Adventskalender 2013 Lösungen

Lösung zum 1.12.
Die Spielidee wird auch unter dem Namen „Vexed-Puzzle“ in verschiedenen Programmen angeboten.
Die Schwierigkeit besteht nur darin, die ungeradzahlig vielen Pakete so zu platzieren, dass sie teleportiert werden. Hier ist eine mögliche Zugfolge:
Martok aus der 1.Spalte zweimal nach rechts, Tranx aus der 4.Spalte nach links, Narses hat seine Geschenke, jaenicke aus der 6.Spalte nach links, Tranx aus der 6.Spalte zweimal links, Martok aus der 6.Spalte dreimal links, Horst_H 1.Spalte 2mal links, usw…

Lösung zum 2.12.
Das Spiel heißt „Akari“.
Man sollte zuerst alle 4 Felder um die „4“ füllen. Die zwei Einzelfelder bei „2“ und „3“ füllen. Bei dieser „3“ können nur noch 2 Felder mit Lampen versehen werden, sonst hat die „2“ zu viele. Die restlichen Felder müssen nun noch abgearbeitet werden. Ist eines nicht beleuchtet, dann wird dort eine zusätzliche Lampe hineingesetzt.
Eine mögliche Lösung wäre:
Sieht das Spielfeld etwas anders, so ist es nur gespiegelt oder gedreht.

Lösung zum 3.12.

1w + 1h + 1f + 1m + 1z + 1o = 1470
1w + 1h – 1f – 1m – 1z – 1o = 230
1w – 1m – 1z – 1o = 0
1h – 1m – 1z = 0
3h -15f + 5z = 0

Dieses ist unterbestimmt und liefert die Lösungen

w = 425 +0,5·e
h = 425 -0,5·e
f = 195 -0,5·e
m = 95 +0,7·e
z = 330 -1,2·e
o = 1·e

Da m ein Vielfaches von 100 sein soll, kann m nur 100, 200, … werden. Da alle Anteile durch 10 teilbar sein sollen, muss 10(m-95) durch 7 teilbar sein, andernfalls treten Dezimalbrüche auf.
Dies geht nur für m = 200, 900, … Nur für m = 200 ergeben sich für die anderen Zutaten stets positive Werte, d.h. die Lösung ist w = 500 g Weizenmehl ; h = 350 g Honig ; f = 120 g Feinzucker ; m = 200 g Halbfettmargarine ; z = 150 g gewürfeltes Zitronat ; o = 150 g gewürfeltes Orangeat.
Außerdem kann man auch jede Unbekannte durch ihr Zehntel ersetzen (durch 10 teilbar). Dann werden die Zahlen etwas kleiner und handlicher.

Lösung zum 4.12.
Bewegt man die Figur nach rechts, sollte die blaue Kugel so fallen, dass das Monster ziemlich weit unten erlegt wird.
Danach können die blauen Kugeln durch das Gitter geschoben werden/fallen und sich in Diamanten verwandeln. Diese sind einfach einzusammeln. Nach dem der Diamand rechts oben geholt wurde, geht es nach links unten zum Ausgang; ohne vom Monster erledigt zu werden.

Lösung zum 5.12.
Das Alter der drei Kinder soll als ganzzahlig angenommen werden. Es gibt 8 verschiedene Möglichkeiten, aus einem Produkt von drei natürlichen Zahlen als Ergebnis 36 zu erhalten. Die folgende Tabelle zeigt diese Produkte zusammen mit der Summe:
1 · 1 · 36 = 36; Summe: 38
1 · 2 · 18 = 36; Summe: 21
1 · 3 · 12 = 36; Summe: 16
1 · 4 · 9 = 36; Summe: 14
1 · 6 · 6 = 36; Summe: 13
2 · 2 · 9 = 36; Summe: 13
2 · 3 · 6 = 36; Summe: 11
3 · 3 · 4 = 36; Summe: 10
Nehmen wir zuerst an, der Nikolaus kennt die Hausnummer: Nur wenn die Summe 13 beträgt, reichen die Informationen noch nicht zur Lösung aus; das Ergebnis ist dann noch nicht eindeutig. Da es aber ein ältestes Kind geben soll, kommt nur die folgende Lösung in Frage: 9, 2 und 2
Sollte der Nikolaus die Hausnummer aber nicht kennen, genügt die Aussage über das älteste Kind nicht, da es dann noch 7 Möglichkeiten gibt. Da er nicht weiterfragt, kennt er also die Hausnummer.

