Zahlendreher – Die Lösungen

ZahlendreherDie Lösungen

Hier können Sie prüfen, ob Sie die richtigen Resultate der letzten Folgen gefunden haben

Publiziert: 24.03.2020, 14:35Aktualisiert: 28.07.2020, 10:29

Aufgabe 1: Die Zahl und ihre Quersumme

Die gesuchte Zahl lautet 79999980.

Die Quersumme der Zahl muss 60 sein. Die letzte Ziffer ist 0 und die letzten zwei Ziffern sind 00, 20, 40, 60 oder 80. Damit die Zahl am kleinsten wird, wählt man für die letzten Ziffern 80.

Die Zahl muss mindestens 8-stellig sein, da 6 ⋅ 9 + 0 < 60 ist.

Die Lösung ist 7’99999’80 mit Quersumme 7 + 5 ⋅ 9 + 8 = 60.

Aufgabe 2: Interessante 10-stellige Zahl

Es gibt viele Lösungen. Eine lautet 1111111613.

Wir versuchen, eine Zahl zu finden, bei der nach der Addition des Ziffernprodukts die Ziffern einfach vertauscht werden. Dann ändert sich das Produkt der Ziffern nicht.

Wenn zum Beispiel die letzten beiden Ziffern 13 sind, soll man 18 dazu zählen, dann kriegt man 31.

Entsprechend für 613 gilt: 613+6⋅1⋅3=613+18=631

Andere Möglichkeiten wären 326+3⋅2⋅6=326+36=362, 819+8⋅1⋅9=819+72=891.

Interessant ist 28 + 2 ⋅ 8 = 44 – die Ziffern ändern sich, aber das Produkt bleibt.

Um die zehnstellige Zahl zu bekommen, fügt man die notwendige Anzahl Einer links an. Diese Operation verändert das Produkt der Ziffern nicht.

Aufgabe 1: Das nummerierte Schachbrett

Die kleinstmögliche Summe auf der Diagonalen ist 88.

Es seien a1, a2, ... , a8 die Zahlen, die auf der Diagonalen stehen. Dann gilt a1 ≥ 1, a2 ≥ 3, a3 ≥ 5, ... , a7 ≥ 13.

Wir zeigen, dass a8 ≥ 39 sein muss. Angenommen, die Felder wären in aufsteigender Reihenfolge beschriftet. In dem Moment, in dem die achte Zahl auf der Diagonalen steht, ist die Hälfte des Schachbretts voll (weil es kein Zurück mehr gibt). Diese Hälfte (einschliesslich der Diagonale) enthält 36 Felder: 16 weisse und 20 schwarze. Wenn das Spielfeld jedoch gefüllt ist, wechseln sich weisse und schwarze Felder ab. Daher waren zu diesem Zeitpunkt mindestens drei weitere weisse Felder in der anderen Spielfeldhälfte gefüllt, so dass insgesamt mindestens 39 Felder gefüllt waren.

1 + 3 + 5 + 7 + 9 + 11 + 13 + 39 = 88

Aufgabe 2: Entfernte Nachbarn

Eine mögliche Lösung:

Aufgabe 1: Die 100-stellige Zahl

Eine von vielen Lösung ist:

Wir können die Teilbarkeit durch 9 (Quersumme) und die Teilbarkeit durch Potenzen von 2 (die letzten Ziffern der Zahl) kontrollieren.

Es sei die Quersumme Q(N ) = 9 ⋅ 2^4 = 144, da die Quersumme sicherlich grösser als 100 sein muss. Um die Teilbarkeit durch 2^4 = 16 zu erreichen, muss die Zahl aus den letzten 4 Ziffern durch 16 teilbar sein, z.B 1616.

Jetzt muss man die Zahl so ergänzen, dass die Quersumme 144 wird und keine Nuller auftauchen.

Aufgabe 2: Kryptarithmus

1049 + 1049 + 1049 + 1049 + 1049 = 5245

E muss 1 sein, sonst gibt es einen Übertrag, d.h. F ist ≥ 5 und muss die letzte Ziffer von 5S sein. Also ist F = 5.

