Sonstiges Mathematisches

Mal eine vielleicht etwas philosophisch angehauchte Frage:

Bekanntlich ist und damit sind es zwei Repräsentationen der gleichen Zahl. Ist genauso die Fourier-Reihe einer Funktion nur eine andere Repräsentation der Funktion selber? Die Reihe ist schließlich unendlich und konvergiert somit gegen die Funktion.

Also.. manchmal. Aber dann eben doch. Folgende Formel:

Was das alles ist, soll egal sein, aber das d bezeichnet einen Abstand im euklidischen Raum, und der kann eben auch manchmal Null sein. Man könnte jetzt eine halbe Seite voll schreiben und vergeblich versuchen, sich so unmißverständlich wie möglich auszudrücken. Aber was machen Naturwissenschaftler?

Wenn

Zack, alles erschlagen, Diskussionen sind überflüssig. Das Problem ist verschwunden und eleganterweise sind alle Fälle abgedeckt. Das liebe ich an Mathematik.

In der letzten "Schlag den Raab"-Ausgabe wurde ein Spiel gespielt, das mich fasziniert hat. Es geht so:

Der erste Spieler würfelt mit einem Würfel. Ist es eine Zahl von 1-5, wird diese auf sein Punktekonto addiert und er darf nochmal würfeln. Ist es aber eine 6, verliert er alle Punkte wieder und der zweite Spieler ist dran. Man kann jederzeit aufhören zu würfeln, solange man keine 6 bekommt, dann werden die bisher erreichten Punkte auf ein Gesamtpunktekonto gutgeschrieben und der Gegner ist dran. Wer zuerst 50 Gesamtpunkte hat, ist der Sieger. 

Zum Beispiel könnte das Spiel so laufen:

Spieler 1: 1,5,6 (Gesamt: 0)

Spieler 2: 4,4, Aufhören (Gesamt: 8)

Spieler 1: 2,1, Aufhören (Gesamt: 3)

Spieler 2: 3,6 (Gesamt: 8)

usw.

Die Frage die ich mir sofort gestellt habe: Ab welcher Punktzahl lohnt es sich, aufzuhören? Natürlich würde man kaum mit einem Punkt an den Gegner abgeben, aber man würde auch nicht einfach drauflos würfeln, bis man seine 50 Punkte zusammen hat, denn die Wahrscheinlichkeit, dabei einmal eine 6 zu würfeln und alles wieder zu verlieren ist sehr hoch. Nun bin ich aber relativ schwach darin, das passende Wahrscheinlichkeitsmodell für solche Dinge zu finden. Selbst wenn ich eins finde, bin ich mir immer noch wahnsinnig unsicher, ob es das richtige war und ob damit nicht vielleicht die ganze Rechnung falsch ist. Viel besser bin ich darin, einfach ein Programm zu schreiben, das mir das Ganze simuliert.

Source

In dem Programm definiere ich einen "Cutoff", also eine Grenze, wo die virtuellen Spieler aufhören würden zu würfeln. Cutoff 10 bedeutet, dass der Spieler aufhört, sobald er >= 10 Punkte erreicht. Für jeden möglichen Cutoff habe ich dann jeweils 100.000 Spieler simuliert und das Ergebnis war.. nun ja.. interessant. Grafik gefällig?

Das Ergebnis überrascht mich ehrlich gesagt. Zwischen Cutoff 7 und 30 ist es relativ egal, was man macht, immer braucht man im Schnitt 8-9 Würfelnrunden um die 50 Punkte zu erreichen. Das macht irgendwie auch Sinn, denn bei Cutoff 25 bräuchte man ja nur zwei erfolgreiche Runden um zu gewinnen, aber bei Cutoff 7 ist die Wahrscheinlichkeit durch eine 6 gekillt zu werden entsprechend kleiner. Trotzdem läuft das irgendwie gegen meine Intuition, dass eine so breite Spanne von Cutoffs die gleichen Werte hat. Wenn jemand tatsächlich Ahnung von Mathematik hat und mir das erklären könnte, wäre ich sehr dankbar.

