Eine von drei sehr schönen Aufgabe von Matthew Maat, mehr davon :-)…

Hier habe ich meine Lösung aus der Anschauung heraus bekommen, kein wasserdichter Beweis. Habe für © Trigonometrie angewendet, geht ev. deutlich schneller und eleganter? Bin gespannt auf andere Lösungsvorschläge!

Klar ist folgendes: Caspar verliert sicher in den drei Fällen (a), (b) und (d), da man die Form immer ins Dreieck bekommt (siehe Lösungsvorschlag Link unten)

Schwieriger ist Fall ©: Für große y passt die Form immer noch ins Dreieck, allerdings nicht mehr für kleinere Werte:
Ich komme auf folgendes Ergebnis:
Für 0<y<200-100sqrt(3) ungefähr 26,8 gewinnt Caspar seine Wette, die Form schaut raus, für alle anderen y passt sie rein! Maximal schaut sie für y=20 raus. Genauer:

Lösungsvorschlag: https://www.dropbox.com/scl/fi/0oohedos1...yqi4r&dl=0

Puh, ich glaub, das war für jemanden, der noch nie eine Reihe gesehen hat, bestimmt ganz schön heftig ...

a) Die Anzahl der Tage ist die Summe aus 1 / (i * (i-1)) über i von 2 bis n, für 5 Elfen wäre es zB 1/(5*4) + 1/(4*3) + 1/(3*2) + 1/(2*1). Diese Summe müssen wir nun für n gegen unendlich nach oben abschätzen.

Dazu schauen wir uns die Summanden mal genauer an:

1 / (n * (n-1) kann man auch schreiben als (n - (n-1))/(n * (n-1)), und das kann man wiederum in zwei Summanden zerlegen:

(n - (n-1)) / (n * (n-1)) = n / (n * (n-1)) - (n-1) / (n * (n-1)) = 1/(n-1) - 1/n.

Wir summieren für n Elfen also auf: 1/(n-1) - 1/n + 1/(n-2) - 1/(n-1) + 1/(n-3) - 1/(n-2) + .... + 1/2 - 1/3 + 1/1 - 1/2

Wir haben da eine gigantische Teleskopsumme, wo sich fast alles weghebt und nur der Term 1/1-1/n übrigbleibt. Geht n gegen unendlich, geht dieser Term gegen 1.


b) Hier summieren wir folgendes auf: 
1/(n*n-1) + (1/(n*(n-1) + 1/ ((n-1)*(n-2)) ) + (1/(n*(n-1) + 1/ ((n-1)*(n-2)) + 1/ ((n-2)*(n-3))) +....+ (1 / (n*(n+1) + 1/ ((n-1)*(n-2)) + 1/ ((n-2)*(n-3))+ .... + 1/(4*3) +1/(3*2 )) + 2*(1 / (n*(n+1) + 1/ ((n-1)*(n-2)) + 1/ ((n-2)*(n-3))+ .... + 1/(4*3) +1/(3*2 )+ 1/2*1).

Das müssen wir nochmal an einem Beispiel anschauen, nehmen wir wieder 5 Elfen:

#
Elf A bleibt 1/(5*4) Tage dort
Elf B bleibt 1/(5*4) + 1/(4*3) Tage dort
Elf C bleibt 1/(5*4) + 1/(4*3) + 1/(3*2) Tage dort
Elf D bleibt 1/(5*4) + 1/(4*3) + 1/(3*2) + 1/(2*1) Tage dort
Elf E bleibt 1/(5*4) + 1/(4*3) + 1/(3*2) + 1/(2*1) Tage dort. 
#

Alle bekommen einen entsprechenden Keksanteil, so dass wir die Summe aus den zwischen den beiden # aufgeführten Brüchen bilden müssen. Das geht folgendermaßen:

1(5*4) +  1/(5*4) + 1/(4*3) + 1/(5*4) + 1/(4*3) + 1/(3*2) + 1/(5*4) + 1/(4*3) + 1/(3*2) + 1/(2*1) + 1/(5*4) + 1/(4*3) + 1/(3*2) + 1/(2*1)
=5 * 1/(5*4) + 4 * 1/(4*3) + 3 * 1/(3*2) + 2*(1/2*1)
= 1/4 + 1/3 + 1/2 + 1/1.

Es läuft also darauf heraus, dass wir für n Elfen die Brüche 1 + 1/2 + 1/3 + ... + 1/(n-1) aufsummieren. Dies ist aber genau die harmonische Reihe, die für n gegen unendlich ebenfalls gegen unendlich geht. (Beweis zB hier: Erste Hilfe in Analysis | 4.5 Die harmonische Reihe – Oliver Deiser | aleph1).