Dann muss I = 0 gelten, sonst gibt es einen Übertrag auf die Hunderterstelle (1 ist schon belegt). An der Zehnerstelle gilt 5N+Übertrag=10Ü +N. Also muss N=4 sein, S=9 und Ü=2.

Aufgabe 1: Die Prüfung

Es gab maximal 13 Aufgaben in der Prüfung.

Nehmen wir an, es gibt einen Studierenden S, der 5 Aufgaben gelöst hat. Es gibt ene Aufgabe a6, die S nicht gelöst hat. Dann gibt es 5 Paare der Aufgaben mit dieser Aufgabe a6, die von 5 Studierenden nicht gelöst wurden. Also wurde a6 von 5 Studierenden gelöst – Widerspruch. Also hat keiner mehr als 4 Aufgaben gelöst.

Es seinen S1, S2, S3, S4 die vier Studierenden, die a1 gelöst haben. Dann haben sie zusammen höchstens 16 Aufgaben gelöst, und die Aufgabe a1 ist 4 Mal gezählt worden. Also gibt es höchstens 13 Aufgaben.

Aufgabe 2: Zahlen im Quadrat

Es gibt zwei Lösungen. Entweder ist die Summe der Zahlen 65 wie im Bild unten. Oder anstelle der 2 links unten steht eine 4, dann ist die Summe 67.

Aufgabe 1: Das Alter der Ritter und Lügner

Ja, es ist immer möglich.

Die Summe der beiden Ankündigungen eines jeden Einheimischen, ob Ritter oder Lügner, ist gleich der der Summe des Alters der beiden Nachbarn.

Wir nummerieren sie N1, N2, . . . , N50. Nimmt man die Summe S1 der Antworte von N2, N6, N10, ..., N50, bekommt man die Gesamtalter aller Einheimischen mit ungeraden Nummern plus das Alter von N1.

Nimmt man die Summe S2 der Antworten von N4, N8, N12, . . . , N48, bekommt man die Gesamtalter von 24 Einheimischen mit ungeraden Nummern ausser das Alter von N1.

Dann ist das Alter von N1 = 1/2(S1 − S2). Ähnlich kann das Alter von jedem Einheimischen bestimmt werden, und dann weiss man auch, wer lügt und wer die Wahrheit sagt.

Aufgabe 2: Die Zahlencodierung

Frage 1: A + B + C + D + E + F + G + H + I + J =? Dann kennt man die 4 und die 5.

Frage 2: Wie gross ist die Summe der noch unbekannten 8? → 3 und 6.

Frage 3: Wie gross ist die Summe der noch unbekannten 6? → 2 und 7.

Frage 4: Wie gross ist die Summe der noch unbekannten 4? → 1 und 8.

Frage 5: Wie gross ist die Summe der noch unbekannten 2? → 0 und 9.

Aufgabe 1: Das Zahlendreieck

Die kleinstmögliche Summe ist 59.

Es gibt hier drei Zellen mit einem Nachbar, drei Zellen mit zwei Nachbarn und drei mit drei Nachbarn. Das bedeutet, dass für jede Primzahl p unter den neun Zahlen auch ein Vielfaches von p unter den neun Zahlen sein muss. Die 1 darf in diesem Dreieck nicht vorkommen. Es sei S die Summe aller Zahlen.

Sollte eine Primzahl p ≥ 11 im Dreieck vorkommen, kann man schnell abschätzen, S ≥ 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 + 8 + p + 2 ⋅ p ≥ 35 + 3p ≥ 68

Ähnliche Abschätzungen erlauben die Schlussfolgerung, dass sowohl 5 als auch 7 in der Verteilung vorkommen sollen oder 5 vorkommt und 7 nicht unbedingt.

