Gestern habe ich in der Zeitung einen Artikel mit dem Titel "Das Jahr 2025 für Mathe-Enthusiasten" gefunden. Darin finden sich ein paar interessante Überlegungen zur Zahl 2025. Die Zahl ist nicht nur eine Quadratzahl, sondern es gilt auch noch:
(20 + 25)² = 2025

Außerdem ist 45, Quadratzahlbasis von 2025, eine Dreieckszahl und lässt sich daher als 1+2+3+4+5+6+7+8+9 schreiben.

Die Zahl 2025 kann man auch als Summe der ersten neun Kubikzahlen schreiben: 1³ + 2³ + 3³ + 4³ + 5³ + 6³ + 7³ + 8³ + 9³ = 2025

Das nächste Jahr mit dieser Eigenschaft werden wir wohl nicht mehr erleben, denn das ist 2025 + 10³ = 3025.

Hier der Link zum vollständigen Artikel: https://www.giessener-allgemeine.de/gies...93606.html
(Potenzen erscheinen in der Online-Version nicht hochgestellt, und Wurzelzeichen fehlen komplett, dadurch sehen einige Rechnungen dort merkwürdig aus)

Nachdem ich mich heute in meinen Account eingeloggt habe, habe ich festgestellt, dass alle meine Antworten (bis auf jene zu Aufgabe 1) in der Einzelspielübersicht verschwunden sind...

Dies war eine der Aufgaben, die ich dann doch etwas zu einfach fand. Netze 4, 5 und 8 lassen sich bereits aufgrund der Formen der Flächen ausschließen. Bei Netzen 2, 3 und 7 reicht ein einfaches Abzählen der Flächen. Lediglich für Netz 1 muss man sich überlegen, ob es sich zu einem Körper falten lässt, aber auch hier war m.E. allzu leicht ersichtlich, dass dies eben nicht geht. Es bleibt allein Netz 6.

ganz tolle Aufgabe, wie ich finde. Danke Lukas!

Zunächst vermutet man ja, dass man zwei teilerfremde Zahlen braucht, man erwischt hier aber nur eine Teilmenge der Menge aller Zahlentripel, die man knacken kann.

Es reicht tatsächlich: mindestens eine ungerade Zahl. Das Auffinden des Lösungsalgorithmus hat echt Spaß gemacht, dann versteht man auch, warum eine ungerade Zahl von Nöten ist und nur gerade Zahlen eben nicht ausreichen. 

Hier mein Lösungsvorschlag: 
https://www.dropbox.com/scl/fi/3hr1r0zvt...a7mzb&dl=0

Uih, da bin ich aber jetzt echt auf eine Begründung gespannt...

Teil 1 (50%) ist klar (warum sollte unter absolut identischen Bedingungen für beide Märkte einer wahrscheinlicher sein, als der andere).

Bei Teil 2 war ich zunächst tatsächlich bei 2/3, aber mit doppeltem Fehler. Ich hatte zunächst Max versehentlich drei Plätze weiter rein gerückt und bin damit auf eine Verteilung
5/5, 5/5, 5/5, 5/5, 4/5, 3/5, 2/5, 1/5, 0/5 gekommen, was im Schnitt genau den 2/3 entspricht.
Als es dann im Forum hieß, der nicht gerundete Wert sei nicht 2/3, habe ich nochmal nachgeschaut, den Fehler entdeckt und Max korrekt auf Platz 3 gesetzt. Damit ist die Verteilung
6/6, 6/6, 6/6, 5/6, 4/6, 3/6, 2/6, 1/6, 0/6, was im Schnitt 0,611 ergibt - hmm, ist nicht besser...

Schließlich dämmerte es mir, dass ja gar nicht der Durchschnitt der Wahrscheinlichkeiten gefragt ist, sondern die Wahrscheinlichkeit einer Mehrheit für M, was ja wiederum heißt, wenn ich bereits drei Wichtel habe, die sicher dafür sind und einen der sicher dagegen ist, brauche ich eigentlich die Wahrscheinlichkeit dafür, dass sich mindestens zwei der übrigen fünf Wichtel für M entscheiden.
Die Wahrscheinlichkeit, dass sich keiner der fünf für M entscheidet, ist 1/6*2/6*3/6*4/6*5/6, die Wahrscheinlichkeit, dass sich genau einer für M entscheidet 5/6*2/6*3/6*4/6*5/6 + 1/6*4/6*3/6*4/6*5/6 + 1/6*2/6*3/6*4/6*5/6 + 1/6*2/6*3/6*2/6*5/6 + 1/6*2/6*3/6*4/6*1/6.
Damit liegt in Summe die Wahrscheinlichkeit, dass sich höchstens ein Wichtel für M entscheidet, bei 97/648=0,150 und dementsprechend die Wahrscheinlichkeit für mindestens 2 Stimmen für M (und damit insgesamt mindestens 5) bei 0,850

Und damit bin ich bei Antwort 7...

