Zur Mathematik der Dartscheibe

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jochen
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Zur Mathematik der Dartscheibe

Beitragvon jochen » 10.01.2016, 01:34

Hallo Freunde des Dartsports,
die folgenden Beiträge sind im Wesentlichen Vorarbeiten, die mangels Grafiken etwas unanschaulich und nicht ganz leicht zu verfolgen sind. Den fertigen Artikel "Zur Anordnung der Zahlen auf dem Dartboard" findet ihr hier:
https://www.darts1.de/kolumnen/anordnun ... tboard.php

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Vor kurzem (Darts-WM) bin ich auf die Frage nach der Anordnung der Zahlen auf dem Dartboard gestoßen und habe mich ein wenig mit ihren mathematischen Aspekten beschäftigt.

Es gibt 19! (»19 Fakultät«; 1 x 2 x 3 x ... x 19) Möglichkeiten, 20 Zahlen kreisförmig anzuordnen. Schließt man sinnvollerweise drehrichtungssymmetrische Lösungen aus (d.h. ob im oder gegen den Uhrzeigersinn gelesen wird), bleiben 19!/2 = 60.822.550.204.416.000 (60,8 Billiarden) Möglichkeiten übrig. (Um eine kleine Vorstellung von dieser Zahl zu bekommen: würde man jede Sekunde eine Anordnung ausprobieren, wäre man fast 2 Milliarden Jahre beschäftigt.)

Angestrebt wird offensichtlich, auf dem Board ein größtmögliches Chaos anzurichten, d.h. die Zahlen so ungeordnet wie möglich zu verteilen. Das Problem ist schwieriger als gedacht.

Die größtmögliche Ordnung ist offensichtlich: 1, 2, 3, ... 20. Die Summe S der Beträge der Differenzen aller benachbarten Zahlenpaare
(2 – 1) + (3 – 2) + ... + (20 – 19) + (20 – 1)
beträgt dabei 38. Es ist der kleinstmögliche Wert, er kommt unter den 60,8 Brd. möglichen Anordnungen 131.072mal vor. Übrigens liefert auch die für den Dartspieler noch »günstigere« Variante 20, 18, 16, ..., 4, 2, 1, 3, 5, ..., 17, 19 diese minimale Summe.
>>>
S_min = 2(n – 1);
Anz_S_min = 2^(n – 3)
<<<

Der Gedanke liegt nahe, das größtmögliche Chaos wäre mit der Maximierung diese Summe zu erreichen. Bei den Zahlen 1 bis 20 beträgt S_max = 200, es gibt dafür rd. 660 Mrd. Möglichkeiten. Ein Beispiel:
20, 1, 18, 4, 11, 6, 15, 10, 14, 5, 19, 7, 12, 8, 17, 2, 13, 9, 16, 3
>>>
S_max = 2(n – 1) + (n – 2)^2/2;
Anz_S_max = (n/2)!^2 / n;
beide Gleichungen gelten für gerade n, für ungerade n käme ein Term dazu.
<<<

Alle geradzahligen Werte zwischen S_min und S_max sind möglich. Das real existierende Dartboard liefert S_real = 198. Warum gab sich Mr Gamlin mit der zweitbesten Möglichkeit zufrieden? Sollte er die (leicht zu findende) Maximallösung einfach übersehen haben?

Natürlich nicht, ein guter Zimmermann übersieht nichts. Eine maximale Summe ist nämlich noch keine optimale Lösung.
S_max ist nur erreichbar mit dem »sturen« Wechsel zwischen hoch und tief (die mathematische Begründung muß ich schuldig bleiben). Das aber stellt wieder eine Ordnung dar und widerspricht damit dem Ziel des größtmöglichen Chaos. Alle Zahlen >10 lägen auf Rot und die kleinen auf Grün. Offenbar soll vermieden werden, dass sich der Spieler, wie im Beispiel, etwa auf die senkrechte Achse 20 / 19 »einschießt« – und dann wäre S_real = S_opt!

Ein zweites Kriterium auf dem Weg zum Chaos_max wäre, Hoch- oder Tiefzahlzonen zu vermeiden (wie die im Kapitel »Warum sind die Zahlen auf einem Dartboard so angeordnet« angesprochene »merried-men-region« zwischen 16 und 9).

