010, 13:51

Mehr ->
Musagetes hat geschrieben:Da 1000 Streichhölzer ein Vielfaches von 20 Streichhölzern ohne Rest (mod.) ist, lassen sich die Vielfache in 50 mal 20 Streichholzblöcken einteilen, wobei jeder einzelne Block, wie in dem dargestellten Schema sukzessive abgearbeitet werden kann.

Das stimmt zwar, aber was garantiert, dass B nicht mit einem Sprung in den nächstkleineren 20er Block auf einem Gewinnfeld landen kann?

Bislang würde ich daher noch nicht siegesgewiss auf den Sieg des Spielers A wetten.

Ich würd sogar auf mich selbst wetten (nur in A Position ;) ), dazu aber dein Schema noch stark vereinfachen.
(Und erst dann beweisen.)
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Re: letztes Streichholz 2

Beitragvon Musagetes » Dienstag 16. März 2010, 16:01

Hi Black,

das lässt sich sicherlich auch noch vereinfachen. Ich habe halt versucht, dass sehr ausführlich darzulegen, damit es jeder nachvollziehen kann.

Mehr ->
Unterumständen, hätte auch dieser Hinweis, mit meinen Erklärungen

==> Wer bei 20 Streichhölzern am Zug ist gewinnt, also bei
1+19=20


Bei der optimalen Spielweise, muss also der Spieler der an der Reihe ist, durch Auswahl der Anzahl der wegzunehmenden Streichhölzern, immer soviel wegnehmen, um auf die Anzahl von noch liegenden Streichhölzern zu kommen, die nach o. g. Schema verlieren.
Das ist bei geschickter Auswahl auch möglich.


schon genügt.

Das stimmt zwar, aber was garantiert, dass B nicht mit einem Sprung in den nächstkleineren 20er Block auf einem Gewinnfeld landen kann?


Genau deswegen, habe ich ja das vorgestellte Schema in den nächst höheren 20er Block mit 21 Streichhölzern beendet; z.B. Anfangs 40 Streichhölzer, Spieler A nimmt 19 Streichhölzer, mit Rest 21 Streichhölzer.

==>Wer bei 21 Streichhölzern am Zug ist verliert, also bei
1+19+1=21 bzw. 1+4+11+1+4=21; 1+4+1+4+11=21; 1+1+19=21


Daraus folgt, dass der Spieler der bei 20 Streichhölzer oder Vielfache davon, am Zug ist immer gewinnt; bzw. der Spieler der mit 21 Streichhölzer am Zug ist verliert.


Spieler B kommt bei jeder Auswahl (1, 4, 11, oder 19) die er trifft immer auf ein „Verliererfeld“, da auch die Kombinationen der zur Auswahl, der wegzunehmenden Streichhölzern, sich zu einem 20er-Block ergänzen.


Grüße
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Re: letztes Streichholz 2

Beitragvon black » Dienstag 16. März 2010, 16:27

Mehr ->
Musagetes hat geschrieben:Unterumständen, hätte auch dieser Hinweis, mit meinen Erklärungen ... schon genügt.

M.E. nicht, denn er beweist nichts und gibt keine anwendbaren Handlungsregeln.
Die nächste Abstraktionsstufe wäre: "Gewinn einfach!" ;)

Musagetes hat geschrieben:Genau deswegen, habe ich ja das vorgestellte Schema in den nächst höheren 20er Block mit 21 Streichhölzern beendet; z.B. Anfangs 40 Streichhölzer, Spieler A nimmt 19 Streichhölzer, mit Rest 21 Streichhölzer.

Dann müsstest du's aber bis mindestens 39=19+20 erweitern und außerdem beweisen, dass sich das Muster wirklich alle 20 Hölzer wiederholt.

Du hast zwar recht bzgl. Spieler B und den Verliererfeldern, aber die Begründung ist nicht zwingend. :sorry:
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Re: letztes Streichholz 2

Beitragvon Musagetes » Mittwoch 17. März 2010, 14:26

Hi Black,

wie ich schon geschrieben habe, lässt sich der Systemaufbau auch noch einfacher darstellen.

Ich weiß ja nicht, welche „Beweise“ du konkret noch suchst? :?:

Aber ein weiterer Hinweis, wie sich das vorgestellte Schema; bzw. das System lückenlos über das Spektrum der gesamten Stückzahl von Streichhölzern aufbaut, ist folgender.

Vielleicht suchst du ja dies?

Mehr ->
Der Systemaufbau der „Verliererfelder“, bzw. „Verliererzahlen“ vollzieht sich nach einer mathematischen Reihe, mit folgender Vorschrift.
Ausgehend von der ersten Verliererzahl eins werden immer abwechselnd die Zahlen zwei und drei; bzw. die Summe die Zahl fünf addiert; um auf die nächste Verliererzahl zu kommen.

Reihe der „Verliererfelder“:
1+2=3+3=6+2=8+3=11+2=13+3=16+2=18+....


Somit lässt sich sofort, jede „Verliererzahl“ aus der Streichholzmenge identifizieren und durch geschickte Auswahl der Anzahl der wegzunehmenden Streichhölzern (1, 4, 11, oder 19), diese ansteuern bzw. ergänzen.


Ich hoffe, Ihr konntet meinen Erläuterungen folgen.

Grüße
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Re: letztes Streichholz 2

Beitragvon black » Mittwoch 17. März 2010, 18:45

Musagetes hat geschrieben:Ich weiß ja nicht, welche „Beweise“ du konkret noch suchst?

Einen zwingenden. ;)

Aber ich lass es lieber, bevor ich dir noch den Spass verderbe. :angel:
Schließlich hast du das Rätsel gelöst, dein Ansatz ist ok und wir sind in keinem Mathe-Forum.

