Spelstrategie: gunstige en ongunstige situaties

Geplaatst op 10 april 2018 door admin

Aan de hand van een eenvoudig spel, proberen we enkele begrippen betreffende spelstrategiën uit te leggen:

Een willekeurig aantal lucifers n ligt op één hoop. Twee spelers nemen om de beurt 1,2 of 3 lucifers weg. De speler die de laatste lucifer(s) neemt, die wint.

Het is duidelijk dat men verliest als, na jouw beurt, er voor de tegenspeler nog 1,2 of 3 lucifers overblijven. Immers hij/zij kan die gewoon wegnemen en zo het spel winnen. Als je echter je tegenspeler kan confronteren met 4 lucifers dan win jij. Want de andere speler moet 1,2 of 3 lucifers wegnemen en daarna neem jij gewoon de rest weg en je wint. Als na je beurt er 5,6,of 7 lucifers overblijven dan kan de tegenstreven er zoveel wegnemen dat er juist 4 overblijven en dan komt hij/zij in een gunstige situatie terecht. Met andere woorden situaties met 4,8,12,…zijn dus gunstig.

We bekijken dus de spelsituatie na de zet van een speler. We noemen de situatie gunstig als de speler door zijn zet zijn eigen winst vastlegt. In vorig voorbeeld zijn alle viervouden dus gunstige sitiuaties. Een ongunstige situatie kan zowel tot winst als verlies leiden. Ze leidt meestal tot verlies, tenzij de tegenspeler een fout maakt. De winnende spelstrategie bestaat erin als eerste in een gunstige situatie terecht te komen en na elke zet van de tegenstrever de ontstane ongunstige stituatie weer om te buigen in een gunstige situatie.

Het is natuurlijk mogelijk dat de tegenstrever op een moment zelf in een gunstige situatie verzeilt en dan is elke zet voor jou verkeerd. Toch kan je nog een optimale spelstrategie ontwikkelen gebaseerd op het feit dat de tegenstrever een fout kan maken. Dit is waarschijnlijker als de situatie ingewikkeld wordt. Daardoor wordt meestal een minimum zet gedaan zodat er veel mogelijkeheden overblijven om te kiezen en dus heb je zo een grotere kans geschapen om in de fout te gaan. In het besproken spel zou je dan 1 lucifer wegnemen.

Puzzels door de eeuwen heen

Geplaatst op 26 maart 2018 door admin

Puzzels, raadsels, denkspelen hebben de mensheid altijd al gefascineerd Archeologische opgravingen hebben hun aanwezigheid kunnen vaststellen bij vrijwel alle beschavingen. Uit de verre oudheid kennen we onder andere het koningsspel van Ur en het Senet bordspel uit Egypte:

Oorspronkelijk was de functie van die denkspelen eerder mythisch-religieus. Bordspelen konden aanwijzingen geven over het verloop van een oorlog. Via tekens kon de Godheid communiceren met de mensheid. Vooral de getallen hadden dan een magische betekenis. Denk maar aan het magische vierkant van Lo Shu. Voor de Chinezen waren de oneven getallen mannelijk en was het kruis het symbool van mannelijkheid en goddelijkheid.

In de loop van de geschiedenis is de klemtoon evenwel verschoven en is men het spel meer gaan bekijken als een aangenaam tijdverdrijf. De spelletjes waren fascinerend omwille van de uitdaging die er in school. Ook beroemde wiskundigen hebben zich ermee bezig gehouden: Alcuïnus met het probleem van de wolf, de geit en de kool; Fibonacci met het konijnenprobleem, Gauss met de verplaatsing van de dames op een schaakbord,…

Nog later werden vele intellectuele spelletjes uit de recreatieve sfeer gehaald en werden onderworpen aan een grondige wiskundige analyse. Neem het voorbeeld van de 7 bruggen van Königsberg met de grafentheorie of het vierkleurenprobleem. De banden tussen recreatieve en ernstige wiskunde werden aangehaald en ingewikkelde wiskundige technieken werden gebruikt bij de analyse van schijnbaar eenvoudige problemen.

