Ich denke, das die richtige Sequenz Nummer 6 ist.
Ich habe mir überlegt, was passiert, wenn 1,2,3 Lampen an sind, und man 1 Lampe ändert (1) oder zwei Lampen ändert (A, D).
Wenn man (1) drückt, ändert sich eine gerade Anzahl an Lampen in eine ungerade Anzahl, und umgekehrt. Wenn man (A, D) drückt, bleibt die Zahl gerade bzw ungerade.
Ausserdem muss man sich auch noch den unterschiedlichen Effekt von A und D ansehen
Wenn man jetzt die Vorschläge durchgeht, sieht man, dass man nur mit 6 sowohl für einen ungeraden als auch für einen geraden Start sicher eine Option für eine Gerade Anzahl (0,4, also Tür offen) bekommt.
Ich habe eine Fallunterscheidung gemacht^^ Frage mich nur, wie ich das aus Word mit den Tabellen hier einfügen kann. Geht das bzw. weiß das einer?
Ich komme auch auf Lösung 6.
Im Feedback-Forum wurde noch die Frage aufgeworfen, ob es auch eine Lösung mit weniger Schritten geben könnte. Mögliche Begründung, warum das nicht sein kann:
1. Angenommen, die innere Scheibe wird stets so rotiert, dass eine bestimmte der Lampen ("Lampe X") durch alle unsere Aktionen unverändert bleibt. Da wir eine Lösung suchen, die eben auch im worst-case funktioniert, können wir eine solche Annahme problemlos treffen.
2. Egal was der Zustand der Lampe X ist (an oder aus), gibt es insgesamt 2^3 = 8 mögliche Kombinationen für die Zustände der anderen drei Lampen. Von diesen acht Zuständen unterscheiden sich genau sieben an mindestens einer Position vom Zustand der Lampe X.
3. Jegliche Lösungsstrategie muss im worst case alle diese möglichen Zustände ausprobieren. Vom Startzustand ausgehend sind daher im worst case mindestens sieben Schritte erforderlich.
Ich habe auch Antwort 6 raus.
0. Die Drehungen ignoriere ich, da sie nichts an der relativen Position der Lampen zueiander ändern, da nur diese benötigt wird.
1. Dabei habe zunächst festgestellt dass wenn zwei Lampen auf einer Diagonalen an sind, Operation (D) sofort zum Erfolg führt da entweder beide ausgeschalteten Lampen eingeschaltet werden oder anders herum.
2. Wenn jetzt aber nicht zwei Lampen diagonal sondern nebeneinander an sind, dann werden durch Operation (A) entwerder alle Lampen in denselben Zustand versetzt oder auf eine Diagonale, siehe 1.
3. Durch Operation (1) kann, wenn am Anfang 1 oder 3 Lampen an sind, Schritt 1-2 wiederholt werden, da danach zwei Lampen an sind. (oder 0 oder 4, womit der Safe offen ist)
Es war sehr schön beim Lösen der Aufgabe festzustellen dass es völlig egal ist wo die Operationen ausgeführt werden, obwohl das System erstmal so chaotisch erscheint.
Es gibt im Prinzip nur 3 Klassen von Lampeneinstellungen, die nicht zu einem offenen Safe führen:
K1: genau eine Lampe ist an oder genau eine Lampe ist aus
K2N: zwei nebeneinanderliegende Lampen sind an und die anderen beiden aus
K2D: zwei diagonal gegenüberliegende Lampen sind an und die beiden anderen sind aus
Zu Beginn weiß man gar nichts, es kommen also alle drei Möglichkeiten in Betracht. Wenn man hier (1) oder (A) macht (und der Tresor nicht auf geht), sind noch immer alle 3 Klassen möglich; diese bringen also nichts und man macht (D). Danach geht der Safe entweder auf, oder die Konfiguration ist K1 oder K2N.
Dann ist (1) (wieder) keine gute Wahl, weil danach wieder alle drei möglichen Konfigurationen in Betracht kommen, mit (D) gewinnt man nichts, weil man im schlechten Fall nur jeweils in K1 oder K2N bleibt. Also (A) und dann ist man entweder in K1 oder K2D. Mit (1) bleibt man in einem dieser beiden Zustande (bringt also nix) und mit (A) geht man nur wieder zurück zum vorherigen Zustand {K1, K2N}, also (D) und man landet (wenn der Tresor nicht aufgeht) in K1. Dann bringt (A) und (D) nix, da man damit in K1 bleibt, also (1) und man endet in {K2N, K2D}. Als nächstes kommt (1) nicht in Frage, weil man damit zurück zum vorherigen Schritt geht. Mit (A) gewinnt man nichts, weil der Safe zwar vielleicht aufgeht, aber wenn nicht, landet man wieder in {K2N, K2D}, also macht man (D) und (wenn der Tresor nicht auf geht) dann weiß man, dass man in K2N ist. Von da kommt man mit (A) und dann (D) sicher zu einem offenen Tresor. Somit ist DAD1DAD die kürzeste Folge, mit der man den Tresor auf bekommt.
Ich stand bei der Aufgabe leider auf dem Schlauch und musste raten. Aber so wie ich das verstanden habe, weiß man ja nicht wie sich die Scheibe dreht, das heißt man könnte bei 2 leuchtenden Lampen sowohl bei Aktion A als auch D auch nur eine Leuchtende und eine Ausgeschaltete erwischen. Dann bleibt es nämlich nicht zwangsläufig bei gerader oder Ungerader Anzahl... Oder hab ich einen Denkfehler?