Lösung zum 6.12.
Mit den 4-Stangen-Türme von Hanoi wird die notwendige Zugzahl 25. Bei 3 Säulen wären es 2^7-1 = 127 Züge.
Die Grundidee besteht darin, die 3 oberen Scheiben von A mit Hilfe der 3 anderen Stangen z.B. nach B zu transportieren. Dann bringt man die nächsten 3 Scheiben von A wie beim 3-Säulen-Spiel nach C.
Die letzte Scheibe von A geht nach D. Danach schafft man die 3 Scheiben von C nach D und die 3 von A nach D.
Eine möglich Zugfolge ist:
A nach C, A nach D, A nach B, D nach B, C nach B, A nach C, A nach D, C nach D, A nach C, D nach A, D nach C, A nach C, A nach D, C nach D, C nach A, D nach A, C nach D, A nach C, A nach D, C nach D, B nach A, B nach C, B nach D, C nach D, A nach D

Lösung zum 7.12.
Für das Sudoku müssen die Ausgangszahlen ermittelt werden. Die korrekten Antworten sind:

  • A1 : maximale Augenzahl bei einem Spielwürfel = 6
  • A3 : Anzahl regelmäßiger Sternpolyeder = 4
  • A4 : Anzahl der griechischen Musen = 9
  • A5 : Anzahl der Tore Thebens = 7
  • A8 : auf tschechisch „jeden“ = 1
  • B3 : Anzahl der Symmetrieachsen eines Rechtecks = 2
  • B4 : zweite Dezimalstelle der Eulerschen Zahl = 1
  • B5 : Anzahl der Himmelsrichtungen = 4
  • B8 : Nenner des vollständig gekürzten Bruchs 112 / 144 = 9
  • B9 : Flächeninhalt des Dreiecks mit den Seiten 3, 4 und 5 = 6
  • C1 : Anzahl der Weihnachtsmann-Rentiere, ohne Rudolph = 8
  • C7 : auf Latein „quattuor“ = 4
  • D2 : auf französisch „sept“ = 7
  • D4 : vierte Dezimalziffer von Pi = 5
  • D5 : Basis der Ternärsystems = 3
  • D8 : Periodenlänge des Bruchs 1/7 = 6
  • D9 : 984 : 123 = 8
  • E1 : ggT von 15 und 35 = 5
  • E2 : kleinste Kubikzahl größer 1 = 8
  • E5 : Höhe in cm von Altenburger Spielkarten = 9
  • E8 : Anzahl der Prüfungen für die Goldmarie = 3
  • E9 : Anzahl der Adventswochen = 4
  • F1 : 4² – 3² – 2² – 1² = 2
  • F6 : Anzahl der Zwerge bei Schneewittchen = 7
  • G2 : Anzahl amtierender Weihnachtsmänner = 1
  • G4 : im Dualsystem 10000 : 100 = 4
  • G6 : Zinsen bei 1,5 % Zinssatz und 200 Grundwert = 3
  • G9 : vierte Wurzel von 16 = 2
  • H2 : Aschenputtel hatte ??? böse Schwestern = 2
  • H3 : Anzahl platonischer Körper = 5
  • H6 : Anzahl der Seitenflächen eines Würfels = 6
  • H7 : Anzahl der Ankreise eines Dreiecks = 3
  • I3 : über soviele „Brücken musst Du gehen“ = 7
  • I4 : Basis des Zahlensystems der Na’vi auf Pandora = 8
  • I7 : Zähler von 2/5 – 1/3 , gekürzt = 1
  • I9 : Ecken einer Seitenfläche eines Dodekaeders = 5

Danach löst man das Sudoku wie gewohnt. Etwas Hilfe bekommt man auch von dem im Programm eingebauten Hilfeschalter. Die Lösung ist:

6 5 4 9 7 2 8 1 3
7 3 2 1 4 8 5 9 6
8 9 1 3 6 5 4 2 7
1 7 9 5 3 4 2 6 8
5 8 6 2 9 1 7 3 4
2 4 3 6 8 7 9 5 1
9 1 8 4 5 3 6 7 2
4 2 5 7 1 6 3 8 9
3 6 7 8 2 9 1 4 5

Lösung zum 8.12.
Die Kodierungsscheibe gehört zur Alberti-Chiffrierung.
An der äußeren Scheibe sucht man den Code-Buchstaben und liest innen ab, d.h. für das erste C wird ein m.
Für den zweiten Buchstaben muss man aber die äußere Scheibe um ein Feld in Uhrzeigerrichtung drehen, so dass aus dem Z ein a wird. Verfährt man so weiter und beachtet, dass innen kein u sondern nur ein v auftritt, ergibt sich als Weisheit mathematiklehrersindavchnvrmenschen

Lösung zum 9.12.
Bezeichnet man die Richtungen mit u für hoch (up), d für runter (down), l für links und r für rechts ist die Zugfolge: urdldluluruldruldrdr