● 5 und 7: S ≥2+3+4+6+8+5+2⋅5+7+2⋅7

=23+15+21=59

● 5 dabei, 7 nicht: S ≥2+3+4+6+8+9+5+2⋅5+12

=32+15+12=59

In der Tat ist die Summe von 59 auf 2 Arten realisierbar:

Aufgabe 2: 6-stellige Zahl

769999

Die Summe der letzten fünf Ziffern der Zahl ist durch 6 teilbar (der Quotient entspricht der ersten Ziffer). Die Summe der letzten vier Ziffern der Zahl ist ebenfalls durch 6 teilbar (der Quotient entspricht der zweiten Ziffer). Daher ist die zweite Ziffer, die die Differenz zweier durch 6 teilbarer Zahlen ist, ebenfalls durch 6 teilbar.
Also ist die zweite Ziffer eine 6 (0 passt nicht). Dann sind die letzten vier Ziffern alle Neuner und die erste muss eine Sieben sein.

Aufgabe 1: Die Spirale

Über 2022 muss die Zahl 2152 liegen.

Die Spirale ist in Runden aufgebaut – die erste Runde besteht aus der Zahl 1, die zweite Runde aus 4 Zahlen 2 – 5, die dritte Runde aus 8 Zahlen 6 – 13, jede weitere Runde hat 4 Zahlen mehr. Um n Runden aufzubauen braucht man insgegsamt

Zahlen. D.h. die Zahl 2022 liegt in der 33. Runde, da 2⋅32^2 −2⋅32+1=1985.

Jede Runde hat 4n − 4 Zahlen mit n − 1 Zahlen pro Seite. In der Runde N33 ist die Seite links oben mit den Zahlen 1986 bis 1986 + 32 = 2018 belegt. D.h. 2022 liegt auf der Seite rechts oben und die Zahl direkt darüber bekommt man nach einer ganzen Runde.

Die Differenzen zwischen 2 Runden auf der Seite rechts oben ist gegeben durch die Formel 4n − 2, wobei n die Nummer der Runde ist:
2 ist in der 2. Runde, die Zahl darüber 8, die Differenz 8−2=4⋅2−2,
18 ist in der 4. Runde, die Zahl darüber 32, die Differenz 32 − 18 = 4 ⋅ 4 − 2.
2022 liegt in der 33. Runde, die Differenz ist dann 4 ⋅ 33 − 2 = 130, also ist die Zahl darüber 2152.

Aufgabe 2: Das Raster des Jahres

Es gibt zwei Möglichkeiten: a=7, b=6 oder a=5, b=4.

Die Zahl in der Spalte mit 2 und 0 muss eine 9 sein.
Die Zahlen in der anderen mittleren Spalte müssen sich zu 9 addieren, also sind sie 8 und 1. Aus den beiden letzten Spalten (ergeben jeweils 12) folgt, dass a = b + 1:

Aufgabe 1: Tiere im Stall

Wären alle 17 Tiere Fliegen, hätten die Tiere im Stall 102 Beine, das sind 28 zu viel. Ersetzt man eine Fliege durch eine Kuh, verringert sich die Beinanzahl um 2. Daher kann man beispielsweise 14 Fliegen durch Kuühe ersetzen und kommt dadurch auf die geforderte Anzahl von 74 Beinen. 2 Kühe haben genauso viele Beine wie eine Fliege und eine Gans. So erhält man noch weitere Lösungen:

Die erste und die letzte Lösung gehört nicht dazu, falls man verlangt, dass jede Tierart vertreten ist.

Aufgabe 2: Zahlentabelle

Es sei E die Summer der vier Eckzahlen.

a) Dann gilt 4 x 20 = 1 + 2 + … + 10 + E. Daraus folgt E = 25. Eine mögliche Lösung ist:

b) Das Minimum von S ist 18.

E ist mindestens 10=1+2+3+4, d.h. 4S ≥55+10, also S >16.

Es sei S =17, dann ist E = 4⋅17−55=13.
In zwei Spalten mit mittleren Zahlen a und b gilt
2S = E + x + y, also ist x + y = 2 ⋅ 17 − 13 = 21. Widerspruch.

Wenn S =18 ist, dann ist E =17 und und a+b=19=10+9. Eine mögliche Konstruktion:

Aufgabe 1: Umgekehrte Reihenfolge der Chips

Es braucht mindestens 10 Franken.

Schätzung: Jeder Chip muss die Parität seiner Nummer ändern. Die freie Operation ändert die Parität nicht, und die bezahlte Operation ändert sie für zwei Chips. Dafür werden mindestens 10 Franken benötigt.

