Hier meine Lösung:
Wir berechnen zunächst den Erwartungswert für die ersten 24 Tage, wobei man einige Tage zusammenfassen kann:
1, 5: E_1,5 (x)=0,2∙20-0,8∙20=-12
3: E_3 (x)=0,5∙20-0,5∙20=0
2, 4, 6: E_(2,4,6) (x)=0,4∙20-0,6∙20=-4
7, 11:  E_(7,11) (x)=0,2∙40-0,8∙10=0
9: E_9 (x)=0,5∙40-0,5∙10=15
8, 10, 12: E_(2,4,6) (x)=0,2∙40-0,8∙10=0
13, 17: E_(13,17) (x)=0,2∙30-0,8∙5=2
15: E_15 (x)=0,5∙30-0,5∙5=12,5
14, 16, 18: E_(14,16,18) (x)=0,4∙30-0,6∙5=9
19, 23: E_(19,23) (x)=0,2∙50-0,8∙25=-10
21: E_21 (x)=0,5∙50-0,5∙25=12,5
20, 22, 24: E_(20,22,24) (x)=0,4∙50-0,6∙25=5

Damit ist hier Tag 9 richtig.

Für den zweiten Teil berechnen wir erneut den Erwartungswert:
E(X)=1/2∙1+1/4∙2+1/8∙4+⋯
Da man immer 1/2 addiert, ist die Lösung ∞.

Damit ist Antwort 4 korrekt.

Aussage 2 ist richtig. Wenn Driving Home for Christmas gespielt wird, so ist die Wahrscheinlichkeit 100%. Wir wissen, dass Vanillekipferl gebacken werden. Wir betrachten im Folgenden nur noch das Hören der anderen beiden Songs. Hören wir Last Christmas, so setzen wir auf Nussecken, wofür die Wahrscheinlichkeit 1/2 beträgt. Hören wir All I want for Christmas is you, so beträgt die Wahrscheinlichkeit 2/3. Wir bilden den Durchschnitt: P=((1+1/2+∙2/3))/3> 70%

A  C  F  B  D  E  19+13+9+12+13+14+18 = 98

E  D  B  F  C  A  18+14+13+12+9+13+19 = 98

Vorwärts oder rückwärts ist die kürzeste Tour 98 lang. --> Antwort 7

Der 3 x 3 Kontrollraum wird durch die Zifferntastatur am Computer (1-9) repräsentiert.
Wir starten in der Mitte des Kontrollraums bei der 5 -> 6. -> 9. -> 8. -> 7. -> 4. -> 5. -> 2.
Dabei wurden 7 Portale durchschritten. -> Antwort 4

Gesucht sind die Fälle mit einer geraden Anzahl a freier Felder unterhalb der Diagonalen eines n x n Gitters.

a = n(n-1)/2

a = 0 mod 2 <==> n(n-1) = 0 mod 4 ==> n = 0 mod 4 oder n-1 = 0 mod 4 --> Antwort 6.

Prima Aufgabe! Ebenso wie A21 Eisfeld super!!! - beides aus der Feder des Teams Olaf Parczyk und Silas Rathke  - bitte mehr davon nächsten Dezember :-)


Ein vollständiger Graph sperrt am besten. Der vollständige Graph mit 6 Knoten hat 15, der mit 7 Knoten 21 Kanten. Da es 20 Feindschaften gibt reichen 6 Räume, um die Streithähne zu trennen.
Bei einer Feindschaft mehr wäre es 7 Räume gewesen.

https://www.dropbox.com/scl/fi/9elbh1st3...zr38u&dl=0

Schöne Kombinatorikaufgabe.


Geschickterweise betrachtet man die vier Seiten erst einmal unabhängig vom Boden, da dieser bei den günstigen Spiegelungen und Drehungen immer auf sich selbst abgebildet wird und somit zunächst vernachlässigbar ist - das reduziert die Fälle stark! 

Es verbleiben dann die „Poker“-Fälle vier Verschiedene, one & two pair, Drilling und Vierling.
Alle Fälle einfach Mal neun (wegen Bodenfarbe) - nur bei one pair muss man aufpassen: 
6 Bodenfarben sind gute Farben, erwischt man aber als Bodenfarbe eine der drei Seitenfarben, so ist das Geschenk nicht zulässig. 

Nun addiert man die guten und die schlechten Fälle und es ergibt sich das Verhältnis 6426/9315=238/345 ungefähr 68,99%. Die Maschine wird also nicht eingeführt und die Elfen müssen selber malen. 

Lösungsweg: https://www.dropbox.com/scl/fi/8fpmlhcu6...trge7&dl=0

Nette Aufgabe - hat mich stark an die Musteraufgaben von Cor Hurkens (Mondrian und Co) erinnert. 


Ohne Pfützen mit Ausnutzung aller Ecken passen Max. 17 Geschenke in den Keller, da eine Ecke (rechts oben) eine Pfütze hat, können es nicht mehr 17 sein. Man schafft aber 16:

https://www.dropbox.com/scl/fi/raexutfjt...ztok4&dl=0

Eine von drei sehr schönen Aufgaben von Matthew Maat, freue mich schon auf weitere aus seiner Feder die nächsten Jahre…


Schöne Anwendung der Potenzmenge (hier einer dreielementigen Menge), sprich die Menge aller Teilmengen bis auf die leere Menge. 
Also 2^3-1=7 Teilmengen. Jede Teilmenge entspricht einer Schafsart-Zimmeraufteilung (mögliche Elemente 1,2,3 sind die Zimmernummern).
Dann sieht man direkt, dass für je  zwei Teilmengen x und y die Menge z gerade die Vereinigungsmenge von x und y ist. 

Man beginnt günstiger Weise bei David: für 7 verschiedene Schafsarten braucht er gerade alle 7 möglichen Teilmengen (leere Menge ist ja ausgeschlossen) und man sieht beim Aufschreiben in eine Tabelle direkt wie oft jedes Zimmer belegt ist. Erst bei Ananias kommt man von 4 auf 3 Goldstücke.

Hier ausführlicher mit der Tabelle der Teilmengen: 
https://www.dropbox.com/scl/fi/c7j8ol6v4...pf0rl&dl=0Ω

Diese Aufgabe fand ich sehr hübsch! Vielen Dank nach Holland!

Man zeigt (siehe Lösungslink unten), dass ab 6 Knoten ein beliebiger Graph oder sein Komplementärgraph (zusammen ergeben sie den vollständigen Graphen) ein  „perfektes“ Dreieck besitzen muss. Bei bis zu 5 Knoten gibt es auch dreiecksfreie Varianten!

Man betrachtet nun den blauen und gelben (jeweils vollständigen: rote plus komplementär grüne Kanten) Graphen unabhängig voneinander. Bei 11 Spielern muss das blaue oder gelbe Team aus mindestens 6 Spielern bestehen. Hier die Herleitung:

https://www.dropbox.com/scl/fi/gv89x0jj2...c1g6g&dl=0