Der Satz von Van der Waerden

[Ropro]

In einigen anderen Foren wird dieser Satz des Mathematikers Bartel van der Waerden versucht auf die EC und Dutzend anzuwenden.

 

Als Vorinformation (sogar mit Roulettebezogenen Beispielen) dieser Link zu Wikipedia.

https://de.wikipedia.org/wiki/Satz_von_van_der_Waerden

 

Wenn Interesse besteht, auch hier darüber zu diskutieren, versuche ich die Anwendungshinweise und -beispiele aus den anderen Foren hierhin zu übertragen.

 

Anmerkung: jegliche Hinweise auf "Nix geht" - "Alles Quatsch" - "funktioniert nicht" und ähnliche Kommentare sowie die Beschimpfung der hier engagierten Mitdiskutanten sind bereits zur Kenntnis genommen und brauchen nicht wiederholt und eingeführt zu werden.

 

 

bearbeitet März 16, 2017 von Ropro
Link-Korrektur

[Albatros]

Interesse ist hiermit bekundet.

Ob ich als mathematische DoppelZero einer Fachdiskussion allerdings folgen könnte, ist eher fraglich.

Albatros

 

P.S. Ist das derselbe BARTEL, der wo den Most holt?

[kesselman]

Auf EC sicherlich einfacher zu verstehen, zumal neue Ansätze immer wieder gerne beachtet werden.

 

kesselman

[elementaar]

Hallo @Ropro,

 

aus Zeitmangel nur sehr kurz:

Eine Diskussion des Van der Waerden-Satzes (arithmetische Folge) könnte in der Tat interessant werden, erhält man doch damit ein Spielkonstrukt, welches die Spielstrecke bis zum nächsten Treffer begrenzt.

 

Viel Erfolg (und Dank im Voraus) bei der Darstellung der arithmetischen Folge.

Gruß
elementaar

[kesselman]

vor einer Stunde schrieb Ropro:

In einigen anderen Foren wird dieser Satz des Mathematikers Bartel van der Waerden versucht auf die EC und Dutzend anzuwenden.

 

Als Vorinformation (sogar mit Roulettebezogenen Beispielen) dieser Link zu Wikipedia.

https://de.wikipedia.org/wiki/Satz_von_van_der_Waerden

 

Wenn Interesse besteht, auch hier darüber zu diskutieren, versuche ich die Anwendungshinweise und -beispiele aus den anderen Foren hierhin zu übertragen.

 

Anmerkung: jegliche Hinweise auf "Nix geht" - "Alles Quatsch" - "funktioniert nicht" und ähnliche Kommentare sowie die Beschimpfung der hier engagierten Mitdiskutanten sind bereits zur Kenntnis genommen und brauchen nicht wiederholt und eingeführt zu werden.

 

 

Mathematiker drücken sich immer sehr umständlich aus, da brauch man einen "Übersetzer", um es verständlich zu machen,

 

nur was ist, wenn der "Übersetzer" sehr gut ist?

 

 

[Ropro]

Es wird natürlich einfacher, wenn man es in Umgangssprache darstellt.

 

Was vorab zu berücksichtigen ist, daß die Annahme bzw. der Beweis von van der Waerden bzw. von Ramsey darunter leiden, daß die Irritation durch die Zero nicht abgefangen wird. Die Zero als 3. farbe einzuführen wäre nicht korrekt weil ihre EW im Verhältnis zu den anderen Farben unverhältnismäßig klein ist.

 

Aber nun in einfachen Worten:

 

Nimmt man irgendwelche Kombinationen aus 2 Farben, so erhält man in 9 Gliedern mindestens eine Wiederholung einer 3er-Figur.

Diese Figur soll aber eine arithmetische Progression sein!

 

Arithmetische Progression: Wenn in einer Reihe von Zufallsereignissen z.B. jede dritte Stelle gleich ist, würde die AP 1 - 4 - 7 lauten.

folgende Arithmetische Progressionen sind zunächst zu beachten

1 2 3 (Diff. 1)

1 3 5 (Diff. 2)

2 4 6 (Diff. 2)

1 4 7 (Diff. 3)

1 5 9 (Diff. 4)

kurz: die Differenz zwischen den Positionen ist jeweils gleich.