Taart snijden

Geplaatst op 28 februari 2018 door admin

Hoe moet je een taart snijden zodat je 1,2,3,…, n personen een even groot stukje kan aanbieden?

We zoeken naar het kleinst aantal taartdelen dat je nodig hebt om elk aantal personen kleiner of gelijk aan n een even groot stuk taart te geven.

Voor n = 2 verdeel je de taart gewoon in de helft. Zijn er 2 personen (jezelf inbegrepen) op het feestje dan geef je elk 1 stuk. Ben je alleen dan neem je gewoon de hele taart.

Voor n = 3 kan de de taart in zes gelijke stukken verdelen. Als er twee personen zijn op het feestje dan geef je elk 3 stukken. Zijn er 3 personen aanwezig geef je elk 2 stukken. Maar kan je het niet doen met minder stukken? Als je de taart verdeelt in $\dfrac{1}{6},\dfrac{1}{6},\dfrac{1}{3},\dfrac{1}{3}$ heb je maar 4 stukken nodig. Zijn er 2 personen op het feest dan geef je een stuk $\dfrac{1}{3}$ en een stuk $\dfrac{1}{6}$ . Zijn er 3 personen dan geef je elk 2 stukjes $\dfrac{1}{6}$ .

Voor n = 4 heb je maar 6 stukken nodig.Deze hebben een grootte van $\dfrac{1}{12},\dfrac{1}{12},\dfrac{1}{6},\dfrac{1}{6},\dfrac{1}{4},\dfrac{1}{4}$ . Bij 2 personen geef je elk $\dfrac{1}{12}+\dfrac{1}{6}+\dfrac{1}{4}$ . Met 3 personen geef je twee keer $\dfrac{1}{12}+\dfrac{1}{4}$ en 1 keer $\dfrac{1}{6}+\dfrac{1}{6}$ . Met 4 personen geef je twee keer $\dfrac{1}{12}+\dfrac{1}{6}$ en 2 keer $\dfrac{1}{4}$ .

Voor n = 5 moet je de taart in minimaal 9 stukjes verdelen om hem daarna eerlijk te kunnen verdelen. De grootte is: $\dfrac{1}{60},\dfrac{1}{30},\dfrac{1}{20},\dfrac{1}{12},\dfrac{7}{60},\dfrac{2}{15},\dfrac{1}{6},\dfrac{1}{5},\dfrac{1}{5}$ .
$n=2: \dfrac{1}{60}+\dfrac{1}{30}+\dfrac{1}{20}+\dfrac{1}{12}+\dfrac{7}{60}+\dfrac{1}{5}=\dfrac{2}{15}+\dfrac{1}{6}+\dfrac{1}{5}$
$n=3: \dfrac{1}{60}+\dfrac{7}{60}+\dfrac{1}{5}=\dfrac{1}{30}+\dfrac{1}{20}+\dfrac{1}{12}+\dfrac{1}{6}=\dfrac{2}{15}+\dfrac{1}{5}$
$n=4: \dfrac{1}{60}+\dfrac{1}{30}\dfrac{1}{5}=\dfrac{1}{20}+\dfrac{1}{5}=\dfrac{1}{12}+\dfrac{1}{6}=\dfrac{7}{60}+\dfrac{2}{15}$
$n=5: \dfrac{1}{60}+\dfrac{1}{20}+\dfrac{2}{15}=\dfrac{1}{30}+\dfrac{1}{6}=\dfrac{1}{12}+\dfrac{7}{60}=\dfrac{1}{5}=\dfrac{1}{5}$

Voor n=6 heb je 11 stukjes nodig met grootte $\dfrac{1}{60},\dfrac{1}{30},\dfrac{1}{20},\dfrac{1}{15},\dfrac{1}{12},\dfrac{1}{12},\dfrac{1}{10},\dfrac{7}{60},\dfrac{2}{15},\dfrac{3}{20}$ en $\dfrac{1}{6}$ .