Damit ich's aber nicht unbewiesen abhake:

Mehr ->
Man betrachte die Anzahl der verbleibenden und wegzunehmende Streichhölzer modul 5.
Die Mengen {0,2,4} und {1,3} haben keine gleichen Elemente und ihre Vereinigung ist die Menge aller möglichen Reste mod 5.

1 mod 5 = 1
4 mod 5 = 4
11 mod 5 = 1
19 mod 5 = 4

(A) Wer einen Rest aus {0,2,4} vorfindet, kann dem Gegenspieler immer einen Rest aus {1,3} vorlegen:

0 - 4 = 1 (immer möglich, da entweder 0 oder >=5 Streichhölzer übrig waren)
2 - 1 = 1 (2 - 4 = 3 s. Bem.)
4 - 1 = 3

(B) Wer einen Rest aus {1,3} vorfindet, lässt dem Gegenspieler immer einen Rest aus {0,2,4}.
Nachweis durch Subtraktiontabelle:

- 1 3
1 0 2
4 2 4



Die Spieler finden also bei optimalem Spiel immer einen Rest aus der gleichen Untermenge ({0,2,4} bzw. {1,3})
wie bei ihrem ersten Zug.
Da die Reste von 0 und 2000 beide in {0,2,4} liegen, gewinnt A mit Strategie (A).

Bem:

A braucht nach obiger Strategie eigentlich nur 1 oder 4 wegnehmen, eine Zahl mit gleichem Rest mod 5 ist aber auch ok.
Ist die Anzahl der verbliebenen Streichhölzer = 2 (mod 5) kann A sogar frei aus {1,4,11,19} wählen.
(Natürlich immer vorausgesetzt, dass überhaupt noch so viele Streichhölzer dort liegen.)

A kann das auch praktisch recht gut spielen, da er sich ja nur die Anzahl der bereits gezogenen Strichhölzer mod 5,
also nur eine Zahl zw. 0 und 4, merken (und natürlich bei jedem Zug aktualisieren) muss. Bei Rest 0 nimmt er dann 4, sonst 1.
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Re: letztes Streichholz 2

Beitragvon Musagetes » Donnerstag 18. März 2010, 17:33

Hi Black,

danke für den Zuspruch der richtigen Lösung! :D

Das will aber nicht heißen, dass mein Lösungsweg unbewiesen und nicht zwingend ist!

Es ist ja kein Widerspruch, dass es zu einem Problem mehrere Beweise bzw. Lösungswege gibt die zwingend und schlüssig sind.

In meinem Lösungsweg habe ich, aus dem Systemaufbau heraus, lediglich nur eine konkrete Handlungsanweisung angedeutet. (Hab leider auch nicht allzu viel Zeit)

Diese reiche ich hiermit nach!

Mehr ->
Aus dem oben dargelegten Systemaufbau,

Der Systemaufbau der „Verliererfelder“, bzw. „Verliererzahlen“ vollzieht sich nach einer mathematischen Reihe, mit folgender Vorschrift.
Ausgehend von der ersten Verliererzahl eins werden immer abwechselnd die Zahlen zwei und drei; bzw. die Summe hieraus (2+3) die Zahl fünf (mod 5) addiert; um auf die nächste Verliererzahl zu kommen.


Reihe der „Verliererfelder“:

1____3____6____8____11____13____16____18.. ..
___+2___+3____+2____+3_____+2_____+3_____+2

ergibt sich für die Streichholzmenge n folgende Handlungsvorschrift:

Strategie B: Start bei einer „Verlierermenge“ n
Eine Verlierermenge ergibt sich demnach immer, bei Vielfache von 5 + 1 bzw. 5 +1 + 2 (mod 5 +1) bzw. (mod 5+1+2) n mod 5 = 1; bzw. n mod 5 = 3.
Also konkret; bei den sich zu ergebenden Resten von 1 bzw. 3 ergänzt der Gegenspieler die Auswahl (1, 4, 11, 19) seines Mitspielers, immer durch seine Auswahl, auf (2+3) also 5 bzw. deren Vielfache (10, 15, 20).

Beispiel: n=21; 21 : 5 = 4 Rest 1; 21 mod 5 = 1 (Start verliert)

Startet der Spieler mit der Auswahl 1 nimmt der Gegner 4 oder 19 und ergänzt auf 5 bzw.20.
Startet der Spieler mit der Auswahl 4 nimmt der Gegner 1 oder 11 und ergänzt auf 5 bzw.15.
Startet der Spieler mit der Auswahl 11 nimmt der Gegner 4 und ergänzt auf 15.
Startet der Spieler mit der Auswahl 19 nimmt der Gegner 1 und ergänzt auf 20.

Strategie A: Start bei einer „Gewinnermenge“ n

Eine Gewinnermenge n ergibt sich demnach immer, bei Vielfache von 5, bzw. 5 + 2 und 5 + 4 (mod 5 +0) bzw. (mod 5+2); (mod 5 + 4) è n mod 5 = 0; bzw. n mod 5 = 2 und n mod 5=4.
Also konkret; bei den sich zu ergebenden Resten von 0, und 2 bzw. 4 reduziert der Spieler durch seine Auswahl (1, 4, 11, oder 19) den Rest der Streichhölzer auf eine Verlierermenge n; also auf die mit den Resten von 1 bzw. 3.
Dann verfährt der Spieler analog der Strategie B.


Wie aus der obigen Handlungsanweisung hervorgeht, ist diese ganzheitlich praktikabel und das System ist lückenlos in sich schlüssig und auch zwingend.

Also, ich könnte diese Methode guten Gewissens spielen, wenn ich bestimmen kann wer anfängt. ;-)

Grüße
Musagetes
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