01.03.2011, 17:36
Du solltest aber auf jeden Fall erstmal den 4x4 bzw. 5x5 angucken, kannste ja unter www.bigcubes.com machen.
Der "Eine Frage - Eine Antwort" Thread
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01.03.2011, 17:36
Du solltest aber auf jeden Fall erstmal den 4x4 bzw. 5x5 angucken, kannste ja unter www.bigcubes.com machen.
01.03.2011, 17:40
den 4x4 und den 5x5 haben die beiden Freunde mit denen ich das machen will. Wir wollten die Cubes dann immer untereinander tauschen.
01.03.2011, 19:51
Wie gesagt, www.bigcubes.com.
Wie man das Prinzip auf 6x6x6 überträgt erklärt sich echt von alleine.
01.03.2011, 20:09
okay...danke.
01.03.2011, 20:50
darf man theoretisch auf comps seinen eigenen stuhl benutzen den man sich von zuhause mit bringt
WCA-Ranking 27. Februar OH-Single NR #4 CR #21 WR #66 5x5 Average NR #8 CR #27 WR #82 5x5 Single NR #9 CR #35 WR #100
was würde dagegen sprchen?
wie hoch ist beim 4x4 die wahrscheinlich keit auf einen last 4 edges skip... ich mache freeslice
Color Neutral
Vandenbergh-Harris-Cuber
01.03.2011, 23:54
(01.03.2011, 20:57)Manni schrieb: wie hoch ist beim 4x4 die wahrscheinlich keit auf einen last 4 edges skip... ich mache freeslice 8! möglichkeiten für alle edges. 2^4*4! für 4 gelöste edges. P= 2^4*4!/8! = 9.5% (ich nehme an du beziehst dich auf edge pairing und nicht auf LL und soweit ich das sehe ist es völlig egal ob du freeslice machst oder nicht)
02.03.2011, 09:44
Ich fürchte da fehlt noch ein Faktor. Mich hat die doch recht hohe Prozentzahl stutzig gemacht, deshalb hab ichs mir nochmal genau durch den Kopf gehen lassen - ich wüsste nämlich nicht wann mir sowas das letzte Mal passiert ist.
Also, zuerstmal 8! möglichkeiten für die letzten 8 edgepieces, ja. Nun gibt es 2^4 Möglichkeiten aus diesen 8 edges paarweise verschiedenfarbige pieces auszuwählen und jeweils 4! Möglichkeiten diese auf 4 verschiedene Dedge Positionen zu verteilen. Jetzt fehlen aber noch die restlichen 4 Pieces. Dass die so verteilt sind, dass alle 4 Dedges fertig sind liegt bei 1/(2*3*4). Also komm ich insgesamt auf: P= (2^4*4!) / (8!*2*3*4) = 0,079 % Dazu fällt mir grad auf dass du dich eh um ne 10er Potenz vertan hast Moritz, das wären 0,95% gewesen. Da fällt mir grad auf: Manni, meinst du die letzten 4 Dedges, also Edgepaare, oder tatschlich nur die letzen 4 Edgepieces, d.h. 2 Edgepaare? Die Wahrscheinlichkeit dafür wäre analog (2^2*2!) / (4!*2) = 16,67 %
02.03.2011, 10:12
(02.03.2011, 09:44)Sébastien schrieb: Nun gibt es 2^4 Möglichkeiten aus diesen 8 edges paarweise verschiedenfarbige pieces auszuwählen und wenn man jeweils andere auswählt wird ausgeschlossen dass die edges gelöst sind? ich beharre auf meinem ansatz... wenn auch mit einer 0 mehr P=0.95% für last 2 edges komm ich auf: P= 2!*2^2/4! = 1/3 für dieses beispiel noch ein anderer ansatz um dich zu überzeugen: wir nehmen eine edge als unbeweglich. dann gibt es 3! möglichkeiten die anderen 3 edges zu verteilen und 2 gelöste positionen (2. edge geflippt oder nicht) also 2/3!= 1/3
02.03.2011, 11:02
Hm, du hast recht mit der Prozentzahl für Last 2 Edges, aber ich verstehe meinen Fehler beim dem 4 Edges Problem nicht ganz, denn dein Einwand überzeugt mich nicht.
Erklär mal bitte wie genau du auf die 2^4*4! kommst. |
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