 

erster Coup R (hier können wir noch keine Aussage machen, welche AP sich entwickeln wird)

zweiter Coup R (hier entwickelt sich die AP 1 2 3; also Satz auf R)

dritter Coup S (Fehler. Wir können wiederum keine Aussage über eine sich entwickelnde AP machen)

vierter Coup R ( hier fragen wir, welche AP sich entwickeln könnte. Ziel ist die Vorhersage für den nächsten Coup)

1 4 7 R _ _ R _ _ R

2 4 6  _ R _ R _ R

Da wir nur auf den 6. Coup setzen können folgt also Satz auf R.

 

Wenn eine AP durch 3 mal dieselbe Farbe erfüllt ist, erfolgt eine Neuaufnahme der Beobachtung.

 

Beispiel:

R R  Satz auf R wegen 1 2 3 es folgt R= Treffer

weiter geht es mit R R _ hier wieder Satz auf R wegen 1 2 3 nicht wegen  4 5 6!

 

Dazu gibt es natürlich Fragen: Raus damit.

 

 

[Ropro]

Ich versuche es mal deutlicher zu machen.

 

Wir haben, wenn wir eine Notation dafür darstellen, drei Zeilen:

 

1. Die Ordnungszahl

2. Die Ereignisfolge, in der wir die arithmetische Progression suchen

3. Die mögliche arithmetische Progression

 

Wer sich mit Figurenspielen auf EC beschäftigt hat, kennt den "Figurenvollendungs-Coup" oder "Figurenvollendungs-Satz".

Ziel ist es also, so zu setzen, daß sich eine Arithmetische Progression bildet.

 

 

[Ropro]

Fangen wir mit einem einfachen Beispiel an:

 

 

Wir haben 2 Farben (r). Diese bilden mindestens eine 3gliedrige Arithmetische Progression (k), innerhalb von 9 Ereignissen.

 

 

Nach dem ersten und zweiten Coup übertragen wir die Ordnungszahl in die unteren Felder.

1 - 2 ermöglicht eine AP mit der Diff. 1 durch ein weiteres Rot in Coup 3.

Also wird in Coup 3 auf R gesetzt.

Danach startet eine neue Auswertung.

In o.g. Beispiel würden wir 3 Treffer erzielen bei Satz auf die Vollendung von 1 -  2 zu 3.

 

[Ropro]

Nun zerstören wir diesen Gewinnlauf und ersetzen jeden Treffer durch ein B.

 

 

1 - 2 - F unsere erste angestrebte AP scheitert.

es steht keine neue mögliche AP zur Verfügung. RRB

Im nächsten Coup folgt ein R zu RRBR - daraus folgt es könnte eine AP der Folge 1 - 4 - 7 enstehen.

Wir würden also in Coup 7 wiederum auf R setzen!

 

Jeder kann nun diese EC-Folge gestalten wie er will, er wird finden, daß es mindestens eine AP ergibt. Diese gilt es zu finden und auf Vollendung zu setzen.

 

[Ropro]

Schade, daß das kein Interesse hervorruft.

Meine Tests zeigen, daß es funktioniert.

Es wäre sogar ein Ausbau auf die höheren Chancen möglich.

Das Zitat aus Wikipedia sagt zudem, daß auch die Abstände zwischen gleichen Figuren bestimmt werden könnten.

Leider habe ich den Rechenweg noch nicht ganz adaptiert. Aber Hilfe oder Interesse besteht hier ja nicht.

Sagt einiges über das Forum bzw. der Mitglieder, oder?

 

Ich habe hiermit fertig!

 

[wolfi99]

Kein Interesse, doch, aber:

Problem dabei - ich habe es schlicht nicht kapiert, so geht eine vielleicht sinnvolle Satztechnik an mir vorbei :-(

Wolfi

[Sven-DC]

vor einer Stunde schrieb Ropro:

Sagt einiges über das Forum bzw. der Mitglieder, oder?

Oder über den Systemvorsteller.

Außer das es um eine Art Figurenspiel handelt habe ich auch nicht im Ansatz verstanden, wie der eigentliche Ansatz ist.

Ich vermute mal stark, du hast es irgendwo abgeschrieben und verstehst es eigentlich selbst nicht richtig.

 

[Egoist]

vor 1 Stunde schrieb Ropro:

Schade, daß das kein Interesse hervorruft.

Meine Tests zeigen, daß es funktioniert.

 

Hallo Ropro,

 

Dein Einleitungsposting hatte ich sehr wohl gelesen und auch den Wikipediaartikel zumindest quer.