Het probleem wordt steeds moeilijker. Voor n = 7 heb je 14 stukken nodig, voor n = 8 heb je 16 stukken nodig. Tot nu toe heeft niemand kunnen uitrekenen wat het kleinst aantal taartdelen is als n groter is dan 8.

Acht munten wegen

Geplaatst op 10 januari 2018 door admin

Iemand heeft 8 munten, waarvan er 7 hetzelfde gewicht hebben, één weegt iets minder. We hebben alleen een balans tot onze beschikking, zonder gewichten. Hoe kunnen we in 2 wegingen vinden, welke de lichte munt is?

Leg drie munten aan de ene zijde en drie munten aan de andere zijde van de weegschaal.
Als de balans in evenwicht is , dan is de lichte munt bij de twee niet-gewogen munten en kan je in de tweede weegbeurt 1 munt aan beiden kanten leggen. Zo zie je onmiddellijk wel de lichte munt is.
Was de balans, na de eerste weging , niet in evenwicht, dan neem je de drie munten die minder wegen dan de drie andere.
Neem er twee uit die drie en leg 1 muntstuk aan elke kant van de weegschaal.
Is de balans in evenwicht, dan is de overgebleven munt de lichtste. Is de balans niet in evenwicht, dan zie je welke munt de lichtste is.
Dus heb je in ieder geval maar twee wegingen nodig.

Even huisnummers

Geplaatst op 21 december 2017 door admin

Ik woon aan de kant van de even huisnummers in mijn straat. Als ik de huisnummers van de huizen links van mij optel en daarna die van rechts, dan zijn die twee sommen gelijk. Hoeveel huizen staan er aan de even kant in mijn straat en op welk nummer woon ik?

Veronderstel dat ik in het (k+1) ste huis woon, dan staan er k huizen links van mij, met nummers 2,4,6,…,2k. Dit zijn termen van een rekenkundige rij en dus kunnen we de som berekenen:

$S_l=\frac{1}{2}k.(2+2k)=k^2+k$

Als er n huizen staan in mijn straat, dan bevinden zich rechts van mij nog n-k-1 huizen, met nummer 2k+4,2k+6,…,2n. Ook hier hebben we een rekenkundige rij, dus :

$S_r=\dfrac{1}{2}(n-k-1)(2k+4+2n)=(n-k-1)(n+k+2)$

Nu moet $S_l=S_r$ . Dit geeft na uitwerking:

$2k^2+4k-(n^2+n-2)=0$

Dit is een Diophantische vergelijking. We zoeken naar gehele oplossingen . Bijgevolg moet $k=\dfrac{-4 \pm \sqrt{16+8(n^2+n-2)}}{4} \in \mathbb{Z}$ . Hieruit volgt:

$k=-1 \pm \sqrt{\frac{1}{2}(n^2+n)} \in \mathbb{Z}$

Daarom moet $n^2+n =2x^2$ met $x\in \mathbb{Z}$ . Dit valt te herschrijven als

$(2n+1)^2-8x^2=1$

Vergelijkingen van de vorm $x^2-Ay^2=1$ noemt men vergelijking van Pell. Dit type vergelijkingen is moeilijk op te lossen, maar we kunnen wel een aantal oplossingen ‘proberen’, omdat de straten bij ons niet zo lang zijn. Zo vinden we :

$\begin{array}{c|c|c} n&k+1&\text{huisnummer}\\ \hline \\ 1&1&2\\8&6&12\\49&35&70\\288&204&408 \end{array}$

De eerste oplossing is een beetje absurd: een straat met maar 1 huis. Bij de tweede oplossing telt de straat 8 huizen langs de even kant en woon ik in huisnummer 16. Links van mij heb je de nummers 2,4,6,8 en 10 met som 30 en rechts van mij de nummers 14 en 16, ook met som 30. De derde oplossing geeft een straat met 49 huizen en ik woon op nummer 70.

Wiskunde is leuk

Categorie archieven: Raadsels/spelen