Somit ist Antwort 6 richtig.

Meiner Meinung nach ist 3., also 0,0216% richtig:
Wir suchen die Wahrscheinlichkeit für: Eröffnungssatz ,Nordlicht’ -> Abschlusswunsch-Ende ,Geschichte von tausend Sternen‘ -> Abschiedssatz.
Die Wahrscheinlichkeit beträgt also 180/10000 * 120/400 * 400/10000 = 0,000216 = 0,0216%

Die Aufgabe ist relativ einfach, wenn man sich ein wenig mit Knoten auskennt. Für die, die sich nicht so gut auskennen, versuch ich es etwas ausführlicher:

Wir schauen uns das Diagramm mal an:

Von Punkt A aus gehen 4 Brücken weg, von Punkt B 5, von Punkt C 4, von Punkt D 3 und von Punkt E auch wieder 4.

Das heißt, wir haben drei Punkte mit gerader Brückenzahl und zwei mit ungerader. Das ist gut für die Elfen! Denn ein solches Netz kann man genau dann in der genannten Weise ablaufen, wenn es entweder nur Punkte mit gerader Verbindungsanzahl gibt (dann kommt man da raus, wo man gestartet ist) oder genau zwei mit ungerader Verbindungsanzahl (dann kommt man an einem anderen Punkt raus).

Man muss ja zu jedem Punkt auf einer Brücke hin und auf einer anderen Brücke wieder weg. Wenn es sich also um einen Punkt handelt, der nicht Start- oder Endpunkt ist, muss er eine gerade Anzahl von Verbindungsbrücken mit anderen Punkten haben, sonst muss man für den letzten "wieder weg-Weg" eine Brücke benutzen, die man schon mal hatte. Man muss da also quasi Brückenpärchen bilden können.

Beim Startpunkt darf die Brückenzahl gern ungerade sein, vorausgesetzt, man endet dort nicht. Es bleib also eine "vom Startpunkt weg"-Brücke übrig, die anderen Brücken des Startpunktes kann man wieder paarweise gruppieren in eine "Hin-" und eine "Wieder weg"- Brücke. Gleiches gilt für den Endpunkt, der in unserem Beispiel ja dann ein anderer sein muss als der Startpunkt.

In unserem Beispiel wäre ein möglicher Weg folgender: 

1 - 2 - 5 - 4 - 3 - 6 - 8 - 10 - 7 - 9

Wir starten also bei B und kommen bei D raus. Damit ist Antwort 9 richtig.

Ich habe überlegt, wie man jede Lampe einzeln anschalten kann, wenn alle aus sind. (Damit kann man sie dann auch einzeln ausschalten, wenn sie erst mal an sind…) 

Bei 7 Lampen L1 bis L7: 
L1: L4 (alle an) & L5 (L2-L7 wieder aus) 
L2: L5 (L2-L7 an) & L6 (L3-L7 wieder aus) 
L3: L6 (L3-L7 an) & L7 (L4-L7 wieder aus) 
L4: L1 (L1-L4 an) & L7 (L4 wieder aus, L5-L7 an) & L4 (L4 wieder an, alle anderen wieder aus) 
L5 - L7: analog L1 - L3, nur von der anderen Seite) 

Bei 8 Lampen L1 bis L8: 
L1 oder L8: L1 & L8 (alle an), dann L5 bzw. L4 (alle außer L1 bzw. L8 wieder aus) 
L2 - L7: analog 7 Lampen oben, also zB. L4 & L3 für L7 an 

Für 14, 15, 21, 22, etc. (also 7+k*7 und 8+k*7) Lampen habe ich’s mir ehrlich gesagt gar nicht erst überlegt. Und für 9+k*7, 10+k*7, …, 13+k*7 Lampen ebenfalls nicht…

Also… 
Wenn man sich die Spirale mit niedrigen Koordinaten anschaut, merkt man, dass die Ecken der Spirale immer (x/x) (entsprechend positive oder negative Vorzeichen mal ausgenommen) als Koordinate haben, nur nicht die Ecke rechts unten. Die hat nämlich immer (x/x-1). Somit hat die Ecke mit derselben y-Koordinate wie (-49/50) die Koordinate (-50/50), die Ecke auf der Höhe von (-39/49) hat die x-Koordinate (-49/49). Wenn man sich vorstellt, dass die Ecke (-50/50) die Farbe a hat, dann muss die rechte obere Ecke mit (50/50) auch Farbe a haben, da sie den Abstand 50 haben und sich die Farben alle 5 Geschenke wiederholen. Die rechte untere Ecke (50/49) hat somit die Farbe davor (a-1), da der Abstand zur rechten oberen Ecke 49 beträgt. Die linke untere Ecke hat also die Farbe a-2. Die linke obere Ecke hat die Farbe a-4 bzw. a+1, da sich die Farben wiederholen. Verfolgt man dies weiter, ist (-39/49) auch von Farbe a, somit kann nur Antwort 3 richtig sein- sie sind beide grün.