Processing Code zur Lösung dieser Aufgabe:

int vNo, vNu;                              // versteckte Neuronen der zweiten Schicht
float z, temp;                            // z und Merkvariable für größtes z
int xPos, yPos;                            // Krippenposoition

void setup() {
  size(400, 400);                          // Dimensionen Ausgabefenster
  noStroke();                              // keine Umrandung
  fill(255, 255, 0);                      // gelbe Füllung
  rectMode(CENTER);                        // Rechteckmodus Mittelpunkt, Seite, Höhe
}

void draw() {
  background(0, 0, 255);
  translate(width/2+100, height/2-200);    // Position -1|2 zentrieren
                                          // pro Einheit 100 Pixel
  for (int x = -200; x < 0; x++)          // für jede x Position zwischen -2 und 0
    for (int y = 100; y < 300; y++) {      // für jede y Position zwischen 1 und 3
      vNo = max(0, x + 100)  * (-1) +      // Werte der versteckten Neuronen der
        max(0, - x -100)    * (-1) +      // ersten Schicht und zweiten Schicht
        max(0, y - 200)      * (-1) +      // berechnen
        max(0, - y + 200)    * (-1) + 100;

      vNu = max(0, -x + y -300) * (-1) +
        max(0, x - y + 300)    * (-1) +
        max(0, -x - y + 100)    * (-1) +
        max(0, x + y - 100)    * (-1) + sqrt(2) * 100;

      if (vNo > 0 || vNu > 0)              // Skizze des Bereichs in der
        rect(x, y, 1, 1);                  // xy-Ebene mit z > 0 visualisieren

      z = vNo + vNu ;                      // z für die aktuelle Position berechnen

      temp = max(temp, z);                  // größtes z merken
      if (z == temp) {                      // Position mit dem größten z merken
        xPos=x;
        yPos=y;
      }
    }
                                          // Ergebnisse ausgeben
  println("Maximalwert für z:", temp/100);
  print("Krippenposition  : P(", xPos/100, "|", yPos/100, ")");
  fill(255, 0, 0);                        // blaue Füllung
  ellipse(xPos, yPos, 10, 10);            // Krippenposition vergrößert visualisieren
  noLoop();
}

Durch Ausprobieren habe ich schnell festgestellt, welches die richtige Lösung ist. Den Beweis lieferte dann der Satz von Pick.

Ich habe sofort eine einfache Strategie gesehen, die es ermöglicht in beiden Fällen 50 Keksdosen zu gewinnen:
Die Elfen teilen sich in Paare auf. Und der zuerst aufgerufenen Elf verrät dem Partnerelf seine Kekssorte. Im Falle der Freundeskreise, müssen die Paare so gewählt werden, dass sie in verschiedenen Kreisen sind, was aber kein Problem ist, da diese Aufteilung vorgenommen wird, bevor die Elfen ihre Strategie entwickeln.

Damit waren die Antworten 1, 2 und 7 falsch.

Meine Strategie für einen Kreis war:
Die ersten vier Elfen verraten, ob sie eine gerade oder ungerade Anzahl der verschiedenen Kekssorten in vorgegebener Reihenfolge (z.B. Ingwer, Honig, zimt und Kardamon). Die letzte Sorte ergibt sich dann aus der Gesamtzahl. In
So könnte Zimt gerade bedeuten und Ingwer ungerade.
Damit könnten die folgenden 96 Elfen ihre Kekssorte korrekt raten. Für die Freundschaftskreise hatte ich keine Idee, habe aber geschätzt, dass es weniger sind, und 80 geraten.


Die Strategie war aber wohl nicht optimal und daher bin ich gespannt auf weitere Ideen.

Ich habe sofort eine einfache Strategie gesehen, die es ermöglicht in beiden Fällen 50 Keksdosen zu gewinnen:
Die Elfen teilen sich in Paare auf. Und der zuerst aufgerufenen Elf verrät dem Partnerelf seine Kekssorte. Im Falle der Freundeskreise, müssen die Paare so gewählt werden, dass sie in verschiedenen Kreisen sind, was aber kein Problem ist, da diese Aufteilung vorgenommen wird, bevor die Elfen ihre Strategie entwickeln.

Damit waren die Antworten 1, 2 und 7 falsch.

Meine Strategie für einen Kreis war:
Die ersten vier Elfen verraten, ob sie eine gerade oder ungerade Anzahl der verschiedenen Kekssorten in vorgegebener Reihenfolge (z.B. Ingwer, Honig, zimt und Kardamon). Die letzte Sorte ergibt sich dann aus der Gesamtzahl. In
So könnte Zimt gerade bedeuten und Ingwer ungerade.
Damit könnten die folgenden 96 Elfen ihre Kekssorte korrekt raten. Für die Freundschaftskreise hatte ich keine Idee, habe aber geschätzt, dass es weniger sind, und 80 geraten.


Die Strategie war aber wohl nicht optimal und daher bin ich gespannt auf weitere Ideen.