Beispiel: Wir färben die Chips in vier Farben aus:

Die freie Operation tauscht die Chips in den benachbarten Feldern der gleichen Farbe. Daher können die Chips in den Feldern einer Farbe in beliebiger Reihenfolge kostenlos neu angeordnet werden.

Wir tauschen Chips in allen Paaren (bc) und (da) – es sind 9 bezahlte Operationen.
In den Feldern der Farben b und c können die Chips kostenlos neu angeordnet werden.
Bei den Chips der Farben a und d tun wir dies, so dass die Chips 1 und 20 nebeneinander liegen. Wir tauschen sie mit der letzten bezahlten Operation und ordnen alle Chips in der gewünschten Reihenfolge an.

Aufgabe 2: Das Kartenrätsel

A hat die Karten 1, 8 und 9.

Nur A, B und D können Primzahlen haben. Auf den Karten von B befinden sich drei von fünf möglichen Primzahlen (2,3,5,7,11). D hat die restlichen zwei Primzahlen, sonst wüsste er nicht, welche B und welche A hat.

Auf den Karten von C können die Dreiergruppen (4, 6, 10), (4, 6, 12), (4, 10, 12), (6, 10, 12) oder (6, 9, 12) stehen. Nur wenn D 6 oder 12 hat, kann er bestimmen, welches Triplett C hat.
D hat also zwei Primzahlen und eine der Zahlen 6 und 12, C hat jeweils (4,6,10) oder (4,10,12), B hat drei Primzahlen und A hat die Zahlen (1,8,9).

Aufgabe 1: Die Strichcodes

Es gibt 116 Codes.

Der erste und der letzte Strich müssen schwarz sein, d.h., wir haben eine ungerade Anzahl Striche. Jeder Code entspricht einer Darstellung von 12 als Summe aus Summanden 1 und 2.

Die Reihenfolge der Summanden ist wichtig – man darf gleiche Summanden vertauschen, aber 1 und 2 darf man nicht tauschen.

Es kann 11, 9 oder 7 Summanden geben.

Fall 11: 10 Einer, eine 2, die kann an eine der 11 Stellen gesetzt werden: 11 Codes.

Fall 9: 6 Einer und 3 Zweier, man wählt 3 Positionen für Zweier aus 9 möglichen 9 ⋅ 8 ⋅ 7 / (1⋅2⋅3) = 84 Codes.

Fall 7: 2 Einer und 5 Zweier, man wählt 2 Positionen für Einer aus 7 möglichen: 7 ⋅ 6 /2 = 21 Codes.

Insgesamt gibt es 11 + 21 + 84 = 116 Codes.

Aufgabe 2: Zahlen an der Tafel

Es stehen 2 Nullen an der Tafel.

Es seien x positive Zahlen, y negative Zahlen. Dann stehen 10 − x − y Nullen an der Tafel. Unter allen paarweisen Produkten gibt es genau x ⋅ y negative.
Da x ⋅ y = 15 = 5 ⋅ 3 = 3 ⋅ 5 gilt, muss 10 − x − y = 2 gelten.

Aufgabe 1: Die Zahlen-Kumpels

Die Anzahl Zahlenkumpels einer dreistelligen Zahl mit Quersumme 10 beträgt 5, 3, 2 oder 1.

Betrachtet man alle Fälle merkt man, dass die Anzahl Kumpels von der Anzahl verschiedener Ziffern und der Anzahl Nullen abhängig ist. Insgesamt gibt es 6 verschiedene Fälle.

10 = 2 + 3 + 5 = 2 + 8 + 0 = 2 + 2 + 6 = 5 + 5 + 0

235 hat 5 Kumpels, 280 hat 3 Kumpels, 226 hat 2 Kumpels und 550 nur 1 Kumpel-Paar.

Aufgabe 2: Roboter auf dem Kreis

Die übrig bleibende Kugel hat die Nummer 129.

