Möglichkeiten von Paaren < Stochastik < Oberstufe < Schule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) reagiert/warte auf Reaktion  | | Datum: | 16:44 Fr 14.01.2005 | | Autor: | xsepp |
Hallo Ihr Wissenden,
bin schon über 20 Jahre aus der Schule draußen, vielleicht könnt Ihr mir ja weiter helfen.
Ich habe 16 Spieler die immer 2 gegen 2 spielen sollen. Wie kann ich ausrechen, wie viele möglichen Paarungen es gibt?
Einen eigenen Ansatz kann ich leider nicht bieten, da ich so was nie gelernt habe.
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
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Hallo!
![[willkommenmr]](/images/smileys/willkommenmr.png "[willkommenmr]")
> Ich habe 16 Spieler die immer 2 gegen 2 spielen sollen. Wie
> kann ich ausrechen, wie viele möglichen Paarungen es
> gibt?
Ist ein Schnellschuss, da ich nicht viel Zeit habe, aber es schaut bestimmt noch jemand drüber, der es ggfs. korrigiert.
Um die 4 Leute für ein Match auszusuchen, gibt es ${16 [mm] \choose [/mm] 4}=1820$ Möglichkeiten. Wie sich diese 4 dann noch aufteilen, kann in 3 Möglichkeiten erfolgen; Beispiel für ABCD:
AB - CD, AC - BD, AD - BC
(ich nehme an, dass es hier kein Heimrecht oder ähnliches gibt). Also lautet die Antwort insgesamt
[mm]1820\cdot 3=5460[/mm]
Möglichkeiten.
Viele Grüße
Brigitte
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 09:55 Sa 15.01.2005 | | Autor: | xsepp |
Hallo Brigitte,
vielen Dank für Deine schnelle Antwort.
Wie man das [mm] \vektor{16 \\ 4} [/mm] = 1820 ausrechnet muß ich vermutlich nicht verstehen. Das kann ich wohl mit Excel-Kombinationen ausrechnen. Stimmt das?
Zusatzfrage:
Wenn ich nun nur 14 reale Spieler habe und 2 Blindspieler. Ich möchte die Kombinationen ausschließen, bei denen die beiden Blindspieler miteinander bzw. gegeneinander spielen würden. Wie muß ich dann vorgehen?
[mm] \vektor{16 \\ 4} [/mm] - [mm] \vektor{14 \\ 4} [/mm] = 819 * 3 = 2457
Stimmt das? Oder geht das anders?
Wäre nett wenn Du mir noch mal helfen würdest.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 17:52 Sa 15.01.2005 | | Autor: | delee |
Hallo!
Ist es denn dann nicht viel eher so, dass du deine 2 Blindspieler ausschließt?
Denn bei [mm] \vektor{16 \\ 4} [/mm] pickst du ja 4 Spieler aus einer Gruppe von 16 Spielern.
Wenn du jetzt [mm] \vektor{14 \\ 4} [/mm] rechnest, erhältst du ja nur das Ergebnis für eine Gruppe von 14 Spielern.
Wie du es ausschließt, dass die beiden Blindspieler (ich weiß garnicht was du damit meinst :D) zusammen spielen weiß ich leider nicht, es sei denn es ist eingeplant, dass die Beiden immer spielen. Dann wäre das meiner Meinung nach [mm] \vektor{14 \\ 2} [/mm] *1, weil du ja nur eine Möglichkeit hast, die beiden Gewälten zu verteilen.
War es denn das was du meinst?
Gruß Lee
// [mm] \vektor{16 \\ 4} [/mm] = [mm] \vektor{n \\ k} [/mm] = [mm] \bruch{n!}{(n-k)! * k!}
[/mm]
wobei n die Menge an zB Spielern und k die gezogene menge an Spielern ist.
n! (gesprochen: n fakultät) ist 1 [mm] \* [/mm] 2 [mm] \* [/mm] 3 [mm] \* [/mm] 4 [mm] \cdots \* [/mm] n
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 09:20 So 16.01.2005 | | Autor: | xsepp |
Hallo delee,
danke für Deine Mitteilung.