Da Deine Übersetzung jedoch vollkommen anders ausfiel, als meine nur für mich, habe ich einfach mal die Klappe gehalten.

 

vor 1 Stunde schrieb Ropro:

Das Zitat aus Wikipedia sagt zudem, daß auch die Abstände zwischen gleichen Figuren bestimmt werden könnten.

 

In der Tat kann man das, es kommt allerdings nur der maximal mögliche Abstand heraus, wenn sich vorher kein kürzerer gezeigt hat.

Das einfachste Beispiel welches mir einfällt, misst die Figuren bei Münzwurf (bzw. zerobereinigte EC).

RR

RS

SR

SS

 

N(r,l) = Ergebnis der Funktion = spätestes 2. Auftreten einer Figur

r = Anzahl Farben

l = Figurlänge (+1?)

N(2,2) = 3

 

vor 1 Stunde schrieb Ropro:

Leider habe ich den Rechenweg noch nicht ganz adaptiert. Aber Hilfe oder Interesse besteht hier ja nicht.

Sagt einiges über das Forum bzw. der Mitglieder, oder?

 

Wie wäre es, erstmal ein Hilfegesuch abzulassen und dann entsprechende Antwortzeit einzplanen?

Ich habe schon gesehen, dass Du was ganz anderes als ich verstanden hattest.

 

 

Gruss vom Ego

 

bearbeitet März 18, 2017 von Egoist

[elementaar]

Wie ich erst jetzt sehe, hat @Ropro leider schon aufgegeben.
Ich versuche mal weiterzumachen, bitte aber um Geduld, da ich im Moment wenig Zeit habe.

 

(1) Arithmetische Folge - Was ist das?

 

Eine arithmetische Folge entsteht, wenn man zu einer beliebigen Ausgangszahl einen festen Betrag addiert (man kann auch noch andere Operationen machen, die interessieren uns hier jedoch wahrscheinlich nicht), und im weiteren immer die letzte errechnete Zahl als neue Ausgangszahl nimmt.

 

Nehmen wir die Ausgangszahl 1 und addieren 1 = 2 so erhalten wir die arithmetische Folge:
1 2
Wie zu sehen, besteht sie aus 2 Gliedern (nämlich 1 und 2).
Das nächste Glied der Kette (Progression) wäre zu errechnen mit: 2 (letzte Zahl der Folge) + 1 (Konstante, die wir addieren wollen) = 3.

Wir erhalten die arithmetische Folge:
1 2 3
Wie zu sehen, besteht sie aus 3 Gliedern (nämlich 1 und 2 und 3).

 

    Nebenbemerkung: Die Menge der natürlichen Zahlen N (ganze Zahlen) ist eine solche arithmetische Folge mit unendlich vielen Gliedern, weil man zu jeder letzten Zahl immer 1 addieren kann, um eine neue Zahl zu erhalten.

 

Nun muß man ja nicht zwangsweise immer nur 1 addieren (= als Konstante wählen), man kann auch immer 2 oder 3 oder was auch immer als Konstante wählen.

 

Mit 5 als Konstante und 1 als Ausgangszahl sähe eine dreigliedrige arithmetische Folge so aus:
1 6 11 (1+5=6; 6+5=11)

Mit 13 als Konstante und 25 als Ausgangszahl sähe eine fünfgliedrige arithmetische Folge so aus:
25 38 51 64 77 (25+13=38; 38+13=51; 51+13=64; 64+13=77)

 

Gruß
elementaar

[elementaar]

(2) Satz von van der Waerden

 

Hier muß ich mich auf den Versuch einer Erklärung beschränken, die für den Spieler relevant und einsichtig ist.
Obwohl eigentlich einfach, würde die allgemeingültige Erklärung in Worten zu unübersichtlich.

 

Für den Roulettisten bildet sich eine der oben besprochenen arithmetischen Folgen mit jedem neuen Cp in Gestalt der laufenden Coupnummer (Konstante 1).
Notiert man nun zu jeder zu untersuchenden Eigenschaft der Permanenzzahl die betreffende fortlaufende Coupnummer, ergeben sich pro Eigenschaft neue Zahlenfolgen.

In der Abbildung habe ich das beispielhaft für Rot/Schwarz und Dutzend gemacht.

