Adventskalender 2015 Lösungen

Lösung 1.12.:
Melanie (oben) nach links, Maria (rechts) 1 nach links, Kerstin (links) zwischen Eva und Maria,
Maria (links) nach rechts, Kerstin (rechts) 1 nach links, Kerstin (links) 1 nach rechts, Eva (links) 1 nach rechts,
Anja (links) links neben Eva, Sophia (links) nach rechts über Kerstin, Sophia (rechts) 2 nach links,
Kerstin (rechts) nach links, Eva (oben) nach links, Anja (rechts) nach links

Lösung 3.12.;
Die Lösung ist OSTERHASE um 18:30.
Das Gerät, mit dem die Nachricht übertragen wurde, soll ein Chappe-Telegraf sein.
Diese optische Telegrafie-Vorrichtung benutzte zur Zeichenübermittlung schwenkbare Signalarme. An einem fünf Meter hohen Mast mit zwei Querbalken war jeweils ein weiterer schwenkbarer Balken am Ende der Querbalken angebracht, der je nach Position unterschiedliche Buchstaben signalisierte.
Die erste erste reguläre Telegrafenlinie zwischen Paris und Lille wurde 1794 eingerichtet, 22 Stationen auf 270 km. Die Laufzeit für die Übertragung eines einzelnen Buchstabens lag bei nur zwei Minuten.
Im Netz findet man u.a. diese Kodiertabelle (allerdings auch abweichende Darstellungen).

Lösung 5.12.:
Die Lösung ist UN=81 ; HUIT=2864 ; ONZE=3107.
Aus UN + UN + UN + HUIT = ONZE
folgt sofort, dass U mindestens 7, wahrscheinlich eher 8, sein muss. (7 nur, wenn I mindestens 8 ist)
Andernfalls gibt es bei der Addition keinen Übertrag, d.h. eine Erhöhung des Tausenders von HUIT. N kann nicht 0 sein, da sich der Einer ändert.
O kann nicht 9 sein, da sonst die 2.Gleichung keine Lösung mehr hat, d.h. O = 2,…,8 und H = 1,…,7.
Fallunterscheidung:
H = 1 und U = 8 ergibt 8N + 8N + 8N + 18IT = 2NZE , Widerspruch da dann N = 0 oder 1
H = 1 und U = 9 ergibt 9N + 9N + 9N + 19IT = 2NZE , Widerspruch da dann N = 1 oder 2
H = 2 und U = 8 führt zu 8N + 8N + 8N + 28IT = 3NZE.
Probieren mit N = 1 wird 81 + 81 + 81 + 28IT = 31ZE und Z + E = 7. Die Möglichkeiten für E, Z mit 7;0, 3;4 oder 4;3 führen zur Lösung.

Lösung 6.12.:
Eine mögliche Kombination der Schalter ist: 1x senkrecht, 1x hinten, 3x rechts, 3x unten mitte, 2x unten, waagerecht, 3x oben , 1x mitte mitte, 1x vorn

Lösung 8.12.:
Es war das Josephus-Problem. Bei 36 Personen ergibt sich dort die optimale Abzählweite von 13.
Das kann man auch mit Papier und Stift wieder ermitteln. Einfach aufmalen und dann mit einer Abzählweite 2, 3, 4, … testen.
Es hilft auch eine kleine Routine:
procedure TForm1.Button1Click(Sender: TObject);
var i,j,r,personen:integer;
   gefunden:boolean;
begin
   personen:=strtoint(edit1.Text);
   i:=2;
   gefunden:=false;
   repeat
      r:=0;
      for j:=1 to personen do r:=(r + i) mod j;
      if r=0 then gefunden:=true;
      inc(i);
   until gefunden or (i>=personen);
   if gefunden then label1.Caption:=inttostr(i-1)
      else label1.Caption:='kein Optimum';
end;