Ob Dein Ansatz mit [mm] \vektor{14 \\ 1} [/mm] *1 richtig ist kann ich nicht wirklich beurteilen. Vielleicht sollte ich das mit den Blindspielern etwas besser erklären.
Das Spiel ist eine Bowlingrunde die ein Turnier untereinander austragen.
Zur Verfügung stehen 4 Doppelbahnen auf denen an 12 Spieltagen gespielt wird. Auf einer Doppelbahn spielen 2 gegen 2 Spieler. Das geht aber mit 14 Menschen ja nicht auf. Deswegen gibt es diese 2 Blindspieler, die keine realen Menschen sind. Mit anderen Worten spielen in Wirklichkeit auf 2 Doppelbahnen jeweils 4 Menschen und auf den beiden anderen Doppelbahnen nur 3 Menschen + je 1 Blindspieler. Nachdem ein Blindspieler ja nicht real ist, kann er ja auch keine Bowlingkugel schieben. Das erledigt der einzelne Spieler mit.
Nun müssen eben die Paarungen ausgeschlossen werden, bei denen 2 Blindspieler auf einer Doppelbahn auftreten würden. Da würden ja nur 2 Menschen auf der Doppelbahn spielen. Entweder 2 gegen niemand, oder 1 gegen 1. Das wäre Unsinn.
Ich hoffe ich habe das jetzt einigermaßen verständlich erklärt.
In der Schule habe ich nie gelernt so was zu berechnen, vielleicht habe ich es auch nur vergessen. Ist schon viel zu lange her. Mit 45 Jahren bin ich aber sicherlich noch lernfähig. 
Könntest Du oder jemand anderes das noch mal unter die Lupe nehmen?
Wäre echt nett.
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 12:44 So 16.01.2005 | | Autor: | delee |
Hallo mal wieder!
Da du jetzt deine Blindspieler ausreichend erklärt hast, ist mir ein Licht aufgegangen ;)
Also jetzt bin ich der meinung, dass du deine Rechnung immer wieder ändern musst.
Ich dachte hier an [mm] \vektor{14 \\ 4} \*3 [/mm] + [mm] \vektor{10 \\ 4} \*3 [/mm] + [mm] \vektor{6 \\ 3} \*3 [/mm] + [mm] \vektor{3 \\ 3} \*3
[/mm]
Hier habe ich deine Blindspieler bis zum Ende aufgehoben.
Wir haben hiernach zwei 4er-Gruppen und zwei 3er-Gruppen+Blindspieler.
[mm] \Rightarrow [/mm] Ich komme am Ende auf 3696 Möglichkeiten.
Bin mir ziemlich sicher aber vllt kann ja noch jmd Korrektur lesen.
Gruß Lee
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 15:22 So 16.01.2005 | | Autor: | xsepp |
Hallo delee,
verstehe ich nicht.
Angenommen ich ignoriere mal die Blindspieler, dann gibt es doch [mm] \vektor{16 \\ 4} [/mm] = 1820 Kombinationen. Wenn ich nun sage die Blindspieler dürfen nicht miteinander und nicht gegeneinander spielen, dann fallen die Kombinationen doch weg. Das Ergebnis müßte also doch kleiner als 1820 sein, oder?
Ich begreife es einfach nicht.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 20:25 So 16.01.2005 | | Autor: | delee |
sooo...
Ich komm mit dem Forum irgendwie nicht immer klar aber egal =)
Im Prinzip hast du vollkommen recht. Hatte jetzt auch einige Minuten zweifel an meiner Antwort aber du hast die Verteilung der Gruppe untereinander vergessen.
demnach ist [mm] \vektor{16 \\ 4} \*3 [/mm] = 5460 > 3696
Also müsste das schon stimmen, trotzdem besser, wenn jemand anders nochmal drüber schaut ;)
Gruß Lee
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 21:09 Di 18.01.2005 | | Autor: | xsepp |
Hallo delee,
vielen Dank für Deine Bemühungen. Siehe Frage an Brigitte.
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Hallo xsepp,
> vielen Dank für Deine schnelle Antwort.