Runde 1: 96 Kugeln überleben: 1,3,5, ... ,191 → 2k+1
Runde 2: 48 Kugeln überleben: 1,5,9, ... , ? → 4k+1
Runde 3: 24 Kugeln überleben:1,9,17, ... , ? → 8k+1

Nach 6 Runden bleiben 3 Kugeln liegen mit den Nummern der Form 64k + 1, d.h. 1, 65 und 129. Dann wird N65 entfernt und schlussendlich N1. N129 bleibt übrig.

Aufgabe 1: Dreiecke im 15-Eck

Es gibt 19 verschiedene, nicht kongruente Dreiecke.

Wir drehen alle Dreiecke so, dass (eine) kürzeste Seite unten horizontal zu liegen kommt. Wir spiegeln alle Dreicke so, dass die linke Seite nicht kürzer als die rechte Seite ist. Dann markieren wir die Punkte auf dem Kreis, die verschiedene Dreiecke produzieren:

Insgesamt gibt es 7 + 5 + 4 + 2 + 1 = 19 nicht kongruente Dreiecke.

Aufgabe 2: Dreistellige Zahlen

Lösung: a) 9; b) 4 Zahlen – 405, 315, 225 und 135

Die ursprüngliche Zahl muss durch 9 teilbar sein, also ist es auch ihre Quersumme.
Formale Lösung: Es sei x = 100a + 10b + c unsere Zahl. Dann ist
x=100a+10b+c=9(10a+c) oder
10a+10b=8c oder
5(a+b)=4c

Daraus folgt: c=5 und a+b=4.
Es gilt a) a+b+c = 4+5 = 9, und für b) gibt es 4 Möglichkeiten um a zu wählen. Die anderen Ziffern sind dann eindeutig.

Aufgabe 1: Das Volumen der Quader

Die Volumina der weissen Quader sind 2, 3, 4 und 24.

Es sei A der Schnittpunkt der drei Ebenen, die den Würfel schneiden. Man beachte, dass das Volumen jedes der 8 erhaltenen Quader gleich dem Produkt der drei von A ausgehenden Kanten ist. Nehmen wir an, wir wollen das Volumen eines weissen Quaders α bestimmen. Multipliziere die Volumina der drei schwarzen Quader neben α.
Wir erhalten das Produkt der Längen von 9 Segmenten: Die Kanten des Quaders α, die von A ausgehen, gehen zweimal in das Produkt ein, und die Kanten des schwarzen Quaders β, der α gegenüberliegt und von A ausgeht, gehen einmal in das Produkt ein. Wenn man dann die erhaltene Zahl durch das Volumen β teilt, erhält man das Quadrat des Volumens α. Multipliziert man also die Dreiergruppen aus der Bedingung und dividiert durch die vierte, erhält man die Quadrate der Volumina der weissen Quader. Man muss jetzt nur noch die Wurzel ziehen:

Aufgabe 2: Summen und Produkte

Es gibt viele Lösungen, zum Beispiel 1⋅2⋅3⋅4⋅5⋅6⋅7 = 7!
Man beachte, dass 1⋅2⋅3⋅4⋅5⋅6=6!=120. Dann lauten die Zahlen für die Summe:
120−3, 120−2, 120−1 ,120 ,120+1, 120+2, 120+3 oder
(6! − 3) + (6! − 2) + (6! − 1) + 6! + (6! + 1) + (6! + 2) + (6! + 3)
= 7 ⋅ 6! = 7! = 1 ⋅ 2 ⋅ 3 ⋅ 4 ⋅ 5 ⋅ 6 ⋅ 7

Aufgabe 1: Die Zahlen des Leonardo da Pisa

a) Es gibt 2 Möglichkeiten: 1011, 1011, 2022 und 674, 674, 1348, 2022.

Wenn die beiden Startzahlen gleich sind, z.B. x, sieht die Folge so aus: x, x, 2x, 3x, 5x, 8x, 13x, 21x, 34x, 55x, 89x, ...
Wir müssen also herausfinden, welche Teiler von 2022 Fibonacci-Zahlen sind. 2022 = 2 ⋅ 3 ⋅ 387. Man sieht schnell, dass bloss 2 und 3 zu den Fibonacci-Zahlen gehören.

b) Neben den beiden Möglichkeiten von a) kommt noch die Folge hinzu, die mit den Startzahlen 2022, 2022 beginnt.