 

 

Der Satz von van der Waerden trifft nun eine Voraussage, wann man, abhängig von der Anzahl der Eigenschaften (bei wikipedia "Farben") und der gewünschten Anzahl von Gliedern der arithmetischen Folge, spätestens eine solche Folge entdecken kann.

 

In der kleinen wikipedia-Tabelle kann man zum Beispiel ablesen, daß der Rot/Schwarzspieler (2 "Farben") spätestens in Cp 9 eine arithmetische Folge mit 3 Gliedern (auf Rot oder Schwarz) bilden kann.
Der Dutzendspieler (3 "Farben") kann spätestens in Cp 27 eine arithmetische Folge mit 3 Gliedern (auf Dutzend 1 oder 2 oder 3) bilden.
Möchte der Rot/Schwarzspieler (bei wikipedia "Farben") eine arithmetische Folge mit 5 Gliedern entdecken, so kann er dies spätestens in Coupnr 178.

 

Gruß
elementaar

bearbeitet März 19, 2017 von elementaar
2 x "n" gelöscht

[elementaar]

(3) Rot/Schwarz (2 "Farben") und Satz von van der Waerden

 

Der Satz von van der Waerden sagt also, daß der Rot/Schwarzspieler spätestens in Cp 9 eine arithmetische Folge mit 3 Gliedern (auf Rot oder Schwarz) bilden kann.

 

Wir fragen uns jetzt, wieviele arithmetische Folgen sind denn innerhalb von 9 Cps überhaupt möglich.

 

Beginnen wir mit Cpnr 1:
Addition der Konstante 1; Coupnummern: 1 2 3 -klarer Fall.
Addition der Konstante 2; Coupnummern: 1 3 5
Addition der Konstante 3; Coupnummern: 1 4 7
Addition der Konstante 4; Coupnummern: 1 5 9
Addition der Konstante 5; Coupnummern: 1 6 11 -Fehler! laut van der Waerden brauchen wir lediglich 9 Cps; eine Cpnr 11 ist also überflüssig.

 

Beginnend mit Cpnr 1 konnten wir also 4 arithmetische Folgen bis Cpnr 9 bilden:
Addition der Konstante 1; Coupnummern: 1 2 3
Addition der Konstante 2; Coupnummern: 1 3 5
Addition der Konstante 3; Coupnummern: 1 4 7
Addition der Konstante 4; Coupnummern: 1 5 9

 

Dasselbe machen wir jetzt mit Cpnr 2 als Ausgangszahl:
Addition der Konstante 1; Coupnummern: 2 3 4 -klarer Fall.
Addition der Konstante 2; Coupnummern: 2 4 6
Addition der Konstante 3; Coupnummern: 2 5 8
Addition der Konstante 4; Coupnummern: 2 6 10 -Fehler! laut van der Waerden brauchen wir lediglich 9 Cps; eine Cpnr 10 ist also überflüssig.

 

Beginnend mit Cpnr 2 konnten wir also 3 arithmetische Folgen bis Cpnr 9 bilden:
Addition der Konstante 1; Coupnummern: 2 3 4
Addition der Konstante 2; Coupnummern: 2 4 6
Addition der Konstante 3; Coupnummern: 2 5 8

 

Wenden wir dieses Verfahren für alle weiteren Coupnummern bis 9 an, so erhalten wir insgesamt 16 mögliche arithmetische Folgen:

 

Dieselben 16 Möglichkeiten nach den jeweiligen Coupendnummern geordnet sehen dann so aus:

 

 

 

Gruß
elementaar

bearbeitet März 19, 2017 von elementaar
1 x "n" gelöscht

[elementaar]

(4) Demonstrationsbeispiel auf Rot/Schwarz und Bildung einer dreigliedrigen arithmetischen Folge

 

Spielregel:
Gesetzt wird Rot und/oder Schwarz, wenn sich durch deren Treffen eine arithmetische Folge mit drei Gliedern bilden könnte.
Jeder Treffer beendet die Partie, und es wird von vorne begonnen.

 

Wie @Ropro oben schon festgestellt hat, wird Zéro nicht beachtet (d.h. ist ein Satz davon betroffen, wird halt das halbe Stück bezahlt, Zéro aber nicht mitgebucht; in diesem Fall wäre also ein Stück nachzusetzen).

 

Klar ist: wir benötigen 2 Cps Vorlauf, denn frühestens im dritten Cp kann sich eine dreigliedrige arithmetische Folge bilden.