> Wie man das [mm]\vektor{16 \\ 4}[/mm] = 1820 ausrechnet muß ich
> vermutlich nicht verstehen. Das kann ich wohl mit
> Excel-Kombinationen ausrechnen. Stimmt das?
![[guckstduhier]](/images/smileys/guckstduhier.gif "[guckstduhier]") ![[]](/images/popup.gif) Kombinatorik
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 21:08 Di 18.01.2005 | | Autor: | xsepp |
Hallo informix,
vielen Dank für Deinen Link. Leider ist das teilweise sehr schwierig formuliert. Das werde ich sicher nöch öfter lesen müssen, bis ich da einigermaßen durchsteige, wie ich was anwenden muß und auf mein Problem umsetzen kann. Zumal ich festgestellt habe, dass meine Ursprungsfrage nicht korrekt formuliert war. (Siehe Frage an Brigitte)
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hmm, hab ich das nun richtig verstanden, dass es dir erst mal nur darum geht auszurechnen, wie viele möglichkeiten es überhaupt gibt Pärchen zu bilden?
allgemein kann man das berechnen mit der Formel
(n+k-1)!/(((n+k-1)*k)!*k!)
dabei ist n die Anzahl der Spieler und k die Anzahl der ausgewählten Spieler, also hier k=2. Bei dieser Rechnung werden die Teams ausgeschlossen, die es zweimal geben kann, also wird hier schon beachtet, dass Spieler A&B das selbe ist wie B&A.
Zunächst kannst du das Problem ja mal für insgesamt 16 Spieler ausrechnen, also:
(16+2-1)!/(((16+2-1)*2!)*2!)=136
Möglichkeiten teams aus 16 Spielern zu bilden. Da du aber verhindern möchtest, dass die beiden Blindspieler zusammenspielen, ziehst du von dem ERgebnis einfach 1 ab, also
136-1=135 Möglichkeiten Teams zu bilden!
ich hoffe ich konnte dir helfen!
LG
Milkalein
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 21:12 Do 17.02.2005 | | Autor: | xsepp |
Hallo Milkalein,
schön dass Du Dich mit meinem Problem befasst hast.
Allerdings hege ich so meine Zweifel an der Richtigkeit Deiner Antwort.
[mm] \vektor{16 \\ 2}=120
[/mm]
Auch mit dem 1 abziehen ist es glaube ich nicht so einfach.
Die Blindspieler dürfen nicht miteinander und auch nicht gegeneinander spielen. Vielleicht schaust Du Dir auch mal die Antwort von Brigitte vom 13.2. und meine Frage vom 14.2. an. Da wird vielleicht noch einiges klarer.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 21:03 Di 18.01.2005 | | Autor: | xsepp |
Hallo Brigitte,
erst noch mal vielen Dank für die nette Smiliebegrüßung.
Sorry, dass ich mich erst jetzt wieder melde. Habe im Geschäft momentan viel zu tun und delee hat sich ja auch meinem Problem angenommen.
Irgendwie ist mir der ganze Thread hier aus dem Ruder gelaufen, weil ich in meiner ursprünglichen Fragestellung einen Fehler hatte.
Also noch mal:
Es gibt 14 Spieler (Menschen = 'M') + 2 Blindspieler (='B') (Definition siehe https://matheraum.de/read?i=36717).
Es sollen spielen:
2M gegen 2M oder
2M gegen 1M + 1B
NICHT erlaubt sind:
2M gegen 2B oder
1M + 1B gegen 1M + 1B
In meiner Ursprungsfrage habe ich vergessen zu schreiben, dass jeder gegen jeden bzw. jeder mit jedem spielen soll. Da bin ich jetzt dahinter gekommen als ich das mit Deiner ABCD Aufteilung noch mal angesehen habe. Denn mit z.B. ABCE ergibt sich ja schon wieder das Paar AB.
Diese "doppelten" möchte ich eigendlich alle weglassen.
Nun stehe ich wieder ganz am Anfang von meinem Problem. Nicht ganz. Ein wenig habe ich schon dazugelernt, hoffe ich. Mit 45 eben nicht mehr ganz so einfach.
Hast Du oder jemand anderes noch mal einen Tipp für mich?