Dazu müßten die Summen der Zahlen in b beliebigen benachbarten Feldern möglichst wenig voneinander abweichen. Als Maß dient die sog. »Standardabweichung« (StA); je kleiner sie ist, desto näher liegen die Werte beieinander.
Bei n = 20 ist nur b = 2, 4, 6, 8 und 10 sinnvoll. Bei ungeradzahligen b wären entweder die hohen oder die niedrigen Zahlen in der Mehrheit (das Prinzip hoch-tief, selbst wenn es nicht durchgehend angewendet wird, herrscht vor (andernfalls entfernte man sich zu weit von S_max), die Werte wären dann nicht mehr vergleichbar), und wegen StA(b) = StA(20 – b) ist b > 10 irrelevant.

Für den Durchschnitt aller 2-, 4-, 6-, 8- und 10-feldrigen Sektoren (5x20 Werte)
>>>
(StA(2) + StA(4) + StA(6) + StA(8) + StA(10)) / 5
<<<
beträgt StA_min = 2,14. Zum Vergleich: im obigen Beispiel ist StA_Bsp = 4,38, beim realen Board StA_real = 5,65.
Wieder scheint die Dartscheibe suboptimal, diesmal deutlich, und wieder ist sie es nicht (wenigstens nicht deutlich).

StA_min ist nur mit folgender Anordnung zu erreichen (und sie liefert sogar S_max = 200):
20, 1, 19, 3, 17, 5, 15, 7, 13, 9, 11, 10, 12, 8, 14, 6, 16, 4, 18, 2
Auf den ersten Blick ist zu sehen, dass das dem Spaß am Dartsport nicht dienlich wäre.
Die Schwachstelle liegt in den Differenzen benachbarter Zahlenpaare (19, 18, 16, 14, 12, ... – eine wunderschöne Sinuskurve, dem ziemlich genauen Gegenteil von Unordnung). Die durchschnittliche StA dieser Differenzenfolge (gleiches Verfahren wie eben) beträgt StA_diff = 26,38 (im Bsp. oben 10,95, auf dem realen Board 12,91).

Die Suche nach der optimalen Zahlenverteilung auf dem Dartboard müsste also berücksichtigen:
– eine möglichst große Summe S der Beträge der Differenzen aller benachbarten Zahlenpaare (ohne durchgehenden Wechsel zwischen hoch und tief)
– eine möglichst kleine Standardabweichung B der Summen in allen jeweils 2, 4, 6, 8 und 10 benachbarten Feldern UND eine möglichst kleine Standardabweichung der Summe der Differenzen D der benachbarten Zahlenpaare in diesen Feldern.
Unter den 60 Billiarden Möglichkeiten wäre also die zu finden, bei der B*D/S den kleinsten Wert liefert.

Ich könnte mir zwei Ergebnisszenarien vorstellen:
1. Es tut sich eine neue Ordnung auf, die ich nicht berücksichtigt habe.
2. Das Ergebnis weicht nur unwesentlich von der Anordnung ab, die sich seit immerhin 120 Jahren bewährt hat.
Zuletzt geändert von jochen am 01.09.2016, 01:00, insgesamt 2-mal geändert.
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Re: Zur Mathematik der Dartscheibe

Beitragvon jochen » 22.03.2016, 05:14

Hallo Darts-Freunde,

einige Tage Muße gaben mir die Gelegenheit, das Problem weiter zu ventilieren. Hier einige Korrekturen, Ergänzungen und weiterführende Überlegungen.

Mit viel Geduld und einigen Tricksereien konnte ich Excel dazu überreden, alle möglichen Anordnungen für n = 10 zu liefern. Von den 9! = 362.880 Kombinationen siebte ich vor den weiteren Berechnungen die rotationssymmetrischen aus, die verbleibenden 181.440 verteilte ich auf 10 Dateien – nun erklärte sich Excel bereit mitzuarbeiten (und nicht, wie leidvoll erfahren, wegen Arbeitsüberlastung in Streik zu treten und eine Datei mit 200 MB einfach abzuschießen ...).

n = 10 ist natürlich noch kein Dartboard (allenfalls eins für Anfänger), aber einige Prinzipien lassen sich doch übertragen; zumindest bin ich nicht mehr so auf Vermutungen angewiesen wie anfangs.

