Das Manuskript meines neuen Buchs über Mathetricks ist fertig. Ich bin gespannt, was meine Lektorin dazu sagt, immerhin sind auch zwei, drei längere Beweise mit drin. Die Recherche hat auf jeden Fall großen Spaß gemacht. Ich habe faszinierende Rechentricks kennengelernt, die längst vergessene Trachtenberg-Schnellrechenmethode und tolle mathematische Kunststücke mit Würfeln, Dominosteinen und Spielkarten.
Die Fotos stammen vom gestrigen Fotoshooting für das Buch im Studio von Heidi Scherm. Der Fotograf Oliver und ich waren den ganzen Tag beschäftigt – es war sehr interessant. Ich habe eine Menge über Blenden, Schatten und Objektive gelernt. Abgelichtet wurden unter anderem Schnürsenkel, Krawattenknoten und Möbiusbänder. Das Buch „Nullen machen Einsen groß“ erscheint im Juni.
Die Resonanz hat mich überrascht: Da schreibe ich eine kurze, keinesfalls vollständige mathematische Analyse über den seltsamen Zufall bei der Auslosung des Champions-Leage-Achtelfinals. Und Dutzende Leser schicken mir die Ergebnisse ihrer eigenen Berechnungen, die mehrheitlich bestätigen, was ein Kollege aus der SPIEGEL-Dokumentation mit einem kleinen Computerprogramm herausgefunden hat. Bei der Auslosung waren genau 5463 verschiedene Achtelfinal-Varianten möglich.
Allerdings ist das nur die halbe Wahrheit. Denn wie einige Leser zu Recht angemerkt haben, sind diese 5463 Kombinationen nicht automatisch gleichwahrscheinlich, weshalb die Wahrscheinlichkeit, eine Achtelfinalvariante zweimal hintereinander auszulosen auch nicht zwingend 1/5463 sein muss.
Dass das Problem kombinatorisch verzwickter ist, als es auf den ersten Blick aussieht, zeigt schon der Ablauf der Auslosung, den ich mir auch erst im Nachhinein auf YouTube angeschaut habe. Spannend wird die Prozedur ab Achtelfinale 4. Die ersten drei Achtelfinals sind da schon ausgelost: Galatasaray-Schalke, Celtic-Turin und Arsenal-Bayern.
Zuerst wird stets ein Team aus dem Topf der Zweitplatzierten gezogen, und dann wird ihm ein Gruppensieger zugelost. Das nächste Los aus der Gruppe der Zweitplatzierten ist Donezk. Von den fünf Teams im Topf der Erstplatzierten scheidet Turin aus (selbe Gruppe wie Donezk). Als Gegner wird dann Dortmund gezogen.
Fürs nächste Achtelfinale wird der Zweitplatzierte Mailand gezogen – und dann ist die Loserei erst mal vorbei. Denn als Gegner kommt nur Barcelona in Frage, weil ansonsten ein rein spanisches Achtelfinale unvermeidlich ist, was das Reglement verbietet.
Zu diesem Zeitpunkt sind mit Madrid und Valencia noch zwei spanische Teams im Topf der drei verbliebenen Zweitplatzierten. Gleichzeitig befinden sich die beiden spanischen Teams Malaga und Barcelona noch im Topf der Erstplatzierten – gemeinsam mit ManU und Paris.
Das eben gezogene Mailand könnte außer gegen Malaga (selbe Gruppe wie Mailand) eigentlich gegen jedes der drei Teams ManU, Paris und Barcelona spielen. Bekäme Mailand jedoch ManU oder Paris zugelost, gäbe es in den letzten drei Partien vier spanische Teilnehmer und damit zwangsläufig eine rein spanische Begegnung. Also muss einer der beiden spanischen Gruppenersten Mailand zugeordnet werden, und das kann nur Barcelona sein, denn Mailand und Malaga waren in derselben Gruppe.
Danach wird Madrid ManU zugelost und die beiden letzten Spiele stehen damit auch fest: Porto muss gegen Malaga spielen und Valencia gegen Paris – wieder um ein rein spanisches Duell zu verhindern.
Kombinatorisch ist das eine interessante Situation: Offensichtlich gibt es bestimmte Konstellationen bei der Auslosung, in denen die ersten ausgelosten Paarungen die übrigen Paarungen gleich mit festlegen oder zumindest die Zahl der Möglichkeiten stark einschränken. Man könnte glauben, dass die konkrete Situation bei der Verlosung wahrscheinlicher ist als andere mögliche Achtelfinals, weil im diesem Fall gleich zwei Begegnungen nicht gelost wurden, sondern sich automatisch ergaben. (Bemerkung: Valencia wurde als vorletzter Zweiter zwar gelost, aber der Gegner Paris stand schon vorher fest.)