Aufgabe 2: Addition

a) Ja; b) Nein.

a) Es gibt viele Lösungen z.B. 1+2+3+4+65+7+8+9=99

b) Die Quersumme der gesuchten Summe ist immer durch 9 teilbar, also ist die Summe es auch. Ersetzt man die Summe a+b durch die Zahl ab, wächst die ganze Summe um 10a+b−(a+b) = 9a.

Aufgabe 1: Das rätselhafte Dreieck

Die 1 und die 2 stehen sicher in einem der grossen Kreise, die 3 gehört dazwischen. Die 4 muss dann wieder in einem grossen Kreis stehen. Zwischen 1 und 4 steht 5, zwischen 2 und 4 steht 6, dann steht 7 in einem grossen Kreis. Da 2 + 7 = 9 stehen 2, 7 und 8 auf einer Linie (unten). Dann muss 5 an der Stelle des ? stehen. Eine der Lösungen ist unten gezeigt, die anderen bekommt man, wenn man 2 und 7 bzw. 1 und 4 vertauscht.

Aufgabe 2: Zwölf Zahlen

6, -2, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, -1 oder

3, 2, 2, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, -1, -1

Damit das Produkt von 12 ganzen Zahlen gleich 12 ist, müssen es bis auf Vorzeichen entweder

● eine 12 und elf 1er oder
● eine 6, eine 2 und zehn 1er oder
● eine 4, eine 3 und zehn 1er oder
● eine 3, zwei 2er und neun 1er sein.

Im ersten und dritten Fall ist die Summe ungerade, unabhängig davon, wie viele dieser Zahlen negativ sind. Nur im zweiten und im vierten Fall können wir versuchen, Zahlen durch ihr Negatives zu ersetzen. Dabei muss die Anzahl der negativen Zahlen gerade sein, da ansonsten das Produkt gleich -12 wäre.

Es gibt die beiden oben genannten Möglichkeiten, damit die Summe der 12 Zahlen ebenfalls gleich 12 ist.

Aufgabe 1: Quadratzahlen

In der Mitte steht die 12.

Da mit 17 nur eine Quadratzahl erreichbar ist (17 + 16 = 33 < 49), muss 17 entweder ganz vorne oder ganz hinten stehen. Dann rekonstruiert man die Reihe eindeutig:

17 → 8 → 1 → 15 → 10 → 6 → 3 → 13 → 12 → 4 → 5 → 11 → 14 → 2 → 7 → 9 → 16

Aufgabe 2: Primzahlen

a) Nein, b) Ja.

a) Man hat 1011 ungerade Zahlen und 1010 geraden Zahlen, d.h. es gibt zwei benachbarte ungerade Zahlen, und ihre Summe ist eine gerade Zahl grösser als 4. Also geht es nicht.

b) Man beachte, dass 2027 und 2029 Primzahlen sind. Wir setzen im Uhrzeigersinn die ungerade Zahlen 5, 7, 9, . . . , 2019, 2021 in aufsteigender Reihenfolge, dazwischen setzten wir die geraden Zahlen von 2022 bis 6 in absteigender Reihenfolge. Die Summen werden dann immer 2027 oder 2029 sein:

5 → 2022 → 7 → 2020 → 9 → 2018 → ... → 2019 → 8 → 2021 → 6

Jetzt müssen wir noch die Zahlen von 1 bis 4 dazwischen setzen: 5 → 2 → 3 → 4 → 1 → 6.

Aufgabe 1: Das Manuskript

Das Manuskript hat 108 Seiten.

Die Anzahl Seiten muss dreistellig sein (sonst werden etwas weniger als doppelt so viele Ziffern gebraucht, da man für jede der ersten 9 Seiten EINE Ziffer braucht). Um die fehlenden Ziffern zu kompensieren, muss man 9 Seiten mit dreistelligen Nummern hinzufügen. Das ergibt 108 Seiten.