Hinter der Uni liegt ein großer Parkplatz. Hinter diesem Parkplatz steht ein Studentenwohnheim, in dem ein Freund von mir wohnt. Wenn ich ihn besuchen will, muss ich von einer Ecke des Parkplatzes zur anderen. Etwa so:

Man könnte natürlich einfach den Gehweg benutzen:

Aber das wäre nicht nur sehr langweilig, sondern auch rasend ineffizient. Die Wegkosten sind natürlich a*b. Die optimale Route kann man eigentlich nur nachts gehen, wenn der Parkplatz leer ist.

Der optimale Weg wäre natürlich genau die Diagonale und damit nach Pythagoras (und meinetwegen noch der Dreicksungleichung) . Dieser Weg geht aber leider nicht immer, weil der Parkplatz tagsüber mit Autos voll steht. Deshalb nehme ich notgedrungen diesen Weg:

Da stellt sich einem chronisch gelangweilten Informatiker natürlich die Frage: Wie viel verliere ich dabei an Optimalität? Die Abmessungen habe ich persönlich vorgenommen (und sah dabei ganz schön blöd aus, wie ich zwischen den Autos einen Fuß vor den anderen setzte und leise mitzählte).

Außerdem gibt es genau 17 solcher Parkinseln c und 17 Zwischenräume d, nicht nur 6 wie auf dem Bild suggeriert. Zeit für Mathematik.

Ich muss die Strecke b überbrücken während ich bei d diagonal gehe. Für die Anschaulichkeit sortiere ich das Problem mal in etwas Äquivalentes um:

 Der Winkel in dem ich gehen muss um von rechts nach links zu kommen ist bzw. , also . In meinem Fall wäre das .

Das ist zu meiner Überraschung und Freude ziemlich nahe an den optimalen 45°. Den kleinen Unterschied bezichtige ich einfach mal als Messfehler. Damit ist der Rest der Rechnung auch noch wahnsinnig einfach, denn der gesamte diagonale Weg ist damit . Der vertikale Weg addiert sich einfach zu 17*10m=170m und der Gesamtweg ist damit etwa 340m.

Vergleichen mit dem optimalen Weg von ist das immer noch ein zu 92% optimaler Weg. Was mich sehr glücklich macht.

In einem Anfall von Langeweile und weil "Sur3" in den Kommentaren des ersten Beitrages zum Monty Hall Problem immer noch nicht glaubt, dass es besser ist zu wechseln, habe ich eben ein kurzes (und echt hässliches) Python-Skript zusammengehackt, das eben dieses Problem simuliert.

Die Ergebnisse bei 100.000 Durchläufen:

% python montyhall.py

Switch Win: 66597

Switch Lose: 33403

No Switch Win: 33382

No Switch Lose: 66618

Conclusive proof :)

Während meines erfolglosen im-Bett-herumrollen während dieser schlaflosen Nacht habe ich mich folgendes gefragt: Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, in seinem Leben zwei exakt gleiche Hände zu spielen?

Zuerst müssen wir dafür natürlich etwa hundert vereinfachende Annahmen machen. Zunächst dürfen alle Spieler nur checken. Wenn jeder frei setzen und raisen könnte, hätten wir natürlich unedlich viele Variationen, das lässt sich wohl nur von jemandem berechnen, der tatsächlich Ahnung von Mathematik hat. Dann nehmen wir an, dass an einem Tisch 9 Spieler sitzen, wir spielen natürlich Hold'em.

Außerdem nehmen wir an, es gäbe eine "Modellhand", die durch Zufall genau gleich entstehen müsste. Dann hätte der erste Spieler eine Chance von , eine seiner Karten zu bekommen, der zweite hätte noch für seine Karte usw. Insgesamt für die erste Runde der Karten. Jetzt muss noch jeder genau eine bestimmte Karte bekommen und es sind noch 43 Karten im Deck. Damit bekomme ich und damit natürlich insgesamt . Jetzt kommt noch das Board dazu, das sind noch einmal fünf Karten, dann kommen wir auf Wahrscheinlichkeit, dass sich diese Hand wiederholt.