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Hallo xsepp,
> Hallo Brigitte,
Brigitte - unser Stochastik-Ass - macht die nächsten 4 Wochen Urlaub ![[macheurlaub]](/images/smileys/macheurlaub.gif "[macheurlaub]") - Pech für uns
> erst noch mal vielen Dank für die nette Smiliebegrüßung.
>
> Sorry, dass ich mich erst jetzt wieder melde. Habe im
> Geschäft momentan viel zu tun und delee hat sich ja auch
> meinem Problem angenommen.
>
> Irgendwie ist mir der ganze Thread hier aus dem Ruder
> gelaufen, weil ich in meiner ursprünglichen Fragestellung
> einen Fehler hatte.
>
[...]
>
> Hast Du oder jemand anderes noch mal einen Tipp für mich?
>
Ich habe die Frage mal weiter auf unbeantwortet gelassen, damit sich andere vielleicht auch mal Gedanken machen.
Aber vielleicht kannst du auch vier Wochen warten?
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 20:07 Do 20.01.2005 | | Autor: | xsepp |
Hallo Informix,
4 Wochen? So schön möchte ich es auch noch mal haben.
Danke, dass Du die Frage noch offen gelassen hast. Scheinbar ist es gar nicht so einfach, was ich da vor habe. Muß ich wohl noch abwarrten, bis sich jemand meiner Frage erbarmt.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 13:21 Sa 22.01.2005 | | Autor: | delee |
Hi ma wieder!
Da weiß ich jetzt leider nicht weiter. Lern das zwar selbst grad in der Schule aber man kann ja nicht alles wissen. =)
Gruß Lee
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Hallo xsepp!
> Es gibt 14 Spieler (Menschen = 'M') + 2 Blindspieler (='B')
> (Definition siehe https://matheraum.de/read?i=36717).
>
> Es sollen spielen:
> 2M gegen 2M oder
> 2M gegen 1M + 1B
>
> NICHT erlaubt sind:
> 2M gegen 2B oder
> 1M + 1B gegen 1M + 1B
>
> In meiner Ursprungsfrage habe ich vergessen zu schreiben,
> dass jeder gegen jeden bzw. jeder mit jedem spielen soll.
> Da bin ich jetzt dahinter gekommen als ich das mit Deiner
> ABCD Aufteilung noch mal angesehen habe. Denn mit z.B. ABCE
> ergibt sich ja schon wieder das Paar AB.
> Diese "doppelten" möchte ich eigendlich alle weglassen.
Dir geht es also gar nicht darum, wie viele Möglichkeiten es gibt, ein einzelnes Paar herauszusuchen, sondern Du möchtest die verschiedenen Aufteilungen auf die Bowling-Bahn kennen. Stimmt das?
Also ganz ehrlich: bei all diesen Nebenbedingungen erscheint es mir am sinnvollsten, die Möglichkeiten nach einem heuristischen Prinzip mehr oder weniger zufällig per Hand aufzuschreiben. Wofür möchtest Du denn das alles wissen? Ist das für ein Bowling-Turnier? Dir geht es doch wahrscheinlich nur darum, ein System zu finden, wie Du möglichst viele Kombinationen hast, dass jeder mal mit jedem spielt, un man nicht andauernd gegen denselben spielt. Aber die Anzahl dieser Möglichkeiten ist doch recht groß, und es geht gar nicht darum, dass man wirklich jede dieser Möglichkeiten mal ausprobiert, oder? Du müsstest ja auch noch angeben, wie oft jeder mal alleine spielt (mit einem B), und ob das so zählt, als hätte man mit einem Partner gespielt. Also mir scheint das sehr kompliziert und vor allem zu kompliziert für eine einfache Formel
Sorry
Brigitte
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 07:04 Mo 14.02.2005 | | Autor: | xsepp |
Hallo Brigitte,
gut erholt vom Urlaub zurück?
> Dir geht es also gar nicht darum, wie viele Möglichkeiten
> es gibt, ein einzelnes Paar herauszusuchen, sondern Du
> möchtest die verschiedenen Aufteilungen auf die
> Bowling-Bahn kennen. Stimmt das?