Lösung 9.12.:
Dieses Jahr waren es nur wenige Kisten, die bewegt werden mussten, so dass es nicht ganz so stupide wurde.
Eine mögliche Zugfolge ist: 0=hoch, 1=rechts, 2=runter, 3=links
22223303322212300121002330011101212223330332210301210023300112221110003032
33322222330121030121032333001013232211110100033222012100223332210301210301
2102111000330030012220011003032223210122003303001012222321012010110333032
223210110111223010330333221101033032222003300333211011122330301101222011223
303203033332210301110111223303011012222

Lösung 11.12.:
Die Kodierung erfolgt über die klassische Jefferson-Walze.
Zum Entschlüsseln musste die Nachricht TTYQVNCALYNYNMXZWU Buchstabe für Buchstabe an den einzelnen Scheiben eingestellt werden. Das geht, in dem man unter oder über einer der Scheiben mit der Maus klickt. Dann „rollt“ die Scheibe einen Buchstaben weiter.
Sind alle Buchstaben des „Geheimtextes“ eingestellt, befindet sich irgendwo auf der Walze der Klartext.
Um diesen zu sehen, klickt man wiederholt auf Walze vorwärts oder rückwärts.
Die Nachricht ist: ESGIBTKEINENSCHATZ
Das ist „überraschend“, wo doch jeder weiß, dass John Flint auf Stevensons „Schatzinsel“ einen Riesenschatz versteckt hat.

Lösung 12.12.:
Die Gesamtfläche der gelben Möndchen ist die Fläche von 8 Halbkreisen, reduziert um die 8 weißen Kreissegmente.
Die Kreissegmente ergeben sich als Differenz des Umkreisflächeninhalts und des Achteckflächeninhalts.
Entweder löst man alles Schritt für Schritt oder man greift zur Formelsammlung. Ist r = 4 der Umkreisradius wird:
Kreisfläche = \pi r^2
Achteckfläche = 2\sqrt{2}r^2
Seite des Achtecks a=r\sqrt{2-\sqrt{2}}
8 Halbkreisflächen = \pi r^2 (2-\sqrt{2})
8 Möndchen = \pi r^2(2-\sqrt{2})−\pi r^2+2\sqrt{2} r^2
Einsetzen ergibt mit r = 4 als gesuchte Fläche 24,4341…

Lösung 13.12.:

Lösung 15.12.:
Der kodierte Text ist TNQX2VLQTZON.
Da im inneren Ring keine 2 auftritt, muss der Geheimtext außen eingestellt werden und der Klartext innen abgelesen werden. Da es den Zurücksetzen-Schalter gibt, ist die angezeigte Lage der Scheiben wichtig, d.h. sie ist die Starteinstellung. Damit erhält man für das T außen als ersten Klartextbuchstaben das E innen.
Vor zwei Jahren musste man die äußere Scheibe für den jeweils nächsten Buchstaben um ein Feld in Uhrzeigerrichtung drehen, im Vorjahr entgegen der Uhrzeigerrichtung.
Im Text steht: „Dieses Jahr kann er aber sich nicht so richtig entscheiden.“
Folglich wird einmal in Uhrzeigerrichtung um 1 Feld gedreht und dann wieder entgegen, usw. usf. oder entsprechend entgegengesetzt. Von den 2 Möglichkeiten führt eine zu: EXORIENTELVX
Da im klassischen Latein U=V ist, kann auch EXORIENTELUX („Aus dem Osten kommt das Licht“) eingegeben werden.

Lösung 17.12.:
Bei der Zahlenaufgabe ist das erste Symbol der dreistelligen Zahl logischer Weise die 1. Da dort eine einstellige mit einer zweistelligen Zahl addiert wird, kann das Ergebnis nicht größer als 109 sein, d.h. das dreistellige Ergebnis muss (2 gleich Ziffern) die 100 sein.
Daraus ergibt sich auch, dass die zweistellige Zahl mit 9 anfängt.
Im Ergebnis gibt es nun eine Aufgabe: a + bc = 91. Dort muss b = 8 sein. Die restlichen Ziffern folgen dann durch einfache Additionen.