Ganz so einfach ist die Sache nun aber auch nicht, denn die konkreten Achtelfinal-Paarungen könnten auch in ganz anderer Reihenfolge gelost werden, z.B. Porto-Malaga zuerst. Dabei kann es passieren, dass Situationen, bei denen ein Gegner ohne Auslosung feststeht, gar nicht auftreten. Im Grunde sind bei jeder einzelnen der 5463 Kombinationen bestimmte Los-Konstellationen denkbar, bei denen Sackgassen auftreten können und Gegner wie im Fall Barcelona ohne Los zugeteilt werden müssen.
Wer die Wahrscheinlichkeiten berechnen will, muss alle Konstellationen untersuchen, also alle Paarungen in allen Reihenfolgen, was offensichtlich nur mit Computerhilfe geht. Einige Leser haben genau dies getan. Ein Leser hat dabei eine Wahrscheinlichkeit von 0,000181… ermittelt. Die geloste Kombination wäre dann sogar ein kleines bisschen unwahrscheinlicher als der Durchschnitt 1/5463=0,0001830… (sofern diese Berechnung stimmt, was ich nicht überprüft habe).
Vor lauter Weihnachtsstress bin ich gar nicht dazu gekommen, die Lösung des letzten Rätsels zu posten. Rollt das Rad ein Stück nach vorn? Bleibt es auf der Stelle stehen? Oder rollt es rückwärts?
Nehmen wir einfach mal an, das Rad hat eine Übersetzung von 1:1. Das bedeutet: Bei einer vollständigen Kurbelumdrehung dreht sich das Hinterrad eine vollständige Runde. Wir schauen uns nun in einem Gedankenexperiment an, was passiert, wenn ich die Pedale um einen sehr kleinen Winkel x drehe. Dann dreht sich logischerweise auch das Hinterrad um diesen Winkel x – die Übersetzung ist ja 1:1. Weil der Radius des Hinterrades größer ist als die Pedallänge, legt das Hinterrad im Moment des Ziehens an dem Seil ein größeres Wegstück nach vorn zurück als die Pedalspitze nach hinten.
Das Seil müsste länger werden, damit das überhaupt möglich ist. Aber ich ziehe ja an dem Seil. Das bedeutet: Das Rad bleibt auf der Stelle stehen, ich kann es durch Ziehen am Seil nicht nach vorn bewegen.
Die Übersetzung eines Rades ist sogar in der Regel größer als 1:1, das Laufrad bewegt sich also in jedem Fall ein größeres Stück nach vorn als die Pedalspitze zurück. Rückwärts rollen kann es nicht, weil ich durch die Ziehbewegung ja eine (nur minimale) Bewegung der Räder nach vorn auslöse, die dann vom straffen Seil gestoppt wird. Deshalb bleibt das Rad auf der Stelle stehen.
Ich habe ein neues Matherätsel für die Woche: Finden Sie alle zehnstelligen Primzahlen, die aus den Ziffern 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 gebildet werden und jede dieser Ziffern genau einmal enthalten.
Ich bin Ihnen noch die Auflösung der Kopfnuss aus der vorigen Woche schuldig – ein klassisches Logikrätsel. Es ging um zehn Kinder, denen man kleine farbige Zettel auf die Stirn geklebt hat, entweder gelbe oder rote. Die Kinder können die Farbe ihres eigenen Zettels selbst nicht erkennen und dürfen weder miteinander reden noch sich anderweitig austauschen. Der Spielleiter sagt ihnen: „Fünf von euch haben einen roten Zettel auf der Stirn. Alle mit rotem Zettel sollen sofort zu mir kommen.“ Wenige Sekunden später sind die fünf Kinder bei ihm. Wie haben sie das angestellt?
Die Lösung ist nicht allzu schwer. Die Kinder wissen, dass fünf von ihnen rote Zettel auf der Stirn haben. Ein Kind, dass nur vier andere Kinder mit einem roten Zettel sieht, weiß daher, dass es selbst einen roten Zettel haben muss und geht schnell zum Spielleiter.
Ich habe noch einen Nachschlag zu meinem Logik-Quiz. Die Aufgabe ist nicht besonders schwer, sie ist eine einfachere Variante von Frage 4. Ich habe sie auch schon mit Drittklässlern ausprobiert in der Knobel-AG, die ich seit September an der Schule meiner Tochter leite. Die Schüler haben sie souverän gemeistert. Hier das Rätsel:
Zehn Kinder bekommen kleine farbige Zettel auf die Stirn geklebt, entweder gelbe oder rote. Sie können die Farbe ihres eigenen Zettels selbst nicht erkennen und dürfen weder miteinander reden noch sich anderweitig austauschen. Der Spielleiter sagt ihnen: „Fünf von euch haben einen roten Zettel auf der Stirn. Alle mit rotem Zettel sollen sofort zu mir kommen.“ Wenige Sekunden später sind die fünf Kinder bei ihm. Wie haben sie das angestellt?