Genau. Wenn ich hier richtig mitgelernt habe, gibt es 120 Möglichkeiten ein Paar zu bilden [mm] \vektor{16 \\ 2} [/mm] korrekt?
>
> Also ganz ehrlich: bei all diesen Nebenbedingungen
> erscheint es mir am sinnvollsten, die Möglichkeiten nach
> einem heuristischen Prinzip mehr oder weniger zufällig per
Da überforderst Du mich. Was ist bitte ein heurestrisches Prinzip?
> Hand aufzuschreiben. Wofür möchtest Du denn das alles
> wissen? Ist das für ein Bowling-Turnier? Dir geht es doch
> wahrscheinlich nur darum, ein System zu finden, wie Du
> möglichst viele Kombinationen hast, dass jeder mal mit
> jedem spielt, un man nicht andauernd gegen denselben
> spielt. Aber die Anzahl dieser Möglichkeiten ist doch recht
> groß, und es geht gar nicht darum, dass man wirklich jede
> dieser Möglichkeiten mal ausprobiert, oder? Du müsstest ja
> auch noch angeben, wie oft jeder mal alleine spielt (mit
> einem B), und ob das so zählt, als hätte man mit einem
> Partner gespielt. Also mir scheint das sehr kompliziert und
> vor allem zu kompliziert für eine einfache Formel
Richtig, das ist für ein Bowlingturnier. Findest Du, dass es viele Möglichkeiten gibt? Meiner Meinung nach sind es doch nur 120 verschiedene Pärchen. Nachdem es 12 Spieltage sind mit 8 Bahnen benötige ich doch 12*8 = 96 Pärchen. Von den 120 möglichen fallen aber bei der Bildung der Gegner doch immer welche weg. Und zwar die, bei denen ein Spieler sich selbst als Gegener hätte.
AB gegen AD geht ja nicht.
Bezüglich der Blindspieler: Die werden betrachtet wie ein normaler Spieler. Der Spieler, der also keinen Partner hat schiebt praktisch die Kugeln für den Blindspieler mit. Also rein theoretisch könnte das Turnier auch ein Blindspieler gewinnen. Was eben nur nicht geht, dass 2 BS miteinander oder gegeneinander spielen. D.h. auch diese Pärchen fallen weg.
Noch irgendwelche Tipps für mich?
xsepp
der, der mit seinem Problem nicht recht weiter kommt.
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Hallo xsepp,
habe ich deine Frage richtig verstanden, dass jedes Paar von Spielern (z.B. A und B) nur einmal gemeinsam auf einer Doppelbahn antreten sollen, egal ob als Team oder als Gegner?
Dann erinnert mich dein Problem stark an einen Klassiker der Kombinatorik:
Es findet ein Mathematikerkongress statt, an dem 25 Personen teilnehmen. Im Speisesaal befinden sich 5 Tische mit je 5 Stühlen. Zu den sechs Mahlzeiten soll die Sitzordnung so variiert werden, dass keine Person zweimal mit einer anderen am selben Tisch speist.
Dazu gibt es eine Lösung, die ich aber leider (nicht mehr) kenne.
Aber dasselbe Problem hast du ja auch, nur mit 16 Personen und 4 Doppelbahnen (zu je 4 'Plätzen'). Das einzige Manko wäre: du musst ein einziges Mal zulassen, dass nur zwei Menschen gegeneinander antreten, d.h. M+B gegen M+B, nämlich das eine Mal, wo die zwei Blindspieler zusammen an eine Doppelbahn gesetzt werden.
Hugo
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 19:21 Mi 23.02.2005 | | Autor: | xsepp |
Hallo Hugo,
> habe ich deine Frage richtig verstanden, dass jedes Paar
> von Spielern (z.B. A und B) nur einmal gemeinsam auf einer
> Doppelbahn antreten sollen, egal ob als Team oder als
> Gegner?
Nicht ganz. Auf einer Doppelbahn spielen im Normalfall 4 Spieler.
z.B. AB gegen CD. Eine zulässige weitere Paarung wäre z.B. AC gegen BD.
Es soll ja jeder mit jedem und jeder gegen jeden mal spielen.
>
> Dann erinnert mich dein Problem stark an einen Klassiker
> der Kombinatorik:.....