Für die Berechnungen verwendete ich dieselben Größen wie in meinem letzten Beitrag. Sie seien hier noch einmal kurz zusammengefasst und erklärt (im Folgenden gilt GRUNDSÄTZLICH, dass n gerade ist, also n = 2k mit k = 1, 2, 3, ...):

Um Hoch- und Tiefzahlzonen auszuschließen, wird die Summe aller b benachbarten Felder verglichen, mit b = 2k und b <= n/2. Die Standardabweichung (StA) soll dabei möglichst klein sein.

>>> Wen’s interessiert: StA = [n*Summe(x^2) – (Summe(x))^2 ]^0,5 / n <<<

Bsp. für n = 4, Anordnung 4, 1, 3, 2 (Bsp. 1):
Einzig möglich b = 2, damit (4 + 1), (1 + 3), (3 + 2), (2 + 4).
StA_Bsp = 0,7071.
Für größere n ergeben sich mehrere sinnvolle b.

>>> 2 <= b <= (n + (–1)^(n/2) – 1) / 2 <<<

Für alle b wird die StA berechnet, der Durchschnitt aller erhaltenen Werte sei B.

Dass die Suche nach B_min allein zu absurden Ergebnissen führt, wurde gezeigt. Ein zusätzliches Kriterium ist erforderlich, nämlich die Beträge der Differenzen benachbarter Felder.
Für Bsp. 1 erhält man: |4 – 1|, |1 – 3|, |3 – 2|, |2 – 4|, somit:
3, 2, 1, 2.
Damit wird nun genauso verfahren wie bei B, das Endergebnis sei D.

Das wichtigste Kriterium ist aber die Gesamtsumme S dieser Differenzenfolge, im Bsp. 3 + 2 + 1 + 2 = 8. Sie soll möglichst groß sein, ohne den maximal möglichen Wert zu erreichen – die Gründe habe ich dargelegt.

Mit dem Minimum aus B*D/S glaubte ich, der »optimalen« Zahlenverteilung auf die Spur zu kommen. Das muss ich nun, nach einer ausführlichen Untersuchung für n = 10, korrigieren, erweitern, ergänzen.

(((Einschub: Zunächst stieß ich auf ein kurioses Ergebnis. Es gibt eine (und nur eine) Anordnung, bei der (für n = 10) D = 0 ist:
10, 9, 4, 3, 8, 7, 2, 1, 6, 5 (Bsp. 2)
mit der Differenzenfolge
1, 5, 1, 5, 1, 5, 1, 5, 1, 5
und der StA_diff(2, 4) = 0.
Dieser Fall tritt aber nur bei n = 4k – 2 auf (und, als Ausnahme, bei n = 4), ist für das reale Dartboard mit n = 20 also irrelevant.)))

Zurück zur Suche nach dem maximalen Chaos. Ich suchte nach den minimalen Werten für B und D und den maximalen für S, die ich in den unterschiedlichsten Formeln kombinierte und gewichtete. Bei auffällig vielen Ergebnissen lagen die beiden größten Zahlen (also 10 und 9) genau gegenüber.

Ein weiteres Kriterium wurde notwendig, nämlich die StA der Summen gegenüberliegender Zahlen, sie sei G genannt.
(In Bsp. 2 also (10 + 7), (9 + 2), (4 + 1), (3 + 6), (8 + 5) oder 17, 11, 5, 9, 13 mit G = 4)
Tatsächlich scheint das beim Entwurf des realen Dartboards eine wichtige Rolle gespielt zu haben. Der Wert liegt mit G = 3,26 sehr niedrig (zum Vergleich: bei den beiden Beispielen, die ich im ersten Beitrag für S_max und B_min angeführt habe, beträgt G = 10,84 bzw. 10,00).

Die Untersuchung der 181.440 möglichen Anordnungen für n = 10 brachte folgende Erkenntnisse:

1. Der Wert für B ist offenbar von geringerer Relevanz, so er denn überhaupt eine hat.

2. Große Relevanz haben die Werte für G und D.

3. Priorität hat der Wert S. Er beträgt S = S_max – 2, also 48 für n = 10 bzw. 198 für n = 20. Andere Werte liefern schwere Mängel im Sinn der angestrebten größtmöglichen Unordnung.