So weit keine Überraschungen, denn im Grunde müssen wir ja nur ein paar Karten ist fast richtiger Reihenfolge ziehen. Ähnlich wie Lotto, nur dass da die Reihenfolge völlig egal ist. Aber wie lange muss man spielen, um eine Hand zum zweiten Mal zu sehen? Ich nehme einen Online-Tisch an und dass jeder Spieler 2 Sekunden zum checken braucht. Das austeilen braucht drei Sekunden und der Showdown nochmal drei. Jede Hand dauert also Sekunden (Austeilen, checken vor dem Flop, nach dem Flop, auf dem Turn und River, Showdown). Um die zwei exakt gleichen Hände zu sehen (Vorsicht: während man auf die zwete Hand wartet, passieren natürlich mehr Hände, die sich gegenseitig auch wiederholen könnten!) muss man Mal spielen, das sind Sekunden oder Minuten oder Stunden oder Tage oder Jahre. 4880400000000000000000000000000 Jahre. Nicht schlecht.

Im letzten Beitrag über die Statik ging es um das Gleichgewicht der Kräfte. Die Quintessenz war, dass es bei Statik um starre Systeme geht und daher die Summe der Kräfte in alle Richtungen gleich null sein muss. Mit dieser Bedingung kann man zwei Gleichungen aufstellen und Dinge berechnen. Insbesondere ging es dabei um Auflager, was sich grob mit "Befestigungen" übersetzen lässt. Diese waren nötig, weil wir verhindern müssen, dass sich das System bewegen kann. Wir haben aber auch gesehen, dass in dem betrachteten 2D-System eine Gleichung fehlte, um die drei Unbekannten zu berechnen. Diese Gleichung ergibt sich aus den Momenten.



Momente treten auf, wenn sich irgendetwas infolge einer äußeren Kraft um eine Achse drehen würde. Wenn ihr einen Stift an einem Ende fest haltet und an der anderen Seite von oben drückt, dann würde sich der Stift um die Einspannung (die festhaltenden Finger) drehen. Vielleicht hilft dieses Bild ja bei der Vorstellung:

Wenn man hier gemäß dem roten Vektor auf den Balken drücken würde, "dreht" sich der Balken um den die untere Ecke der Einspannung und wirkt deshalb eine Kraft auf den oberen Kontaktpunkt. Das ist auch ganz intuitiv, dieses Verhalten würde man so erwarten. Das hilft uns jetzt weiter, denn genau wie die Summe der Kräfte, muss auch die Summe aller Momente in einem statischen System gleich Null sein, einfach weil sich das System nicht bewegen, also auch nicht drehen darf. Das gibt uns eine dritte Gleichung, mit der wir jetzt endlich ein einfaches statisches System zuende rechnen können.

Sicher haben alle schon einmal vom Hebelgesetz gehört. Demnach bewirken äußere Kräfte ein Moment, und zwar multipliziert mit dem Hebelarm. Einzelmomente allerdings haben keinen Hebelarm, das gilt wirklich nur für Momente verursachende äußere Kräfte. Das bedeutet auch, dass man sich, um Momente zu berechnen, irgendeinen Punkt wählen muss, um "den man drehen lässt". Welcher Punkt das ist, ist egal, das Ergebnis bleibt gleich. Beispiel:

Dieses Auflager ganz links nennt man auch "feste Einspannung" und nimmt sowohl vertikale und horizontale Kräfte als auch Momente auf. Man kann sich das buchstäblich als einen in die Wand geschlagenen Nagel vorstellen. Um auszurechnen, welche Kräfte an der Wand wirken benutzt man die drei Gleichgewichtsbedingungen:

1. Summe der horizontalen Kräfte ist null:

2. Summe der vertikalen Kräfte ist null:

3. Summe der Momente ist null. Hier drehen wir um die Einspannung (Punkt A). Die postitive Drehrichtung ist im Uhrzeigersinn:

Die Wand muss also ein Moment von - 20 kNm (Kraft mal Hebelarm) auffangen, verursacht durch die äußere Kraft. Zur Veranschaulichung von Momenten kann eventuell auch dieses Applet hilfreich sein.