Lösung zum 10.12.
Sokoban-Rätsel sind natürlich Klassiker. Für diese Aufgabe ist die Lösung etwas länger.
Dabei bedeutet 0 nach oben, 1 nach rechts, 2 nach unten und 3 nach links:

1011222123323011211101123333332301111111122301033333331111112223
3002211000333303212331011121011223010333333230021111100012221223
3001200012300012333012222333300000332101222122330121030000011101
2222221233332303012111100032212333230210110000100333322103011101
2222122233333000222111000010033322300111122222123333230000022221
1112223001033332301111122222300001033311001000033322322221230000
0100111222110322322333300001001112222212333311100000033322322220
0001003222200033210122000111122222222210103230103333311111012322
11033230103333111100012223221103323010333

Lösung zum 11.12.
Mit dem Hinweis, dass Delphiana sich für die Geschichte des antiken Roms interessiert, war klar, dass nur das Cäsar-Verfahren vorliegen kann. Allerdings sind die Zeichen nicht im 26buchstabigen Alphabet verschoben, sondern über alle Zeichen im ASCII-Satz und zwar um den Wert 7.
Zur Lösung muss der String markiert und kopiert werden. In einem kleinen Programm verschiebt man jedes Zeichen im ASCII-Code um 7 „abwärts“. Es sollte sich

x = 2; y = 5; z = 0; solange x>0 ist, wiederhole {wenn x ungerade dann z = z+y; y = 2·y; x = x div 2} Ausgabe z

ergeben. Der Algorithmus; binäres Multiplizieren, ägyptische Multiplikation, russische Bauernmultiplikation, usw. genannt; berechnet das Produkt a*b, so dass das Ergebnis 10 ist.

Lösung zum 12.12. und 13.12.
Da bei jedem Start eine andere Zahlenpyramide konstruiert wird, gibt es keine eindeutige Lösung.
Auch bei den Farbkreisen kann man keine Lösung angeben.

Lösung vom 14.12.
Eine Zugfolge zum Zusammensetzen von Rudolph kann schlecht angegeben werden.

Lösung vom 15.12.
Das berühmteste Werk über mathematische Spiele, „Cyclopedia of Puzzles“ von Sam Loyd, enthält neben dem Klassiker „Spiel 15“ auch das Puzzle aus der Aufgabe.
Allerdings ist Loyd nicht der Erfinder. Schon 1909 beschrieb L.W.Hardy das Puzzle und ließ es sich patentieren. Er nannte es Dad’s Puzzle. Bis heute wird das Rätsel immer wieder „neuerfunden“ und vertrieben.

Es ist ziemlich schwierig und eine optimale Lösung ist:
1, 2, 3, 5 zwischen 3 und 4, 1, 9, 8, 6, 7, 4, 5, 1, 9, 8, 6, 7, 4 zwischen 6 und 5, 7, 6, 4, 5, 1, 3, 2, 8, 9, 5 zwischen 4 und 8, 9, 8, 5, 4, 9, 8, 4 zwischen 5 und 2, 3, 2, 4, 5, 3, 2, 5 zwischen 4 und 1, 2, 3, 9, 8, 1, 5, 4, 2, 3, 9, 8, 1, 5 zwischen 1 und 4, 7, 6, 1.

Lösung vom 16.12.
Für die einzelnen Varianten von Dreiecken ergibt sich:
Abbildung 1: Es gibt 20 aneinanderstoßende Dreiecke, an den Spitzen 10 und im Inneren des Fünfecks weitere 10
Abbildung 2: Je 1 Paar anstoßender Dreiecke von 1. gibt ein neues Dreiecke, insgesamt 10
Abbildung 3: 10 aneinanderstoßende Dreiecke
Abbildung 4: Insgesamt 10 Dreiecke, die sich teilweise überlappen
Abbildung 5: Von jeder eingezeichneten Art existieren genau 10 Dreiecke
Abbildung 6: Von der gelb eingezeichneten Dreiecksart gibt es 10, von der anderen 5
Abbildung 7: 5 Dreiecke
Abbildung 8: 10 derartige Dreiecke
In der Summe existieren somit in der Ausgangsfigur genau 100 verschiedene Dreiecke.

Lösung vom 17.12.
Für das Löchersetzen und -füllen muss man x-mal auf die Lochkarte klicken. Die endgültige Lösung ist
Auf den Lochkarten wurden die Ziffern 0 bis 9 durch ein Loch an der Stelle 0 bis 9 markiert. Für die Buchstaben galt, je nach Rechnersystem:
A … I : Loch bei A und 1 bis 9
J … R : Loch bei B und 1 bis 9
S … Z : Loch bei 0 und 2 bis 9
Dabei ist die Zeile A die oberste, die Zeile B die zweite. Für die Sonderzeichen gab es spezielle Codes.