4. Gleich nach welcher Formel (von rund 2 Dutzend) vorgegangen wurde – in keinem Fall lag die größte und die kleinste Zahl (hier 10 und 1) nebeneinander. Meistens war die 10 eingerahmt von 4 oder 5 und 6, als „gefühlt“ beste Ergebnisse erhielt ich die ähnlichen Lösungen
10, 2, 7, 4, 9, 1, 8, 6, 5, 3 und
10, 3, 7, 4, 8, 1, 9, 6, 5, 2.
Auf die »Gemeinheit« der 1 neben der 20 soll natürlich nicht verzichtet werden, so sei sie denn, wenn auch auf Kosten des maximalen Chaos, gesetzt.

Die Punkte 3 und 4 kann man also als gegeben betrachten. Die weitere Untersuchung wird damit erheblich vereinfacht. Für n = 10 bleiben von den ursprünglich gut 180.000 noch 1764 mögliche Anordnungen übrig, für n = 20 von anfänglich mehr als 60 Billiarden knapp 500 Milliarden (~ 1/130.000).

>>> Anzahl A der Möglichkeiten unter diesen Voraussetzungen:
A = [2 * (n/2 – 1)! * (n – 3) / (n – 2)]^2 <<<

Unter den 1764 Möglichkeiten suchte ich nach (D + G)_min, und fand zwei Lösungen:
10, 1, 8, 4, 7, 3, 9, 2, 5, 6 und
10, 1, 5, 6, 9, 2, 8, 4, 7, 3
– und das hat mit dem realen Board doch erstaunliche Ähnlichkeit!
(Erwähnenswert ist noch, dass bei diesen Lösungen alle Werte identisch waren: D, G, B und noch zwei andere, die ich versuchsweise für die Berechnungen verwendet hatte.)

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Schwerer Toback, ich weiß. Aber offenbar ist in Dartkreisen „die am häufigsten gestellte Frage“ ja wohl die nach der Anordnung der Zahlen. Wenn nicht ein „ein Engel hats dem Erfinder im Traum geflüstert“ o.dgl. erwartet wird, kann eine sinnvolle Antwort nur die Mathematik liefern.
Nicht dass ich damit sagen will, Mr Gamlin wäre auf diesem Weg zu dem Ergebnis gekommen; bewundernswert, dass er es sozusagen „intuitiv“ erfasst hat. Aber wenn sich ein System so lange bewährt hat, muss eine (mathematisch begründbare) Gesetzmäßigkeit dahinterstecken.

Die zu finden versuche ich hier, und mit den beiden letzten Lösungen denke ich nicht ganz auf dem Holzweg zu sein. Mit der Nagelprobe für n = 20, auch wenns jetzt „nur“ noch um eine halbe Billion geht, bin ich überfordert – ich bin kein Programmierer oder Informatiker (sondern Musiker). Aber es müsste doch mit dem Teufel zugehn, wenn in Dartkreisen nicht irgendwelche Nerds unterwegs wären. Es kann doch kein Zufall sein, dass an der Wohnungstür der Kings of Nerds – Sheldon & Co. – ein Board hängt ;-)

Mit lieben Grüßen
Euer Jochen
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Re: Zur Mathematik der Dartscheibe

Beitragvon jochen » 03.04.2016, 02:15

Liebe Freunde der kleinen Pfeile,

es liegt durchaus nicht in meiner Absicht, dieses Forum zuzumüllen; ich kann nur hoffen, einige Verwegene unter Euch haben meine Tastversuche, dem Geheimnis der Dartscheibe auf die Schliche zu kommen, mit wenigstens leisem Interesse verfolgt.

Nun muss ich diese Wohlgesonnenen aber bitten, mein Bisheriges zu vergessen. Nun gut: die allgemeinen Überlegungen waren nicht falsch. Die Versuche zur Lösung waren allerdings größtenteils Unfug.
Im ersten Beitrag tappte ich im Finstern, in der Hoffnung, eine Spur zu finden. Die ich tatsächlich auch fand: die Überlegungen zu und der Wert für S sind nach wie vor richtig und wichtig, und auch die Sache mit den Standardabweichungen bleibt relevant.
Im zweiten Beitrag konnte ich mich auf Daten stützen: alle möglichen Anordnungen bis n = 10. Die ich dummerweise falsch auswertete. Dass die Formeln trotzdem halbwegs sinnvolle Ergebnisse lieferten, war verführerischer Zufall – was ich bemerkte, als ich sie auf n = 12 anwendete: heraus kam purer Mumpitz.

