Echter: de eerste 3 speelrondes gaan goed met dit systeem. (FAB en CDE, ABC en FED, BCD en EFA), daarna,als ruithoekpunten worden gewijzigd van A, B, C, D, E, F in A, C, B, E, F, D, er nog 2 speelmogelijkheden zijn (FDA en BCE) maar de laatste (6e ) is niet te vinden of heel moeilijk door proberen (bijv. ABD, EFC
Resultaat is dat (bijv. 2 uitersten) CF 1 keer tegen elkaar spelen en EF 4 keer. Da's niet de bedoeling.
Er zijn 6 deelnemers, die 6 keer spelen, dus 36 spelletjes.
Doel: alle deelnemrs hetzelfde aantale keren tegen dezefde tegenstander.
P.G. S
Student universiteit - donderdag 29 september 2016
Antwoord
Als je A,D,B,E,C,F labelt zien de drie nieuwe partijtjes er redelijk anders uit.
Overigens: de speelruimte is beperkt: je hebt maar tien drie-drie verdelingen van een groep van zes mensen. Je zou het volledige lijstje kunnen gebruiken om een schema uit te kiezen.
Overigens zal het laatste niet lukken: voor elke letter zijn er vijf andere letters. Kijk naar de zes partijen die A speelt, elke keer zitten er twee andere letters in de groep, in totaal dus 12 anderen. Omdat 12 niet deelbaar is door 5 ziet een gelijkmatige verdeling er niet in.
Dit is een reactie op vraag 82976 