Lösung vom 18.12.
Abgebildet ist eine Halbadder-Schaltung bei der das Signal der oberen Lampe zusätzlich negiert wurde. Damit ergibt sich als Lösung von oben nach unten
0 0 , 1 1 , 1 1, 1 0
In der Realität wird bei einem Halbadder der obere Ausgang natürlich nicht negiert, es sollte aber ein kleines bisschen schwieriger werden.

Lösung vom 19.12.
Die einzelnen Zahlen ergeben sich zwingend logisch.
In der ersten Aufgabe ist das Ergebnis natürlich 0. Bei der Addition von 2 zweistelligen Zahlen kann der evtl. entstehende Hunderter nur 1 sein. Dann folgt in der 7.Zeile, dass der Zehner des Ergebnisses eine 2 sein muss, usw. usw. Insgesamt erhält man die Lösungen der Gleichungen

Lösung vom 20.12.
Die Hausnummern sind von oben nach unten in Arabisch, Hindi, Tamil, Farsi/Arabisch und Maya geschrieben.
Zusätzlich mit den Erklärungen sind die gesuchten Zahlen damit: 127, 42, 276, 80 und 137.

Lösung vom 21.12.
Dieses Kryptogramm kann man schrittweise lösen.
In der Darstellung (bei Euch können andere Symbole erscheinen, da sie permutieren) können Mond und Herz keine 1 sein, da dann in der 1.Zeile das Produkt auf eines der beiden Symbole enden würde.
Der Mond kann auch nicht 2 oder 3 sein, da die Summe der 2.Spalte dann nicht möglich ist. Nehmen wir an Mond = 4.
Dann ist das Kreuz (Division 2.Zeile) 1 oder 6. 1 ist nicht möglich (Division 3.Spalte), d.h. Kreuz = 6.
In der 2.Spalte wird Herz = 2 und Dreieck = 8. In der untersten Zeile wird für den Kreis = 7. Zuletzt ergibt sich Gesicht = 1 und Pfeil = 3.
Damit ist eine Lösung gefunden. Alle anderen Ansätze Mond > 4 führen zu Widersprüchen.

Begnügt man sich mit den ersten beiden waagerechten Aufgaben
(10*a+b)*(10*b+c)-100*d-10*e-f=0
(100*g+10*c+c)-e*(10*b+c)=0
so ergibt Brute Force mit der möglichen Lösungsmenge {0; 1; …; 9} schon die gesuchte Lösung. Die anderen Gleichungen sind nicht notwendig.

Lösung vom 22.12.
Das Bild ist ein Stereogramm.
Die Lösung „sieht“ man, wenn man versucht durch das Bild hindurch zu sehen, d.h. man blickt in die Ferne. Den Trick mit dem Schielen oder Überkreuzen der Augen kann ich nicht. Ergebnis: ein Dreirad

Lösung vom 23.12.
Das nichtlineare Gleichungssystem
A – B = C ; A + B = D ; B · E = F ; G – H = I / B
kann man schrittweise lösen.
Aus der 1.Gleichung folgt A > 2, aus der 2. A < 8
Aus der 3.Gleichung folgt, dass weder B noch E = 1 sein können; aus der 4.Gleichung ergibt sich, dass B nur noch 2, 3 oder 4 sein kann; andernfalls müsste I zweistellig sein, was nicht geht.
Fall a) B = 4 erzwingt I = 8. Dann müsste aber E 1 oder 2 sein. Beides führt zum Widerspruch da dann F = B ist oder F = 8.
Fall b) B = 2 ergibt A – 2 = C ; A + 2 = D ; 2E = F ; 2G – 2H = I
Mit E = 3 wird F = 6. Mit A = 4 –> C = 2, A = 5 –> C = 3 ergeben sich Widersprüche. A müsste 7 sein, d.h. C = 5 , D = 9. Damit verblieben für G, H, I nur noch die Wert 1, 4 und 8. Keine mögliche Belegung erfüllt 2G – 2H = I, d.h. B kann nicht 2 sein.
Damit verbleibt nur der
Fall c) B = 3
A – 3 = C ; A + 3 = D ; 3E = F ; G – H = I / 3
Wäre F = 9 dann E = 3 (Widerspruch), d.h. F = 6, E = 2, I = 9.
A – 3 = C ; A + 3 = D; G – H = 3
Für A verbleibt nur noch 4 mit C = 1 und D = 7. G ist dann 8 und H = 5.
Insgesamt lautet der Code also 431726859.