> ...Dazu gibt es eine Lösung, die ich aber leider (nicht mehr)
> kenne.
Schade, vielleicht könnte ich was lernen.
> Aber dasselbe Problem hast du ja auch, nur mit 16 Personen
> und 4 Doppelbahnen (zu je 4 'Plätzen'). Das einzige Manko
> wäre: du musst ein einziges Mal zulassen, dass nur zwei
> Menschen gegeneinander antreten, d.h. M+B gegen M+B,
> nämlich das eine Mal, wo die zwei Blindspieler zusammen an
> eine Doppelbahn gesetzt werden.
Das verstehe ich nicht so recht, wie Du das meinst. ![[verwirrt]](/images/smileys/verwirrt.gif "[verwirrt]")
Und - hat mich leider auch nicht recht weiter gebracht.
Stimmt das? [mm] \vektor{16 \\ 2} [/mm] = 120
Das wären alle möglichen Paare die miteinander spielen könnten.
Davon müßte ich dann 1 Paar abziehen (Blindspieler mit Blindspieler geht ja nicht). Es gibt also 119 Paare, die gegeneinander spielen können.
Wie bekomme ich nun die Möglichkeiten raus diese Paare gegeneinander spielen zu lassen? Hast Du noch eine Idee?
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Hallo xsepp,
ich finde es auch schade, dass ich das Problem mit dem Speisesall nicht mehr lösen kann.
Es gibt 120 Paare, minus eines, das aus zwei Blindspielern besteht.
Aber es gibt noch 14 mal 2 = 28 Paare, die aus einem Menschen und einem Blindspieler bestehen. Die dürfen nicht auf einer Doppelbahn gegeneinander spielen.
Insgesamt gibt es also 91 echte Paare, nämlich [mm] \vektor{14\\2}. [/mm] Dazu noch 28 halbe Paare und 1 nicht-existentes Paar.
Sollen AB gegen CD und dann noch AC gegen BD und AD gegen BC spielen oder reicht die erste Variante, damit in der Gruppe A,B,C,D für dich jeder gegen jeden gespielt hat? Das wollte ich wissen.
Die Angelegenheit mit den Tischen ist so ähnlich wie dein Problem mit dem Bowling: jeder soll mit jedem einmal zusammen am Tisch bzw. auf der Doppelbahn sein.
Soviel kann ich dir verraten: für jeden Spieler gibt es 15 potentielle Gegner; in jeder Runde kann er 3 Gegner haben; also müssen genau 5 Runden gespielt werden.
Vielleicht klinkt sich nochmal jemand in die Diskussion ein, der mehr Kompetenz mitbringt als ich...
Hugo
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 16:14 Fr 04.03.2005 | | Autor: | xsepp |
Hallo Hugo,
hatte vor ein paar Tagen schon mal auf Deinen Beitrag geantwortet, der ist aber scheinbar verschwunden.
> Insgesamt gibt es also 91 echte Paare, nämlich
> [mm]\vektor{14\\2}.[/mm] Dazu noch 28 halbe Paare und 1
> nicht-existentes Paar.
Da stimme ich Dir zu, so sehe ich das auch.
>
> Sollen AB gegen CD und dann noch AC gegen BD und AD gegen
> BC spielen oder reicht die erste Variante, damit in der
> Gruppe A,B,C,D für dich jeder gegen jeden gespielt hat? Das
> wollte ich wissen.
Die erste Variante reicht NICHT! Es wird ja jeder Spieler für sich betrachtet und nicht ein Paar.
Stimmt nach dieser Bedingung obige Rechnung noch?
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Also dann hab ich folgenden (etwas entmutigenden) Vorschlag:
Wenn du 16 Spieler hättest, dann gibt es [mm] \vektor{16\\4}=1820 [/mm] Doppelbahn-Belegungen, bei der jeweils drei Spiele absolviert werden müssen (AB-CD, AC-BD, AD-BC), also gibt es 5460 verschiedene Spiele.
