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Rätsel der Woche

Wie wählen Kombinatoriker ihre neue Spitze?

Der Bundesverband für Kombinatorik sucht eine neue Führung. Es gibt 20 Bewerber, auf die Bühne passen aber nur zehn. Wie viele Diskussionsrunden sind nötig?

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Von und (Grafik)
Sonntag, 13.10.2019   16:31 Uhr

Die SPD macht es vor: Mehr als 20-mal sind die Teams öffentlich aufgetreten, die sich für die Parteispitze bewerben. Beim bislang wenig bekannten Bundesverband für Kombinatorik hat man die Kandidatenkür der SPD genau beobachtet. Der Vorstand sucht nämlich gerade auch eine neue Spitze - bestehend allerdings aus nur einer Person.

20 Personen haben sich beworben. Beim Jahrestreffen des Verbands sollen sich die Kandidaten vorstellen und miteinander diskutieren - danach wird gewählt. Damit das Ganze nicht zu unübersichtlich wird, sollen immer nur zehn der 20 Kandidaten für eine halbe Stunde gemeinsam auf die Bühne.

Die Kombinatoriker sind sehr streitlustig. Um einen fairen Wahlkampf zu sichern, dürfen Kandidaten andere Kandidaten nur dann verbal attackieren, wenn sich beide zugleich auf der Bühne befinden. Dies soll sicherstellen, dass sich der Angegriffene auch zur Wehr setzen kann.

Wie viele Runden bestehend aus zehn Personen sind nötig, damit jeder der 20 Kandidaten mindestens einmal mit jedem der anderen Kandidaten gemeinsam auf der Bühne stand?

insgesamt 79 Beiträge
UliBreimaier 13.10.2019
1. Wie bei Gruppenspielen beim Fußball-Turnier
Teilt man die 20 Kandidaten in vier Gruppen zu jeweils fünf, dann kann man jede 10-er-Runde als "Paarung" zweier solcher Gruppen sehen. Bei Gruppenspielen etwa in der Vorrunde einer Fußball-Welt- oder [...]
Teilt man die 20 Kandidaten in vier Gruppen zu jeweils fünf, dann kann man jede 10-er-Runde als "Paarung" zweier solcher Gruppen sehen. Bei Gruppenspielen etwa in der Vorrunde einer Fußball-Welt- oder -Europameisterschaft sind unter vier Gruppengegnern sechs Spiele erforderlich, bis jeder einmal gegen jeden anderen gespielt hat. So auch hier: SECHS Runden mit jeweils allen unterschiedlichen Kombinationen der vier Fünf-Kandidaten-Grüppchen [AB;AC;AD;BC;BD;CD] ;)
permissiveactionlink 13.10.2019
2. 13 Runden ?
Ich habe bisher die Auflösung nicht nachgeschaut. Folgende Runden als Vorschlag : 1. (1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10) 2. (1, 11, 12, 13, 14, 15, 16, 17, 18, 19) 3. (1, 2, 3, 4, 5, 11, 12, 13, 14, 20) 4. (2, 12, 13, 14, 15, 16, 17, [...]
Ich habe bisher die Auflösung nicht nachgeschaut. Folgende Runden als Vorschlag : 1. (1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10) 2. (1, 11, 12, 13, 14, 15, 16, 17, 18, 19) 3. (1, 2, 3, 4, 5, 11, 12, 13, 14, 20) 4. (2, 12, 13, 14, 15, 16, 17, 18, 19, 20) 5. (3, 11,13, 14, 15, 16, 17, 18, 19, 20) 6. (4, 11, 12, 14, 15, 16, 17, 18, 19, 20) 7. (5, 11, 12, 13, 14, 16, 17, 18, 19, 20) 8. (6, 11,12,13,14,15,16,17,18,19) 9. (6, 7, 8, 9, 10, 11,12,13,14, 20) 10. (7, 12, 13, 14, 15, 16, 17, 18, 19, 20) 11. (8, 11, 13, 14, 15, 16, 17, 18, 19, 20) 12. (9, 11, 12, 14, 15, 16, 17, 18, 19, 20) 13. (10, 11, 12, 13, 15, 16, 17, 18, 19, 20) Geht es auch mit weniger als 13 Runden ? Jetzt schaue ich nach...
permissiveactionlink 13.10.2019
3. Krass !
Hätte ich nicht für möglich gehalten, dass es mit nur sechs Runden klappt. Ich hatte hin und her überlegt, aber keinen allgemeinen Lösungsansatz gefunden. Mit Probieren klappt es, aber es ist extrem unwahrscheinlich, dabei [...]
Hätte ich nicht für möglich gehalten, dass es mit nur sechs Runden klappt. Ich hatte hin und her überlegt, aber keinen allgemeinen Lösungsansatz gefunden. Mit Probieren klappt es, aber es ist extrem unwahrscheinlich, dabei durch Zufall eine Lösung mit nur sechs Runden zu finden. So weit daneben habe ich schon lange nicht mehr mit einer Lösung gelegen... Da bin ich wirklich auf einen möglichen Lösungsansatz gespannt !
permissiveactionlink 13.10.2019
4. #1, UliBreimaier
Ahhhh ! Stimmt, Ihre Aufteilung in vier beliebige Fünfergruppen (20! mögliche Aufteilungen), die auf 3! verschiedene Arten gegeneinander antreten, leuchtet sofort ein. Eine Anzahl an Podiumsteilnehmern, die prim ist, wird dann [...]
Ahhhh ! Stimmt, Ihre Aufteilung in vier beliebige Fünfergruppen (20! mögliche Aufteilungen), die auf 3! verschiedene Arten gegeneinander antreten, leuchtet sofort ein. Eine Anzahl an Podiumsteilnehmern, die prim ist, wird dann nicht funktionieren. Und die Stärke der Teilgruppen muss dann ein gemeinsamer Teiler der Podiumszahl und der Gesamtzahl sein, der kleiner oder gleich der Hälfte der Podiumszahl ist. In diesem Fall 5.
rotella 13.10.2019
5. Meine Lösung sechs Runden
Jeder Kandidat muss gegen 19 anderen antreten. In einer Rund kann er gegen neun antreten, also muss jeder Kandidat in min. drei Runden dabei sein (9+9+1=19). Bei 20 Kandidaten mal min. drei Runden geteilt durch zehn Plätze pro [...]
Jeder Kandidat muss gegen 19 anderen antreten. In einer Rund kann er gegen neun antreten, also muss jeder Kandidat in min. drei Runden dabei sein (9+9+1=19). Bei 20 Kandidaten mal min. drei Runden geteilt durch zehn Plätze pro Runde kommt man auf sechs Runden als Minimum. Klappt es auch in sechs Runden? Ja, z.B. wenn man vier Fünfergruppen zusammenstellt a, b, c und d. Dann kommen wir auf die sechs Runden ab, ac, ad, bc, bd und cd. Das Rätsel erinnert mich an den sicheren Dreier im 6 aus 49-Lotto. Hat das noch jemand aus der Runde weiterverfolgt und konnte unser damaliges Minimum noch verbessern?

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