Wahrscheinlichkeitsrechnung in dem Videospiel Banjo und Kazooie


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https://www.youtube.com/watch?v=1ps5i91YCYs

1. Einführung

Wer hätte gedacht, dass der beliebte Videospiel-Klassiker „Banjo und Kazooie“ aus dem Entwicklerhaus Rare über 20 Jahre nach seinem Erscheinen zum „Mathemachen“ motivieren würde? In diesem Spiel steuert man den Bären Banjo und seine gefiederte Freundin Kazooie durch diverse Welten in dem Schloss der Hexe Gruntilda, die Banjo's Schwester Tooty entführt hat, um „das schönste Kind“ im Rare-Universum zu werden (diverse Ähnlichkeiten zu bekannten Märchen sind sicherlich reiner Zufall). Um in die tiefsten Tiefen von Gruntilda's Schloss vordringen zu können, müssen u. a. Jiggies (Puzzleteile), die man als Belohnung für das Lösen unterschiedlicher Aufgaben erhält, eingesammelt werden. Im Folgenden geht es um genau eine solcher Aufgaben, die zu kombinatorischen Überlegungen einlädt.

2. Das Problem

Der Spieler muss im Wettlauf gegen die Zeit ein Memory-Spiel mit insgesamt \(16\) Karten (also \(8\) Bildpaaren) lösen. Die Regeln unterscheiden sich nicht von dem klassischen Memory: Man deckt eine Karte auf, merkt sich das Bild und versucht das entsprechende Bildpaar zu finden. Stimmen die Bilder auf den beiden aufgedeckten Karten überein, kann das gefundene Bildpaar aufgedeckt bleiben. Ansonsten werden beide Karten wieder umgedreht. Mit jeder weiteren aufgedeckten Karte erhält man mehr Informationen über die Position der einzelnen Bildelemente. Ein gutes Gedächtnis ist dabei von Vorteil (daher hat das Spiel auch seinen Namen). Da die Bildpositionen in dem Pyramiden-Memory in Banjo und Kazooie auf allen Spielkopien und Speicherständen gleich sind, kann man dieses Rätsel durch simples Auswendiglernen der Lösung ohne einen einzigen Fehler schaffen (von dieser Vorgehensweise wird z. B. in Speedruns Gebrauch gemacht). Wie verhält es sich aber, wenn der Spieler die Positionen der Bilder nicht kennt? Kann man durch Zufall auf Anhieb alle Karten richtig aufdecken ohne auch nur die Position eines einzigen Bildes zu kennen? Und wenn ja, wie hoch ist dafür die Wahrscheinlichkeit?

3. Die Lösung

Zu Beginn ist es unerheblich, welche Karte aufgedeckt wird, weil noch kein Fehler gemacht werden kann. Anders verhält es sich für die nun folgende Karte: Diese muss das passende Bildpaar zur bereits ausgedeckten Karte sein und unter \(16-1 = 15\) Karten zufällig gefunden werden. Die Wahrscheinlichkeit dafür ist \(\dfrac{1}{15}\). Nun liegt wieder die komfortable Situation vor, in der keine Fehler möglich sind, denn schließlich ist die Reihenfolge beim Aufdecken nicht relevant. Allerdings muss direkt im Anschluss unter den \(16-1-1-1=13\) zugedeckten Karten das zum zuvor aufgedeckten Bild passende Pendant gefunden werden. Die Erfolgswahrscheinlichkeit ist dabei \(\dfrac{1}{13}\). Dieser Gedankengang wird so lange fortgesetzt, bis keine Karten mehr aufzudecken sind. $$ \underbrace{\dfrac{16}{16}}_{=1}\cdot\dfrac{1}{15}\cdot \underbrace{\dfrac{14}{14}}_{=1}\cdot\dfrac{1}{13}\cdot \underbrace{\dfrac{12}{12}}_{=1}\cdot\dfrac{1}{11}\cdot \underbrace{\dfrac{10}{10}}_{=1}\cdot\dfrac{1}{9}\cdot \underbrace{\dfrac{8}{8}}_{=1}\cdot\dfrac{1}{7}\cdot \underbrace{\dfrac{6}{6}}_{=1}\cdot\dfrac{1}{5}\cdot \underbrace{\dfrac{4}{4}}_{=1}\cdot\dfrac{1}{3}\cdot \underbrace{\dfrac{2}{2}}_{=1}\cdot\dfrac{1}{1}=\dfrac{10321920}{16!}=\dfrac{1}{2027025} \approx 0.000049\%$$ Laut Wikipedia hat sich das Spiel ca. 3.650.000 mal verkauft. Angenommen, dies entspräche gleichzeitig der Anzahl an Personen, die das Pyramiden-Memory ohne Kenntnis der Bildpositionen gespielt haben. Wie häufig trat dann wohl der Fall ein, dass ein Spieler das Rätsel im „First-Try“ (ohne falsch aufgedeckte Bilder) lösen konnte? Hierzu berechnet man schlicht und ergreifend den Erwartungswert: $$3650000\cdot 0.00000049=1.7885$$ Es hatten also insgesamt ca. \(2\) Personen auf diesem Planeten das Glück, dieses Ereignis erleben zu dürfen. Zum Vergleich: Die Wahrscheinlichkeit, den Jackpot im Lotto (\(6\) aus \(49\) plus Superzahl) zu gewinnen, ist nur ca. \(69\) mal höher! 

Was wäre, wenn das Memory-Spiel aus \(10\) oder mehr Bildpaaren bestanden hätte? Den Weg zur Berechnung der Wahrscheinlichkeit für den Fall \(n=8\) kann man allgemein für \(n\) Karten mit \(\frac{n}{2}\) Bildpaaren betrachten: $$\dfrac{n}{n}\cdot\dfrac{1}{n-1}\cdot\dfrac{n-2}{n-2}\cdot \dfrac{1}{n-3}\cdot …\cdot \dfrac{4}{4}\cdot\dfrac{1}{3} \cdot\dfrac{2}{2}\cdot\dfrac{1}{1}=\dfrac{1}{n!}\cdot \prod_{k=1}^{0.5\cdot n}{2\cdot k}$$

 

 

Community Artikel, geschrieben vor 1 Woche, 5 Tage
andré dalwigk, verified
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