Man kann übrigens wie erwähnt auch ohne Probleme z.B. um das Ende des Balkens drehen:

Man beachte, dass mit 2 multipliziert werden muss, weil es sich hier um ein von Kräften verursachtes Moment mit Hebelarm handelt. hingegen ist ein Einzelmoment und hat keinen Hebelarm. Zum Schluss können wir uns ja nochmal das System aus dem letzten Beitrag angucken:

Beim letzten Mal hatten wir schon festgestellt, aber jetzt können wir auch um den linken unteren Punkt A drehen um B zu bekommen. Die horizontale Länge des Systems nenne ich L, die eigentliche Größe ist egal, denn die Länge kürzt sich hier raus:

So weit, so einfach. Was aber, wenn es in diesem System z.B. noch ein gäbe? Wir hätten ein großes Problem, denn die Summe der Horizontalen würde zwei Unbekannte beinhalten. Man kann ebenfalls nicht um A oder B drehen, denn hätte keinen Hebelarm bezüglich A und umgekehrt, beide Unbekannten würden also raus fallen. Das Problem ist, dass das Gesamtsystem eine Unbekannte mehr als Gleichgewichtsbedingungen hat, das System ist statisch unbestimmt. Die Lösung ist Thema in nächsten Beitrag, kurz gesagt muss man dem System gezielt Unbekannte entziehen indem man Gelenke einfügt.

Volker Panzer ist der Moderator des zdf nachtstudios, eine Sendung die ich normalerweise gerne gucke. Bei der gestrigen Sendung über Mathematik war er aber so sichtlich furchtbar ahnungslos, dass ich mich irgendwie frage, wie kompetent bei Themen ist, von denen ich keine Ahnung habe. Bis auf diese Ärgerlichkeit war das aber eine ganz nette, wenn auch nicht besonders in die Tiefe gehende Sendung. Kann man hier anschauen.

Good news everyone! Die lange, langsam peinliche inhaltslose Zeit dieses Blogs ist beendet. Das ganze Zeug was ich in den letzten Wochen gelernt habe wird ab jetzt offiziell hier verwurstet. Es geht um Technische Mechanik, genauer gesagt um Statik. Dazu müssen wir erstmal klären, was das genau ist.

Nun, Objekte in der realen Welt ("statische Systeme") werden ja irgendwie belastet. Jemand steht auf einer Brücke, Wind pustet seitlich gegen ein Haus, Schnee drückt auf ein Dach oder die Erdanziehung zieht ein Objekt nach unten. In der Realität wird also jedes System mindestens von der Erdanziehung belastet. Die Technische Mechanik fragt sich im Allgemeinen, wie eine Kraft auf ein System wirkt. Die Statik im Speziellen fragt sich, wie eine Kraft auf ein starres (unbewegliches) System wirkt. Dafür darf das System natürlich keinerlei Freiheitsgrade haben. Nehmen wir als Beispiel den Schreibtisch an dem ich gerade sitze. Wenn ich von der Seite drücken würde, würde er sich verschieben. Wenn ich aber von oben drücke, würde der Boden, auf dem die Tischbeine stehen, die Kraft auffangen (oder besser gesagt: entgegenwirken). Ich habe hier also ein kinematisches (bewegliches) System und das ist nicht das Thema. Die Statik würde annehmen, dass der Schreibtisch z.B. an der Wand fest angebracht ist, sich also nicht verschieben kann.