Lösung 19.12.:
Mit der Bezeichnung l=left, d=down, r=right, u=up ist die kürzeste Zugfolge: ldruludlurdrulululdrurdldrdlu
oder als Bild

Lösung 20.12.:
Da er nur waagerecht nach rechts, senkrecht nach oben und diagonal von links unten nach rechts oben laufen kann, liegt hier ein gerichteter Graph von W nach A vor. Für ein einzelnes Quadrat ABCD mit Diagonale gilt dann:

Ist a die Anzahl der Möglichkeiten nach A zu gelangen, b die nach B und c die nach C, so gibt es genau d = a+b+c Möglichkeiten nach D zu gelangen.

Es ist offensichtlich, dass man von B und C nur auf einem Weg nach D kommt, damit ist die Gesamtzahl b+c. Von A kann man auch nur auf eine Art nach D gelangen, nämlich diagonal. Die Wege A->B->D und A->C->D sind nicht mehr zu berücksichtigen, da diese schon bei den Möglichkeiten b und c eingerechnet sind. D.h., insgesamt d = a+b+c.
Beginnt man nun links unten im Graphen und berechnet für die rechte obere Ecke jedes Quadrates die Summe der dahinführenden Wege (3, bzw. wenn der Eisbär stört 2), so erhält man

Willy kann also auf 152 verschiedenen Wegen zum Weihnachtsmann gelangen, ohne gefressen zu werden.
Die Gesamtzahl der Wege wird durch die Delannoy-Zahlen bestimmt. Die Delannoy-Zahlen werden definiert durch:

    \[ D(a,b)=D(a−1,b)+D(a,b−1)+D(a−1,b−1) \]

wobei D(0,0) = 1 ist. Das ist die von mir oben gegebene Erklärung für das Lösen per Hand.
Diese Zahlen geben die Anzahl der möglichen Wege vom Punkt (0,0) zum Punkt (a,b) an, wenn ausschließlich Schritte (1,0), (0,1) und (1,1) möglich sind.
Für die ersten Delannoy-Zahlen D(n,n) ergibt sich für n = 0,1,2,3,…
1, 3, 13, 63, 321, 1683, 8989, 48639, 265729, 1462563, 8097453, 45046719, 251595969, 1409933619, 7923848253, 44642381823, 252055236609, 1425834724419, 8079317057869, 45849429914943, 260543813797441, …

Lösung 23.12.:
Analyse des Rätsels:
1) Damezug oder Königszug
a) Ein Damezug zu a2 bis e2 oder ein Königszug erzwingt Th2 und kein Matt in nur noch 4 Zügen.
b) Ein Damezug f2 bis h2 führt zum Dameverlust.
c) Dd3 Kh2 ergibt kein Matt in nur noch 4 Zügen
d) Dg6+ Kf2 führt zu Matt in nun 5, d.h. insgesamt 6 Zügen

2) Bauernzug
a) Bf4 Th2 Dxh2 … führt zu Remis
b) Bf4 Th2 Dd3 Kg2 … ergibt kein Matt in noch 4 Zügen
c) Bf4 Th2 Dg6 Kf2 … ergibt kein Matt in noch 4 Zügen

3) Springerzug
Sh3 Kxh3 führt mit Kd4 … zu Matt in nun noch 5 Zügen
Die einzige noch verbleibende Lösung ist:
Se2+ Kxf3 Sf4 Ke3 De2++
Se2+ Kxf3 Sf4 Kg3 Dg2++
Se2+ Kxf3 Sf4 Kg4 Dg6+ Kf3 Dg2+ Ke3 De2++ , wenn der Nikolaus „gut“ spielt.
Also ist Se2 die richtige Lösung.