Wenn man Algebra mehr mag: Es sei n die Anzahl Seiten. Für die ersten 99 Seiten braucht man 9+2⋅90=189 Ziffern. Dann gilt

(189+3(n−99) )/n =2

Daraus folgt: n=297−189=108.

Aufgabe 2: Das Händeschütteln

Frau Müller hat den Gästen 4 mal die Hand gegeben.

Betrachte folgende Grafik:

Wir müssen den Gästen 9 verschiedene Zahlen (die Anzahl Händeschütteln) zuordnen. Da niemand 9 mal die Hände geschüttelt haben kann, sind diese Zahlen 0,1,...,8. Die dazugehörigen Gäse seien G0, G1, . . . , G8. G8 hat bloss mit einer Person die Hände nicht geschüttelt, also muss G8 mit G0 verheiratet sein. Analog hat G7 bloss mit einer Person ausser G0 die Hände nicht geschüttelt, d.h G7 und G1 sind verheiratet. Analog sind G6 und G2 sowie G5 und G3 Ehepaare. Das bedeutet, dass Herr Smith mit G4 verheiratet ist und Frau Smith 4 Hände geschüttelt hat.

Aufgabe 1: Kryptarithmus

897 x 897 = 804609

Eine Abschätzung ergibt schnell, dass D gleich 8 oder gleich 9 sein muss (denn 6 oder 7 liefern sechstellige Zahl mit kleinerer erster Ziffer: 600^2 = 360000, 799^2 = 638401).

Fall 1: D = 9. Die letzte Ziffer der Zahl Y^22 ist ein R, Y ist ungleich R und ungleich 9. Es bleiben bloss 3 Möglichkeiten: (Y, R) = {(2, 4), (4, 6), (8, 4)} und keine liefert eine Lösung.

Fall 2: D = 8, dann muss R = 9 sein (sonst zu klein) und Y = 7 liefert die Lösung.

Aufgabe 2: Entfernung von Brüchen

6 Brüche: 1 – ½ – ⅓ – ¼ + ⅙ – 1/12= 0

Die Summe zweier unkürzbaren Brüche mit verschiedenen Nenner kann nicht Null sein. (Es seien a/b und d/c zwei solche Brüche mit b > d. Dann kann ad = - bc nicht gelten, da a und b keinen gemeinsamen Teiler haben und d nicht durch b teilbar ist.)

Dann sieht man, dass die Brüche 1/11, ⅑ , ⅛ und ⅐ entfernt werden müssen. Jede Kombination von ⅕ und ⅒ ergibt einen Bruch mit einem Nenner, der durch 5 teilbar ist. Alle restliche Bru ̈che haben Nenner, die nicht durch 5 teilbar sind, also müssen diese zwei auch weg. Mit dem rest kann man das Gewünschte erreichen.

Aufgabe 1: Ausgewogene Zahl

Die Gesuchte Zahl hat 1023 Ziffern: 9897989 ... 909 ... 9897989.

Konstruktion:

Wir fangen mit der Zahl a0 = 0 an. Wir schreiben links und rechts eine 1 dazu a1 = 101. Dann sind 1011 und 1010 ausgewogen.

Jetzt schreiben wir zu jeder ZIFFER der Zahl a1 RECHTS eine 2 und dann eine 2 ganz LINKS. Also a2 = 2120212. Dann sind 2120212, 21202121 und 21202120 ausgewogen.

Jetzt schreiben wir zu jeder ZIFFER der Zahl a2 RECHTS eine 3 und dann eine 3 ganz LINKS. Also a3 = 323132303231323.

Wir fahren auf dieselbe Art und Weise fort mit den Ziffern 4,5,6,7,8 und 9.

Die Zahl a9, die aus 2^10 – 1 = 1023 Ziffern besteht, wird die gefragte Eigenschaft haben:

a9 = 9897989...909...9897989.

Aufgabe 2: Kryptarithmus

REGENT = 947465

Damit die Zahl REGENT maximal wird, wählen wir R = 9. Da R x G x N x T nicht Null ist, gilt E x E=A x I x É.