Wenn Sie Probleme haben, die Aufgabe zu durchschauen, empfehle ich Ihnen, erst einmal den Fall zu nehmen, dass nur einer der zehn Zettel rot ist.
Heute ist auf SPIEGEL ONLINE ein Logik-Quiz von mir erschienen, zu dem ich viele Kommentare und Fragen per Mail bekommen habe. Viele Lesern meinten, in der Frage 2 (die mit den Berlinern) beziehungsweise in der Antwort dazu sei ein Fehler. Als ich die Mails las, dachte ich das im ersten Moment auch.
Der Kritikpunkt war folgender: Die Verteilung, bei der sich in allen drei Tüten je ein Berliner mit Marmelade und einer mit Senf befindet, sei gar nicht berücksichtigt und deshalb könne die Antwort nicht stimmen. Im Aufgabentext steht:
„Bei KEINER der drei Tüten stimmt die Beschriftung mit dem Inhalt überein.“
Wenn in allen drei Tüten Marmelade + Senf drin wäre, dann auch in der
Tüte, auf der Marmelade + Senf steht. Das darf aber laut Aufgabe nicht
sein, denn dort steht, dass die Beschriftung bei allen drei Tüten
falsch ist. Daher ist diese Verteilung gar nicht möglich und muss
deshalb auch nicht berücksichtigt werden.
Kritik von drei oder vier Lesern gab es an einer Formulierung in Frage 1. Es geht um Bernds Aussage:
„Genau zwei von uns wollen ein Bier.“
Das ist zugegebenermaßen salopp formuliert. Man könnte das nämlich so verstehen, dass zwei sich ein Bier teilen wollen, was natürlich nicht gemeint war. An dieser Stelle merkt man wohl, dass ich nicht Mathematik, sondern Physik studiert habe! Präziser wäre die Formulierung gewesen:
„Genau zwei von uns wollen je ein Bier.“
Das ist die Sprache der Mathematiker und Logiker. Ich verspreche, mich zu bessern. Aber dann möglichst mit Formulierungen, die wenig formal klingen und trotzdem nicht falsch zu verstehen sind.
Ein paar Fragen gab es noch zur Frage 5, in der es um drei zum Tode verurteilte Männer geht. Die Männer können ihr Leben retten, wenn sich derjenige beim Richter meldet, der eine weiße Mütze trägt. Ich gehe bei der Aufgabe davon aus, dass alle drei Männer gute Logiker sind und nicht lange überlegen müssen, ob sie nun sagen „Ich hab die Mütze“ oder ob sie schweigen. Das steht aber nicht im Aufgabentext. Wenn der Mann ganz hinten zu lange überlegt, obwohl er selbst die weiße Mütze hat, könnte der vor ihm stehende tatsächlich denken, er selbst habe sie, weil er vor sich eine schwarze Mütze sieht und der Mann hinter ihm nichts sagt. Ganz ähnlich ist die Situation für den Mann ganz vorn. Beide müssen also erst mal ein Weilchen warten, bevor sie den Mund aufmachen. Sofern alle gute Logiker sind, reichen aber nur ein paar Sekunden – und dann sollte derjenige Bescheid wissen, der die weiße Mütze hat.
Ich hoffe, das trotzdem alle Spaß beim Rätseln hatten. Mir hat die U-Bahn-Aufgabe und die von der Lügner-Insel am besten gefallen.
Olympia 2012 ist Geschichte. Ich habe noch mal ein bisschen mit der Medaillenstatistik gespielt. Normalerweise zählt allein Gold – oder man zählt alle drei Medaillen zusammen. Das kommt dabei heraus (To-10 Gold):
Besonders fair ist das natürlich nicht. Deutschland hatte ja bekanntlich besonders viele Silbermedaillen. Deshalb habe ich die Medaillen zuerst einmal gewichtet. Gold sind drei Punkte, Silber zwei und Bronze einer. In einem zweiten Schritt habe ich die Medaillen dann noch in Bezug zur Einwohnerzahl gestellt. Schließlich würde man ja erwarten, dass es in einem großen Land auch mehr Talente gibt – und bei gleicher Sportförderung entsprechend mehr Medaillen. Was kommt dabei heraus?