Die Süßigkeiten seien im Folgenden anders als in der Aufgabe A, B, C, …
Wir betrachten n=1: Es gibt zwei Geschenke. Ein Geschenk mit der Süßigkeit A, und ein Geschenk ohne jegliche Süßigkeit ?.
Wir betrachten n=2: Es gibt drei Geschenke. AB, A und B. Leere Geschenke kann es von nun an nicht mehr geben, da die Anzahl der Geschenke dann nicht mehr maximal sein würde.
Wir betrachten n=3: Es gibt vier Geschenke. ABC, AB, AC und BC.
Wir betrachten n=4: Es gibt fünf Geschenke: ABCD, ABC, ABD, ACD und BCD.
Allgemein ist es so, dass pro Schachtel immer eine Süßigkeit ausgelassen werden kann. Damit erhält man immer genauso viele Geschenke wie Buchstaben, also n. Ein weiteres Geschenk kann aber auch alle Süßigkeiten enthalten. Damit kommt man auf n+1.
Korrekt ist damit Antwort 4.

Die richtige Lösung ist 2, also 33.
Eine solche Lösung zu finden, geht recht schnell.
Wir färben die Felder abwechseln schwarz und weiß.
Nun erkennen wir, dass durch die Weise des Springens immer Dominosteine entstehen, die sozusagen eine weiße und eine schwarze Seite haben. Insgesamt gibt es 35 Felder, wovon 17 weiß und 18 schwarz sind (das Anfangs-und das Endfeld zählen jeweils einzeln als ein Feld). Es muss damit mindestens ein weißes Feld leer bleiben.
Das Prinzip dahinter ist das Färbungsprinzip. Wirklich eine elegante, coole Aufgabe.

Am besten nutzt man die Einträge mit 1sen und 0en, die angeben, dass zwei Elfen sehr eng miteinander verwandt sind, nämlich mit gemeinsamen Vorfahren von vor 1 Million Jahren.
Davon ausgehend erstellt man sich einen Stammbaum, wodurch alles sehr schnell ersichtlich wird.
Da I und H gemeinsame Vorfahren von vor einer Million Jahren haben und B zu H Vorfahren von vor sieben Millionen Jahren hat, muss auch B zu I Vorfahren von vor sieben Millionen Jahren haben. Also ist W=7. Analog erhält man X=2.
Da nun E und F ebenfalls gemeinsame Vorfahren von vor einer Million Jahren haben und B zu F=7 ist, muss B auch zu E=7 sein. Damit ist Z=7.
Da C und D ebenfalls gemeinsame Vorfahren von vor einer Million Jahren haben und B zu C gleich 5 ist, muss auch B zu D gleich 5 sein. Es folgt Y=5.
Damit ist Lösung 9 korrekt.

Der Algorithmus lautet für einen fünfstelligen Namen abcde:

1+a+b+c+d+e=21 mod 47
5∙1+5∙a+4∙b+3∙c+2∙d+e=22 mod 47

Die Lösung ist keineswegs eindeutig. Aus der Nummer 2122 können unendlich viele Namen rekonstruiert werden. Deshalb ist es notwendig für alle zehn Wichtel zu prüfen, welche Nummer sich für welchen Namen ergibt. Der Name Evelina liefert den richtigen Geheimcode.
1+5+22+5+12+9+14+1=49 mod 47=21
7∙1+7∙5+6∙22+5∙5+4∙12+3∙9+2∙14+1=88 mod 47=41

Hier noch die Buchstabenliste:
a, 1 b, 2 c, 3 d, 4 e, 5
f, 6 g, 7 h, 8 i, 9 j, 10
k, 11 l, 12 m, 13 n, 14 o, 15
p, 16 q, 17 r, 18 s, 19 t, 20
u, 21 v, 22 w, 23 x, 24 y, 25
z, 26

Korrekt ist damit Antwort 7.