Um ein statisches System zu bekommen, muss also in jeder möglichen Richtung eine Befestigung bestehen. Das nennt man dann "Auflager". Damit das ganze hier aber nicht zu sehr ausartet, beschränken wir uns auf 2D-Systeme und vergessen ab jetzt die y-Achse. Das ist nur eine verhältnismäßig kleine Einschränkung, alles was wir hier besprechen funktioniert genau so in 3D, nur da wird es schnell unübersichtlich und unnötig kompliziert. Ein Schreibtisch als statisches 2D-System ausgedrückt, wo ich oben drauf drücke sähe damit so aus:

Dazu gibt es einige Dinge zu sagen. Zunächst ginge der Tisch natürlich in y-Richtung weiter, wir haben aber wie gesagt jetzt eine Art seitliche Sicht um die Dinge zu vereinfachen. Der Nullpunkt ist ab jetzt immer ganz unten links und die x-Richtung geht nach rechts, die z-Richtung nach oben. Der rote Pfeil ist natürlich die Kraft, die auf den oberen Bereich wirkt. Die beiden dreieckigen Dinger unten sind die eben erwähnten Auflager. Das linke Auflager kann Kräfte in x- und z-Richtung aufnehmen, wärend das rechte nur Kräfte in z-Richtung aufnehmen kann. Daher auch der kleine Strich unter dem Auflager, den kann man ganz physisch als "Boden" auffassen wärend das Auflager darüber in x-Richtung verschieblich ist.

Es ist also so, dass der Tisch auf dem Boden steht, denn beide Tischbeine können vertikale Kräfte von oben aufnehmen, zudem ist das linke Tischbein unten noch "an der Wand befestigt", damit wir hier ein statisches System bekommen.

Um jetzt irgendetwas berechnen zu können bringt man die entgegenwirkenden Kräfte, die vom Boden ausgehen, am System an. Wenn wir diese ausrechnen, wissen wir welche Kräfte an den Stellen auftreten, wo der Tisch auf dem Boden steht bzw. verankert ist. Das können wir machen, weil wir ja wissen, dass das System unbeweglich ist. Es muss also so sein, dass alle vertikalen Kräfte zusammen und alle horizontalen Kräfte zusammen gleich Null sind. Wenn wären, wären ja die Kräfte, die von unten kommen größer als die von oben kommenden, da System würde sich entsprechend verbotenerweise bewegen. Damit haben wir zwei Gleichungen:

und .

Die Summe aller Kräfte in einer Richtung ist immer gleich Null. Damit:



1)

(die obere Kraft zeigt nach unten, in negative z-Richtung und hat damit ein negatives Vorzeichen)



2)

Man beachte, dass es egal ist, in welche Richtung ich die Auflagerkäfte anzeichne. Ich hätte auch alle umgekehrt Zeichnen können, das einzige was sich geändert hätte, wäre das Vorzeichen. Und das ist nicht weiter schlimm, worauf ich im nächsten Beitrag eingehen werde.

Mit diesen beiden Gleichungen sind wir nicht besonders viel weiter gekommen. Wir haben festgestellt, dass ist, was wir auch wohl einfach erraten hätten, denn wo keine horizontale äußere Kraft wirkt, muss auch keine entgegen halten. Wir haben immer noch zwei Variablen, aber nur eine Gleichung. Nötig ist eine weitere Gleichung und woher die kommt, darum gehts dann im nächsten Beitrag.

P.S.: Natürlich wird sich heraus stellen, dass . Eine Kraft die in der Mitte angreift, verteilt sich gleichmäßig auf beide Auflager. Wäre ja auch schlimm, wenn sich so einfache Systeme schon nicht-intuitiv verhalten würden.

Nah dran außerdem:



und

Wie man eine Sphäre mathematisch auf die andere Seite dreht.

(via)

Wer ins Casino geht und sich (wie ich) als erstes fragt, bei welchem Spiel er mathematisch die besten Chancen hat zu gewinnen, landet zu meiner großen Verwunderung ziemlich oft bei Roulette. Das hat zumindest eine kurze, wenig repräsentative Umfrage in meinem Bekanntenkreis ergeben. Oft mit einem Zusatz wie "Wenn man mal so etwas wie Poker ignoriert".

Zunächst kommt es bei Poker drauf an, mit welchen Einsätzen man spielt. Casinos halten von jedem Pot einen kleinen Teil ein, das so genannte "Rake". Wenn der Einsatz klein ist, übersteigt der Rake oft die möglichen Gewinne. Also verliert man hier auch über die Zeit, außer man hat einen deutlichen spielerischen Vorteil gegenüber seinen Gegnern.