(12-09-2024, 06:57 PM)ukleinek schrieb: Es gibt im Prinzip nur 3 Klassen von Lampeneinstellungen, die nicht zu einem offenen Safe führen:
K1: genau eine Lampe ist an oder genau eine Lampe ist aus
K2N: zwei nebeneinanderliegende Lampen sind an und die anderen beiden aus
K2D: zwei diagonal gegenüberliegende Lampen sind an und die beiden anderen sind aus
Zu Beginn weiß man gar nichts, es kommen also alle drei Möglichkeiten in Betracht. Wenn man hier (1) oder (A) macht (und der Tresor nicht auf geht), sind noch immer alle 3 Klassen möglich; diese bringen also nichts und man macht (D). Danach geht der Safe entweder auf, oder die Konfiguration ist K1 oder K2N.
Dann ist (1) (wieder) keine gute Wahl, weil danach wieder alle drei möglichen Konfigurationen in Betracht kommen, mit (D) gewinnt man nichts, weil man im schlechten Fall nur jeweils in K1 oder K2N bleibt. Also (A) und dann ist man entweder in K1 oder K2D. Mit (1) bleibt man in einem dieser beiden Zustande (bringt also nix) und mit (A) geht man nur wieder zurück zum vorherigen Zustand {K1, K2N}, also (D) und man landet (wenn der Tresor nicht aufgeht) in K1. Dann bringt (A) und (D) nix, da man damit in K1 bleibt, also (1) und man endet in {K2N, K2D}. Als nächstes kommt (1) nicht in Frage, weil man damit zurück zum vorherigen Schritt geht. Mit (A) gewinnt man nichts, weil der Safe zwar vielleicht aufgeht, aber wenn nicht, landet man wieder in {K2N, K2D}, also macht man (D) und (wenn der Tresor nicht auf geht) dann weiß man, dass man in K2N ist. Von da kommt man mit (A) und dann (D) sicher zu einem offenen Tresor. Somit ist DAD1DAD die kürzeste Folge, mit der man den Tresor auf bekommt.
Sehr ausführlich und verständlich erklärt. Jetzt hat's bei mir auch geklickt und die Lösung klingt sehr plausibel
(12-09-2024, 07:15 PM)IrieAndi schrieb: Ich stand bei der Aufgabe leider auf dem Schlauch und musste raten. Aber so wie ich das verstanden habe, weiß man ja nicht wie sich die Scheibe dreht, das heißt man könnte bei 2 leuchtenden Lampen sowohl bei Aktion A als auch D auch nur eine Leuchtende und eine Ausgeschaltete erwischen. Dann bleibt es nämlich nicht zwangsläufig bei gerader oder Ungerader Anzahl... Oder hab ich einen Denkfehler?
Wenn Du zwei leuchtende Lampen hast und bei A oder D eine leuchtende und eine ausgeschaltete Lampe erwischt, wird die leuchtende ausgeschaltet und gleichzeitig die andere Lampe eingeschaltet. Damit bleibt es bei zwei leuchtenden Lampen, es sind nur nicht mehr die gleichen wie vorher. Da liegt vermutlich Dein Denkfehler.
(12-09-2024, 07:15 PM)IrieAndi schrieb: Ich stand bei der Aufgabe leider auf dem Schlauch und musste raten.
Das versteh ich ehrlicherweise nicht, denn die Aktionen waren ja vorgegeben und eine der Antworten musste ja die Richtige sein. Somit wäre ein Ansatz, dass man jede Antwortmöglichkeit durchgeht und man muss eigentlich nur bei 9 der Antwortmöglichkeiten nach Gegenbeispielen suchen, wo sich nach Ausführen der Aktionen der Tresor NICHT öffnet. Daher sagte ich ja: Wären die ausführenden Aktionen nicht vorgegeben gewesen und gefragt worden: Wie viele Aktionen braucht man mindestens um den Tresor zu öffnen, hätte ich diese Aufgabe als ungleich schwerer empfunden.
Ich bin durch Ausschließen auf die richtige Lösung gekommen.
Da man über den Zustand der Lampen fast(*) nichts weiß, muss man alle grundsätzlich(**) verschiedenen Zustände durchlaufen.
Das sind $(2^4 -2) /2$ also sieben (siehe Beitrag #3 von tfry). Damit fallen alle Lösungen außer 4., 6. und 10. weg, weil sie zu kurz sind.
In Lösung 4. kommt (A) (A) vor, was zur Wiederholung des Zustandes führen kann, es werden also nicht mit Sicherheit alle Zustände durchlaufen.
Gleiches kann mit (A) (D) (A) aus Lösung 10. passieren. Bleibt nur Lösung 6.
(*) Zwei Zustände der Lampen fallen weg, da der Tresor anfangs nicht offen ist.
(**) Zwei Zustände sollen als grundsätzlich gleich betrachtet werden, wenn sie durch Umschalten aller Lampen ineinander überführt werden können.
Ich habe mir ein Statusübergramm gemalt das die 6 verschiedenen Zustände (ohne Drehungen) der unsichtbaren Lampen zeigt:
0 (=Lösung)
1
2 gerade angeordnet
2 diagonal angeordnet
3
4 (=Lösung)
Dann habe ich die Übergänge von einem zum anderen Zustand mit Pfeilen hinzugefügt.
Die Zustände 0 und 4 sind dabei Endzustände.
So konnte ich sofort sehen, dass man mit der Sequenz D A D auf den Zustanden 1 und 3 entweder einen Endzustand erreicht oder hin und her pendelt. Mit der gleichen Sequenz D A D von einem der Zustände 2 gelangt man immer zu einem Endzustand. Nun fehlt noch der Übergang von Zustand 1 oder 3 nach 2 womit die gesamte Sequenz D A D 1 D A D bestimmt ist.
Diese ist in Lösung 6 angegeben.