Mit zwei Blindspielern wird die Sache etwas kompliziert: du hast zum einen [mm] \vektor{14\\4}=1001 [/mm] normale Belegungen mit vier Menschen und nochmal [mm] 2\cdot\vektor{14\\3}=728 [/mm] Belegungen mit drei Menschen und einem Blindspieler.
Hugo
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 12:59 Sa 05.03.2005 | | Autor: | xsepp |
Hallo Hugo,
erst mal vielen Dank für Deine Bemühungen und Deine Geduld mit mir. Bin eben schon > 40
Ich glaube der Ansatz mit den 1820 kann irgendwie nicht stimmen. Grund: Wenn ich jetzt mal nicht 4 aus 16 sondern nur 4 aus 6 darstelle, dann sieht das ja so aus:
ABCD
ABCE
ABCF
ABDE
ABDF
ABEF
ACDE
ACDF
ACEF
ADEF
BCDE
BCDF
BCEF
BDEF
CDEF
Wenn ich mir das betrachte, spielt also AB 6 mal MITEINANDER. EF ebenso. Dagegen spielt EF, AD, BD, CE und CF nur je 1 mal MITEINANDER. Das ist doch nicht ausgewogen, oder? Ich versuch doch raus zu bekommen wie viele Paarungen es gibt, bei denen jeder GEGEN und jeder MIT jedem gespielt hat. Meiner Meinung nach müßte das schon mit dem Ansatz 2 aus 16 anfangen, oder bin ich da auf dem Holzweg.
Sorry, kann leider keine Formeln eingeben und auch nur schwer lesen, solange das mit den Bildern hier im Matheraum nicht gelöst ist.
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Hallo xsepp,
ich hab ja schon geschrieben: 1820 mal 3, also 5460.
Du teilt erst einmal die Vierergruppen für die Doppelbahnen ein. Das gibt 1820 verschiedene Aufteilungen bei 16 Spielern. Das multiplizierst du mit drei, weil jede Vierergruppe dreimal spielen muss, damit in dieser Gruppe jeder mit und gegen jeden gespielt hat.
Bei deinen 15 Ergebnissen steht z.B. ACDF. Das ergibt die drei Spiele
AC-DF, AD-CF und AF-CD. So bekommst du dann für alle Paare genau 6 Spiele, z.B. ist in diesem speziellen Fall ja eine versteckte CF-Paarung enthalten gewesen.
Hugo
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 13:09 Di 08.03.2005 | | Autor: | xsepp |
Hallo Hugo,
Du brauchst schon viel Geduld mit mir.
Das kann doch nicht stimmen.
Ich habe da eine Exceltabelle, die mir alle 1820 Möglichkeiten erzeugt.
Die ersten 15 sehen so aus:
ABCD
ABCE
ABCF
ABCG
ABCH
ABCI
ABCJ
ABCK
ABCL
ABCM
ABCN
ABCO
ABCP
ABDE
ABDF
Das würde ja bedeuten, dass AB immer miteinander spielt.
Dann sind ja die 12 Spieltage schon rum.
Vielleicht haben wir auch unterschiedliche Vorstellungen bezüglich der jeder gegen jeden Regel. Es soll nicht jede Zweier- oder 4er Gruppe betrachtet werden, sondern jeder einzelne Spieler. Es sollte also Spieler A jeden anderen mal als Gegner und auch als Partner haben.
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Hallo xsepp,
ich fasse das so auf:
Spieler A soll mit Partner B gegen alle möglichen Gegnerpaare spielen,
dann mit Partner C gegen alle möglichen Gegnerpaare usw.
Ebenso gilt das für die anderen Spieler.
Das ist meine Auffassung deiner Forderung 'jeder mit/gegen jeden'.
Die ersten 13 Varianten mit dem Anfang ABC bedeuten dann:
der Spieler A spielt mit Partner B gegen Paare, die aus C und jemand anders bestehen.
Nach diesen 13 Partien muss das Paar AB nur noch gegen Paare ohne die Beteiligung von C Spielen.
Jeder Spieler hat doch 15 potentielle Partner und 91 dazugehörige Gegnerpaare. Das bedeutet, dass Spieler A insgesamt 1365 mal antreten muss (von insgesamt 5460 Partien), er ist also (interessanterweise) an exakt einem Viertel aller zu spielenden Partien beteiligt. Ebenso gilt diese Zahl auch für alle anderen 15 Spieler.