Nach so vielen Sackgassen und An-die-Wand-rennen werde ich mich hüten zu behaupten, ich hätte die Lösung gefunden; immerhin aber sieht das Ganze jetzt nach einer Art »System« aus, und die Ergebnisse bis n = 12 können sich sehen lassen.
Die Größen B, D und G sind nicht völlig verschwunden, werden aber anders interpretiert; ich werde sie nicht weiter verwenden bzw. neu benennen und definieren. (Nach wie vor gilt, dass n gerade ist.)

Bevor ich im Folgenden das System darstellen und am Beispiel n = 8 erklären werde, sei eine neue Größe eingeführt (auf die ich, ich muss es zu meiner Schande gestehen, schon längst hätte kommen müssen):
Die Summe T der Beträge der Differenzen aller gegenüberliegenden Felder.

T_min = n/2
T_max = S_max/2 = (n/2)^2

(((der aufmerksame Leser wird bemerken, dass sich daraus S_max = 2*(n/2)^2 ergibt – in meinem ersten Beitrag sah das reichlich komplizierter aus. Nun ja, ausmultiplizieren KANN zu Vereinfachungen führen ... – pardon.)))

T_max ist nun ein ganz entscheidendes Kriterium. Beim realen Board ist T = T_max = 100, was kein Zufall sein kann.
T sei also als dritte Voraussetzung gegeben, neben den im zweiten Beitrag bereits erwähnten (S = S_max – 2, und die 1 neben der größten Zahl).

Diese Voraussetzungen liefern ein wichtiges Ausschlusskriterium. T_max und S_max – 2 kommen zusammen nur vor bei n = 4k (k = 1, 2, 3, ...).
(n = 10 war also ein denkbar ungeeignetes Objekt der Analyse.)

Von den Differenzen zu den Summen (bisher unter dem Durchschnittswert B subsummiert, was zu keinem guten Ende führen konnte: die Summen müssen differenziert betrachtet werden (ok, sorry, ein Nerd-Gag, aber gönnt mir den Spaß)).

R(p,q) sei die Standardabweichung der Summen von p Summanden im Abstand q, mit 2 <= p <= n/2 und 1 <= q <= n/2.
Es gibt somit (n/2 – 1)*(n/2) Werte für R(p,q), die jeweils auf n Werte zurückgreifen.
(Nicht verzweifeln, gleich kommt das Beispiel, dann wirds klar.)

Die Werte für R müssen nun abhängig von q betrachtet werden, je nachdem, ob q ein Teiler von n ist (n mod q = 0; dann genannt q_t) oder nicht (n mod q > 0; q_u).

Für die Lösung L gilt dann (immer unter den o.g. Voraussetzungen):

L = min {Summe [R(p,q_t)] – Summe [R(p,q_u)]}

Für n = 4, 8 und 12 erhält man damit die Lösungen:

n = 4: 4, 1, 2, 3
n = 8: 8, 1, 5, 6, 2, 7, 4, 3 und 8, 1, 6, 5, 2, 7, 3, 4
n = 12: 12, 1, 10, 5, 6, 9, 2, 11, 3, 8, 7, 4
_____________________________
Beispiel für n = 8

Die Zahlen von 1 bis 8 sind in beliebiger Reihenfolge auf 8 Plätze verteilt:
a, b, c, d, e, f, g, h
Gesucht ist eine Verteilung, die der auf dem realen Board vergleichbar ist.

Voraussetzungen:

1. a = 8 und b = 1
2. S = |a – b| + |b – c| + |c – d| + |d – e| + |e – f| + |f – g| + |g – h| + |h – a| = S_max – 2 = 2*(8/2)^2 – 2 = 30
3. T = |a – e| + |b – f| + |c – g| + |d – h| = T_max = (8/2)^2 = 16

Berechnung (die Klammern stehen nur zur Übersichtlichkeit):

R(2,1) = (a + b) + (b + c) + (c + d) + ... + (h + a)
R(2,2) = (a + c) + (b + d) + (c + e) + ... + (h + b)
R(2,3) = (a + d) + (b + e) + (c + f) + ... + (h + c)
R(2,4) = (a + e) + (b + f) + (c + g) + ... + (h + d)
R(3,1) = (a + b + c) + (b + c + d) + (c + d + e) + ... + (h + a + b)
R(3,2) = (a + c + e) + (b + d + f) + (c + e + g) + ... + (h + b + d)
R(3,3) = (a + d + g) + (b + e + h) + (c + f + a) + ... + (h + c + f)
R(3,4) = (a + e + a) + (b + f + b) + (c + g + c) + ... + (h + d + h)
R(4,1) = (a + b + c + d) + (b + c + d + e) + (c + d + e + f) + ... + (h + a + b + c)
R(4,2) = (a + c + e + g) + (b + d + f + h) + (c + e + g + a) + ... + (h + b + d + f)
R(4,3) = (a + d + g + b) + (b + e + h + c) + (c + f + a + d) + ... + (h + c + f + a)
R(4,4) = (a + e + a + e) + (b + f + b + f) + (c + g + c + g) + ... + (h + d + h + d)