Aber zurück zum Roulette. Ich vermute, die Entscheidung für dieses Spiel basiert darauf, dass es nur eine einzige Zahl gibt, wo die Bank gewinnt (die Null). Dem gegenüber stehen die gaaaanzen, vielen Zahlen auf der Roulette-Scheibe, bei der die Bank nichts gewinnt. Deshalb glaubt man wohl, der Bankenvorteil müsse verschwindend gering sein. Die Gewinnquoten sind so allerdings so berechnet, als ob es die Null nicht gäbe. Das heißt, die Quote sind für alle einfachen Einsätze minimal zu klein oder konkret: Im Schnitt gewinnt die Bank bei allen einfachen Einsätzen 1,35%.

Beim Baccara ist es sogar noch schlechter. Wenn der Spieler oder die Bank gewinnt ist der Bankvorteil bei 1%, im Falle eines Unentscheidens jedoch knappe 15%. Das kommt zwar nur in 10% der Fälle vor, ist deswegen trotzdem nicht gerade vorteilhaft für den Spieler. Auch Let it Ride-Poker hat etwa 2% Bankvorteil. Zum Vergleich: Deutsches Lotto hat eine Ausschüttungsquote von 50%. Wenn man also für 120 Millionen alle möglichen Reihen tippt, beträgt die Gewinnerwartung lächerliche 60 Millionen. Nach 2 Monaten Lottospiel hat man damit aus 120 Millionen Euro einen fünfstelligen Betrag gemacht.

Der Champion unter den spielerfreundlichen Casinospielen ist Blackjack. Der Vorteil der Bank besteht, weil der Spieler zuerst dran ist. Wenn man über 21 kommt, hat die Bank automatisch gewonnen, auch wenn sie unter normalen Umständen ebenfalls über 21 gekommen wäre. Dieser Vorteil ist aber trotzdem gering, weil der Spieler schließlich auch eine Karte der Bank sieht und außerdem weiß, dass die Bank mindestens 17 erreichen muss. Sieht der Spieler also eine 4 bei der Bank, ist es oft gut, einfach auch mit 12 Punkten keine Karte mehr zu nehmen. Die Chance ist nämlich ganz gut, dass die zweite Karte der Bank 10 Punkte wert ist. Und mit 14 Punkten steht wiederum die Chance gut, dass die Bank noch eine hohe Karte erwischt und über 21 kommt.

Der Bankvorteil ist damit bei Blackjack unter 0,5%, zumindest bei mathematisch perfektem Spiel. Ist natürlich blöd wenn Blackjack einem überhaupt gar keinen Spaß macht. So wie mir.

Letztens habe ich mit Freunden Poker gespielt und länger über eine Entscheidung nachgedacht. Weil ich auf Nachfrage erklären musste, was pot odds sind und wie man sie berechnet, kann ich das hier auch nochmal tun.

Pot odds kommen ins Spiel, wenn man noch keine fertige Hand hat. Zum Beispiel hat man ein kleineres Päärchen (4,4 z.B.) und der Flop hat drei höhere Karten. Da kann man davon ausgehen, dass jemand mindestens ein höheres Paar hat und man eine dritte vier braucht, um die Hand zu gewinnen.

Oder man sitzt auf einem flush oder straight draw und braucht noch eine Karte. Wenn der Gegner setzt, stellt sich die Frage, ob es sich mathematisch rechnet, zu callen und einen eventuell großen Pot zu gewinnen oder ob die Wahrscheinlichkeit zu klein zum callen ist.