 

 

 

Gruß
elementaar

 

 

2017-03-19 Demo-Beispiel EC_van der Waerde.pdf

bearbeitet März 19, 2017 von elementaar
pdf hinzugefügt; png verbessert

[Albatros]

Hallo elementaar,

sehr schön und klar erklärt!

 

Trotzdem sehe ich darin zunächst nur eine recht komplizierte Satzfindung und einen ebensolchen und zähen "Marsch".

Ich entdecke darin noch keine Gewinnfähigkeit oder gar Überlegenheit.

Wo steckt das Geheimnis?

Albatros

[Ropro]

vor 10 Minuten schrieb Albatros:

Hallo elementaar,

 

Wo steckt das Geheimnis?

Albatros

Es MUSS eine solche arithmetische Reihe in 9 Coups entstehen! Das kann man bei anderen Figurenspielen nicht vorhersagen!

bearbeitet März 19, 2017 von Ropro

[Ropro]

vor einer Stunde schrieb elementaar:

 

Wie @Ropro oben schon festgestellt hat, wird Zéro nicht beachtet (d.h. ist ein Satz davon betroffen, wird halt das halbe Stück bezahlt, Zéro aber nicht mitgebucht; in diesem Fall wäre also ein Stück nachzusetzen).

Hi Elementaar,

 

danke für die Aufbereitung. Ich bin didaktisch nicht so gut wie Du.

 

Es gibt noch eine andere Möglichkeit die Zero einzubeziehen:

 

Angenommen ich habe eine Reihe ROT 1 _ 3 _ ? und setze nun auf Vervollständig bei 5 und es kommt die Zero, so kann ich diesen Satz als vollen Verlust dadurch einschieben, daß ich ihn als nicht(R) werte. bzw. umgekehrt. Somit wird die Zero Teil einer möglichen Arithmetischen Reihe aus der Gegenfarbe.

 

Es gibt noch einen Punkt, der zu beachten wäre:

Beispiel bei Lücke Größe 2 also; 1 _ _ 4 _ _ ?7

falls die Stellen 5 und 6 mit einer Farbe besetzt sind, die nicht von 1und4 sind ergäbe sich eine 2. Reihe mit 5 6 ?7. Also Satz auf beide Farben. Einen solchen Satz auslassen und neu aufnehmen.

bearbeitet März 19, 2017 von Ropro

[Sven-DC]

 

 

@elementar, Klasse erklärt.

So kann es jeder verstehen, was überhaupt gemeint ist, auch wenn man sich die Sache bei Wikipedia überhaupt nicht anschaut.

Da es auf den ersten Blick we ein Dauergewinnsystem ausieht ( weil sich ja die arithmetischen Folgen zwangsläufig bilden müssen)  muss es auch irgendwo einen gewaltigen Haken geben.

Wie ich die Sache überblicke liegt es darin, daß die Zero völlig aus dem Spiel gelassen wird.

Jedesmal wenn die erscheint  verliert man komplett den Satz oder eben die hälfte, das wird die Sache langfristig ins minus bringen.

Solange sie nicht kommt scheint das zu funzen. Das ist aber reichlich kurz gedacht.

 

Wenn ich das auf die schnelle richtig überblicke geht das ja nicht im Gleichsatz.

Man muss in ungünstigsten Fall 9 Sätze eine MG spielen.,das wäre 1-2-4-8-16-32-64-128-256.

Der Gewinn ist immer 1 St.

Zero erscheint im Schnitt aller 37 Coups einmal.

Wenn nun z.b in Stufe 7 die Zero zuschlägt, sind 64 Stücke sind weg ( oder haben nur den Besitzer gewechselt)

Man muss jetzt 64 Angriffe in Folge gewinnen und beten das bis dahin keine Zero erscheint um die Besitzverhältnisse wieder in den Ursprung zu bringen.

Noch kritischer wird es wenn die Zero in Stufe 8 oder 9 zuschlägt, unmöglich aus den minus wieder raus zu kommen- langfristig betrachtet.

Bei guten Wetter und Glück lasst sich die Zero auch 500 x nicht blicken, das muss @Repro Prüfstrecke gewesen sein, weil er ja von Gewinnen berichtet.

 

Oder sehe ich was falsch ???

Gibt es eine Progi auf EC welche bei einen garantierten Treffer innerhalb 9 Sätze alles tilgt, außer die MG.

Ich kenne keine.

bearbeitet März 19, 2017 von Sven-DC

[hemjo]

Hallo Ropro!