Du kommt also nicht mit 12 Spieltagen aus.
In der Bundesliga spielen ja 18 Mannschaften nur als Paare gegeneinander, und sogar dabei brauchen sie schon 17 Spieltage.
Wenn jeder einzelne Kegler also nur einmal gegen jeden anderen antreten soll (egal mit was für Partnern), dann brauchst du schon 15 Spieltage.
Hugo
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 18:50 Di 08.03.2005 | | Autor: | xsepp |
Hallo Hugo,
da haben wir's. Meine Formulierung war vielleicht etwas missverständlich.
> ich fasse das so auf:
>
> Spieler A soll mit Partner B gegen alle möglichen
> Gegnerpaare spielen,
> dann mit Partner C gegen alle möglichen Gegnerpaare
> usw.
So meine ich das nicht! Spieler A soll gegen all möglichen Spielen. Sein Partner B soll dabei NICHT gleich bleiben. Im Gegenteil, er soll auch möglichst immer einen anderen Partner haben.
Ziel ist es doch für alle 12 Spieltage mögichst immer eine andere Konstellation der Paare und Gegner zu erhalten.
Das wäre ja wirklich nicht mit 12 Spieltagen zu schaffen.
Nun schaut die Sache sicherlich ganz anders aus, oder?
PS: Ich stelle fest, es ist gar nicht so einfach das zu schreiben, was man will. Zumindest auch so, dass es ein Anderer richtig versteht.
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Hallo Sepp,
also allmählich glaube ich, für dein Problem gibt es keine Lösung, sprich:
Es gibt keine Möglichkeit, 16 Spieler bzw. 14 plus 2 Spieler auf vier Doppelbahnen zu verteilen, damit neue Konstellationen auftreten.
Mein Vorschlag für dich wäre:
Du teilst die Bahnen ein in
-Doppelbahn 1,2,3,4
-linke/rechte Bahn
-erster/zweiter Spieler
und fertigst 16 Kärtchen an mit der Aufschrift z.B.
Doppelbahn 3, linke Bahn, erster Spieler
Jetzt werden die Bahnen zugelost.
Zuerst die Blindspieler, die ja bestimmte Verbote beachten müssen. Anschließend die 14 realen Spieler.
So ist zumindest ansatzweise gewährleistet dass im großen Mittel bei 12 Spieltagen jeder mit fast allen mal gespielt hat.
Dir dürfte klar sein, dass bei 14 Spielern in 12 Spieltagen niemand alle anderen Spieler an Partner gehabt haben kann. Dazu bräuchtest du auf jeden Fall schon 13 Spieltage. Ist aber egal.
Ich bin mit meinem Latein am Ende.
Man Vorschlag ist das Losverfahren. Da kann sich auch niemand beschweren, wenn er immer mit demselben spielen muss.
Hier mal die Bahnen aufgemalt. Jeder Spieler hat einen eindeutigen Platz, z.B. Bahn 3, links, Spieler A
----+----------
1 LI|A / B
----+--
1 RE|A / B
----+----------
2 LI|A / B
----+--
2 RE|A / B
----+----------
3 LI|A / B
----+--
3 RE|A / B
----+----------
4 LI|A / B
----+--
4 RE|A / B
----+----------
Verboten ist ja, dass die beiden Blindspieler auf dieselbe Doppelbahn kommen, d.h. das beide z.B. eine 3er-Karte ziehen.
Im Prinzip lässt sich diese Methode auch mit Spielkarten realisieren.
Die Bahnen bekommen eine Farbe. Die vier Spieler auf einer Bahn bekommen Werte, z.B. Bube mit Dame und König mit As oder Geier mit Wenz und König mit As.
Und wer die Hundsg'fickte zieht muss eine Runde zahlen.
Du kannst zur Einfachheit die Bahnen nach Wertigkeit der Farbe (Schafkopf: Eichel, Grün, Herz, Schelln) und die Spieler auf einer Bahn nach Wertigkeit sortieren. So findet jeder leicht seinen Platz.
Hugo
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