Dazu zählen wir zunächst die outs. Das sind Karten, die kommen könnten um deine Hand zu einer starken Hand zu machen. Sagen wir, du hättest 7,9 beides Karo. Auf dem Flop kommen 6,10,K, davon die letzten beiden Karo. Da liegt also ein flush draw und einen inside straight draw. Da wären zunächst alle restlichen Karo, die einen flush machen würden. Das sind 2,3,4,5,6,8,J,Q,A, also 9 outs. Dazu kommen drei achten, die eine straight machen würden. Die 8 Karo haben wir vorher schon gezählt, die zählt jetzt nicht mehr. Insgesamt hast du damit 12 outs. Übrigens: Vorsicht bei einem flush. Wenn noch viele Gegner im Spiel sind, ist möglicherweise 7,9 nicht der höchste flush. Da geht man gerne mal pleite mit.

Die Formel für "nach dem Flop" ist jetzt: 2 * outs * restliche Karten + 2. Das "+2" ist auf 1 anzupassen, wenn man nur die odds für eine Karte ausrechnet. Siehe weiter unten.

Bei uns also:  2 * 12 * 2 + 2 = 50% Chance, dass man auf Turn oder River eine starke Hand bekommt. Das hört sich jetzt ganz gut an, kann aber je nach Qualität des Gegner schwierig werden. Gute Gegner könnten nach dem Turn wieder wetten, deshalb rechnen wir lieber die Chance nur für den Turn aus: 2*12+1=25%

Jetzt schauen wir uns an, was wir mit diesen odds callen könnten. Sagen wir, der Pot ist 250$ und der Gegner hat nach dem Flop 40$ gewettet. Man multipliziert die odds mit der Pot-Größe (inklusive der Wette des Gegners!). Dabei sind natürlich "25%" als 0.25 zu verstehen. 0.25 * 290= 72.5. Soviel könnten wir also guten gewissens callen, da der Gegner nur 40$ gewettet hat, wäre hier ein call angebracht.

Während meiner Schreibpause (inklusive mehrerer Tage Internetausfall wegen eines defekten DSL-Modems (grrr)) wurde das bekannte Brettspiel Dame gelöst. "Gelöst" bedeutet, dass ein Computer alle möglichen Dame-Partien durchgerechnet hat. Als die Meldung durch die Presse ging, musste ich als Durchschnittsinformatiker doch stutzen, denn Dame riecht geradezu nach NP und damit nach einem riesigen Aufwand. Sicher, die Züge sind nicht so komplex wie bei Schach und es werden nur die schwarzen Felder benutzt. Damit lassen sich sicher ein paar coole 32-Bit Optimierungen machen, aber exponentielles Wachstum lasst sich so leicht nicht besiegen.

Und richtig genug: Der Wissenschaftler hat nur Situationen betrachtet wo nur 10 oder weniger Steine übrig sind, die aus den 19 "relevantesten" Eröffnungen entstehen. In diesen Stellungen geht das Spiel unentschieden aus. Das heisst, es gibt für keine Seite eine Zugabfolge bei der sie sicher gewinnt, oder anders: Bei beidseitig perfektem Spiel kann kein Spieler einen Sieg erzwingen. Das ist schön und gut, und sicher ist das ein starker Hinweis dass Dame wirklich unentschieden ist, aber ein Beweis ist es nicht. Der Informatiker in mir will es trotzdem als Fakt akzeptieren, aber der Mathematiker schreit "Es gibt ~10^20 Stellungen, die sind nicht alle durchgerechnet. Dass ist kein Beweis."

Es stellt sich generell die Frage wie computergestützte Beweise zu bewerten sind. Man muss sich zwingend auf das Programm, den Programmierer, die Architektur und den Compiler verlassen. Das ist ein schwieriges Problem, auf das ich bestimmt irgendwann nochmal näher eingehe. In diesem Fall finde ich es schon schwierig genug den Beweis ohne die Computerproblematik zu akzeptieren.

Ich muss mich wahnsinnig zurückhalten, nicht etwas äußerst böses über Schäuble & Co zu schreiben, jeden Tag komm dieses verdammte A...

Nein, nein, darum geht es hier nicht. Stattdessen mal was lustiges: Dieses fantastische Video ist sowas von cool, vor allem wenn man zumindest ein Teil der Mathematik darin versteht. Sogar der Bandname ist Mathematik, einfach großartig!