Die Gewichtung der Medaillen (Gold: 3 Punkte, Silber 2 usw.) ändert erstaunlicherweise kaum etwas an den Top-10. Im Vergleich zur Gold-Statistik rutscht Deutschland einen Platz vor, das mit viel Gold, aber vergleichsweise wenig Silber und Bronze dekorierte Südkorea fällt zurück.
Interessanter ist da schon die Medaillen-Statistik pro eine Million Einwohner. Sie wird angeführt von kleinen Ländern wie Grenada (100.000 Einwohner), Bahamas (300.000) und Jamaika (3 Millionen). Erstaunlich finde ich, dass Neuseeland, Australien, Ungarn und Dänemark (in der gewichteten 312-Medaillenstatistik) so weit oben rangieren. Dort funktioniert die Talenteförderung offenbar viel besser – bzw. man fokussiert sich auf bestimmte Sportarten, wo dann viele Medaillen geholt werden. Bezogen auf die Einwohnerzahl liegt Deutschland im oberen Drittel: Rang 30 mit 0,135 Goldmedaillen pro Millionen Einwohner, die USA sind mit 0,147 nur zwei Plätze weiter vorn. In der gewichteten Medaillenstatistik (321) liegt Deutschland (33.) sogar vor den USA (46).
Die Medaillenstatistik stammt von SPIEGEL ONLINE, die Einwohnerzahlen habe ich aus dem CIA World Factbook übernommen.
Es sieht nach einer komplizierten Rechenregel aus – aber das Ganze lässt sich ohne Formeln und ohne Taschenrechner lösen! Und wenn man alles richtig macht, dann kommt man auf die Lösung 4.
Was ist der Trick? Man zählt einfach die Strichanfänge bzw. –enden bei sämtlichen Ziffern einer Zahl. Beispiel 4001: Die 4 hat zwei Strichenden, die zwei Nullen haben keine und die 1 hat wieder zwei Enden. Macht zusammen vier.
Den Herrenduft Pi habe ich letztens in einem Duty-Free-Shop entdeckt – ich kannte ihn noch nicht! Er wäre zumindest vom Namen her prädestiniert für Mathematiker. Laut den Diskussionen auf perfumo.de soll der Duft altmodisch sein, eine süße Bombe, die nach Marzipan riecht. Ich fürchte, die Schnittmenge mit Mathematikern ist dann wohl doch eher klein. Aber immerhin ein auffälliges Logo.
Ich habe mich in diesem Jahr ja schon intensiv mit der Mathematik der Sammelalben beschäftigt – einmal beim Brüder-Sammel-Problem und dann bei der Frage nach der Gleichverteilung . Bei der Euro 2012 habe ich auch erstmals selbst gesammelt und dabei den Tipp eines Kollegen befolgt, dass man sich gleich zu Beginn eine Box mit 100 Tüten à 5 Sticker kauft. Dann, so seine Erfahrung, ist das Album schon mal sehr gut gefüllt.
Und dies stimmt tatsächlich! Ich hatte erstaunlich wenige Aufkleber doppelt. Bei den letzten Tüten, als das Album schon zu drei Vierteln gefüllt war, hätte statistisch gesehen nur jeder vierte Aufkleber einer sein dürfen, der mir noch fehlt. Doch oft war nur einer von fünf Aufklebern ein Doppelter!
Offenbar achtet man bei Panini darauf, dass in einer Box mit 100 Tüten – was 500 Stickern entspricht – nicht allzu viele Dopplungen auftreten. Ein Mathematiker würde die Sticker sicher ganz anders eintüten. Es müsste dann Hunderte, Tausende verschiedene Varianten geben, wie Sticker in Tüten und Tüten in Boxen verteilt werden. Ich vermute, dass das Panini jedoch viel zu aufwendig ist und die Firma schon aus produktionstechnischen Gründen nur überschaubar viele Kombinationen ausliefert.
Ein PR-Foto von der Panini-Presseseite zeigt, wie die Aufkleber gedruckt werden – hier ist der Link – Achtung Datei > 2MB. Ein Team ist komplett auf einem Bogen – schwer vorstellbar, dass die Sticker dann vorm Eintüten nach einem aufwendigen mathematischen Verfahren noch mal durcheinander gemischt werden. Womöglich werden pro Team immer nur drei, vier Sticker weggenommen, damit wenigstens ein paar doppelt sind. Immerhin profitieren davon alle Sammler, die sich eine komplette Box kaufen.
Um die Frage aus der Überschrift zu beantworten: Wenn die (nicht repräsentativen!) Erfahrungen mit 100er-Boxen stimmen, dann könnte Panini mit Hilfe eines Mathematikers noch mehr Sticker verkaufen.