Auch wenn im 9. Coup eine AR entstehen "muss" , so hat die Kugel

die freie Wahl, in welches Fach Sie fällt.

MfG hemjo

bearbeitet März 19, 2017 von hemjo

[elementaar]

@Albatros,
@Ropro,

vielen Dank für Euren Zuspruch.
Und die Bitte um noch ein wenig Geduld: ich würde gerne noch einiges zum Abschluß darstellen, damit wir wissen, worüber wir sprechen.

(5) Spiel auf Rot/Schwarz und Bildung einer arithmetischen Folge, weitere Aspekte

 

@Ropro hat schon darauf hingewiesen:
Bei der Spiel- und Betrachtungsweise auf Bildung einer arithmetischen Folge, wissen wir vor Partiebeginn, daß wir jede Partie mit einem Treffer abschließen werden, und wir wissen vorher, wann dies spätestens sein wird.

 

Beim Spiel auf Rot/Schwarz und Bildung einer dreigliedrigen arithmetischen Folge kann dann aber auch Folgendes geschehen:

 

 

Die Partie kann innerhalb von 9 Cps mit einem Treffer beendet werden, fatalerweise sind wir aber nicht dabei, denn das gleichzeitige Setzen von Rot und Schwarz ist sinnlos, folglich wurden in dem Treffercp 0 Stücke gesetzt.

Wir sehen, wie wichtig möglichst genaue Sprache ist: Treffer bedeutet eben nur genau das: Treffer; weder erzielt man mit einem Treffer zwangsweise Gewinn, noch ist damit gar ein positiver Saldo garantiert.

 

Mehr sagt auch der Satz von van der Waerden nicht aus: abhängig von der Anzahl der möglichen Eigenschaften und der Anzahl an Gliedern der arithmetischen Folge, erzielt man spätestens zum Zeitpunkt x einen Treffer.
Es wird nicht gesagt, wieviel Umsatz man bis zum Treffer machen muß, noch ob der Treffercp auch praktisch gespielt werden kann.

Gruß
elementaar

[elementaar]

(6) Spiel auf Rot/Schwarz und Bildung einer arithmetischen Folge, weitere Aspekte [2]

 

Sind alle 16 arithmetischen Folgen gleichberechtigt (gleichwahrscheinlich)?

 

Wir fragen uns, wieviele Partien in welchen Coupnummern abgeschlossen werden.
Anhand der 16 möglichen arithmetischen Folgen und deren Coupendnummern machen wir folgende Aufstellung:

 

 

Das sieht schon sehr seltsam aus.

 

Eine Auszählung über 183.000 Partien, ergibt dieses Bild:

 

 

Kurze Plausibilitätsprüfung:
In Cp 3 haben wir es mit 3er-Figuren zu tun. Es gibt 2³=8 3er-Figuren, von denen wir 2 treffen (RRR und SSS). 2/8=25%.
In Cp 4 haben wir es mit 4er-Figuren zu tun. Es gibt 2^4=16 4er-Figuren, von denen wir 2 treffen (SRRR und RSSS). 2/16=12,5%.

 

Die 16 arithmetischen Folgen sind nicht gleichwahrscheinlich.

 

 

Gruß
elementaar

[elementaar]

(7) Spiel auf Rot/Schwarz und Bildung einer arithmetischen Folge, weitere Aspekte [3]

 

Nun können wir natürlich auch die gesamte Distanz von 9 Cps als klassisches Figurenspiel betrachten.

Das allseits beliebte Spiel auf 9er-Figuren hält 2^9=512 Figuren bereit, die alle gleichwahrscheinlich sind.

Wir prüfen alle 512 Figuren in unserem Spiel auf Bildung einer arithmetischen Folge und zeichnen Umsatz, Treffer und NichtTreffer auf.
Außerdem halten wir fest, wann und wie oft die in (5) geschilderte fatale Situation eintritt, in der ein Satz mit sicherem Treffer nicht möglich ist.

 

 

Zu beachten: in den Fällen mit den Coupendnummern 7 und 8 in denen sich 3 arithmetische Folgen gleichzeitig vollenden könnten, ist im Differenzsatz ein reales Setzen wieder möglich, ein real erzielter Treffer aber nicht mehr sicher.

 

 

Gruß
elementaar

bearbeitet März 20, 2017 von elementaar
Halbsatz angefügt