Von den Werten für q (1, 2, 3, 4) ist nur 3 kein Teiler von 8, somit erhält man:

L = min {R(2,1) + R(2,2) + R(2,4) + R(3,1) + R(3,2) + R(3,4) + R(4,1) + R(4,2) + R(4,4) – [R(2,3) + R(3,3) + R(4,3)]}
mit den o.a. Lösungen.

Die Nagelprobe, ob das alles der Suche nach dem Geheimnis des Dartboards dienlich ist, steht für n = 16 und v.a. natürlich für n = 20 aus.
Doch hier ist es für mich zu Ende. Für n = 4 gibt es unter den genannten Voraussetzungen 1 Möglichkeit (herausgefiltert aus 2), für n = 8 derer 32 (aus 720), für n = 12 schon 9.216 (aus mehr als 3,6 Millionen). Die Grenzen für Excel sind damit erreicht. Bei n = 16 müssten gut 87 Milliarden Kombinationen durchsucht werden (Anzahl der „Treffer“ unbekannt; ich vermute 32.768), bei n = 20 gut 6,4 Billiarden (evtl. mit rund 26 Millionen Treffern).
Ich gebe die Hoffnung nicht auf, dass sich irgendwann ein geschickter Programmierer des Problems annimmt; mit einem geeigneten Programm und einem schnellen Prozessor sollte das in akzeptabler Zeit zu erledigen sein.

Bis vielleicht irgendwann mal wieder, servus
Euer Jochen
LucaT
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Re: Zur Mathematik der Dartscheibe

Beitragvon LucaT » 24.04.2016, 17:03

Wenn ich das jemals verstehen sollte, beantrage ich den Nobelpreis der Mathematik für mich selbst
jochen
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Re: Zur Mathematik der Dartscheibe

Beitragvon jochen » 25.04.2016, 01:51

Hi LucaT,

tut mir leid, wenn ich Dich enttäuschen muss: Dein Antrag wird fruchtlos bleiben. Für Mathe gibts keinen Nobelpreis. Mit der Fields-Medaille könntst es probieren ... ;-)

Scherz beiseite – mir ist natürlich bewusst, dass die formale Sprache der Mathematik für Ungeübte sehr unanschaulich ist. Aber glaubt mir: eigentlich ist alles ganz einfach. Mit einigen Grafiken ließe sich alles anschaulich und einleuchtend darstellen, nur geht das im Forum halt nicht (oder: ich kanns nicht).

Jedenfalls bin ich weiter an der Sache, versteh inzwischen vieles viel besser und glaube auf einem richtig guten Weg zu sein.
Derzeit bastelt mein Sohn an einem Programm, das alle Möglichkeiten für n = 16 unter den genannten Voraussetzungen liefert (16 und 1 nebeneinander, S = S_max – 2, T = T_max).
Die Auswertung wird einige Zeit dauern – es gibt gut 16 Millionen dieser Möglichkeiten. (Die endgültige Auswertung für n = 20 bliebe Großrechnern vorbehalten: da gibt es vermutlich 100 Milliarden solcher Möglichkeiten.)

Wenns soweit ist, melde ich mich wieder.
So long, drei Grußpfeile derweil von
Jochen
jochen
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Re: Zur Mathematik der Dartscheibe

Beitragvon jochen » 22.06.2016, 02:44

Hallo Freunde,

Dank an alle, die meine Ausführungen mehr oder weniger aufmerksam verfolgt haben, jetzt aber: vergesst diesen ganzen Thread, er ist überholt. Schaut unter "Kolumnen" ---> "Zur Anordnung der Zahlen auf dem Dartboard", da steht das Ergebnis von det Janze. Wie ich hoffe, anschaulicher erklärt als bisher (ein paar Grafiken wirken da Wunder ...)

Good Darts, und servus
Jochen

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