Da alle Ziffern verschieden sind, darf E keine Primzahl sein, d.h. E ist eine der Zahlen 8, 6, 4. Für E = 8 findet man keine Werte für A,I und É. Für E = 6 müssten die anderen drei 1, 4 und 9 sein, aber 9 ist schon belegt. Also gilt E = 4 und {A, I , É } = {1, 2, 8} in irgendeiner Reihenfolge.
Dann kann man REGENT = 947465 und GRANITÉ = 7986251 wählen.

Aufgabe 1: Interessante Uhrzeiten

00:00 und 18:20.

Es seien ab : cd die Ziffern auf der Uhr zu der gesuchten Zeit. Dann ist

60(10a + b) + 10c + d = 100(a + b + c + d)

Um diese Gleichung zu erfüllen, muss d durch 10 teilbar sein. Folglich ist d = 0.
Die Gleichung kann in folgender Form geschrieben werden: 50a = 4b + 9c .

Unter der Voraussetzung, dass a bloss 0, 1, oder 2 sein kann und b, c Ziffern sind, finden wir die Antwort: 00 : 00 oder 18 : 20.

Aufgabe 2: Aufteilung von 30 Zahlen

a) NEIN, b) JA

a) Die Summe aller Zahlen beträgt S = 30 · 31 /2 = 15 · 31 = 465. Diese Summe ist nicht durch 6 teilbar – Widerspruch, da es 6 gleiche Summen geben sollte.

b) Man kann die Zahlen in einer «Schlange» in einer 6 x 5-Tabelle aufschreiben. Die Spalten der Tabelle liefern die gewünschte Aufteilung:

Aufgabe 1: Der grosse Rest

Lösung: a) 1·2·3·...·9·10 – 1; b) 599.

a) Multipliziert man alle Zahlen von 2 bis 10 und subtrahiert 1, werden die Reste bei der Division durch 2, 3, 4, etc, 10 immer 1, 2, 3, etc, 9 ergeben.

b) Die Reste müssen folgende Werte haben:

durch 2 -> Rest 1
durch 3 -> Rest 2
durch 6 -> Rest 5
durch 8 -> Rest 7
durch 10 -> Rest 9

Daraus folgt, dass die Zahl die Form N = 120k – 1 haben muss. Durch testen findet man k = 5, und die gesuchte Zahl ist 120 · 5 – 1 = 599.

Aufgabe 2: Summe und Differenz

Lösung; Zum Beispiel 168, 170, 171, 172, 174, 180

Für ZWEI Zahlen funktioniert es relativ einfach: {1, 2}.

Für DREI Zahlen kann man die Menge: {2, 3, 4} nehmen.

Allgemein: sollte es für {a1, a2, . . . , an} funktionieren, bildet man die nächste Menge aus n + 1 Zahlen so:

A=a1 ·a2 · ··· · an, A+a1, A+a2, ... , A+an

Für jede Zahl ai gilt: Die SUMME A+A+ai =2A+ai ist durch ai teilbar und für jedes Paar ai, aj ist die SUMME 2A + ai + aj durch ai – aj teilbar, da im ersten Summand ein Faktor

2aj = (ai + aj) (ai – aj)

vorkommt. Die Konstruktion lässt sich also fortsetzen:

{1,2} -> {2,3,4} -> {24,26,27,28} -> ...

Aufgabe 1: Die grösste Zahl

Lösung: 9999978596061...99100

DieZahl N hat 9+2·90+3=192 Ziffern, also bleibt eine Zahl mit 92 Ziffern. Man bekommt die ersten 5 Neuner vorne durch Entfernung von 8 + 19 · 4 = 84:
8 : 12345678
19 : 101112...181
19 : 202122...282 etc.

Wir müssen noch 16 Ziffern entfernen. Streicht man die «ersten» 16, d.h. 5051 . . . 57, bekommt man eine 5 nach den ersten fünf Neuner. Man kann es noch verbessern, in dem man die ersten 15 Ziffern streicht, dann ist die erste Ziffer (nach 99999) ist eine 7. Dann entfernt man noch eine 5 und die Lösung ist 9999978596061. . . 99100.

Aufgabe 2: Spiel mit der 4

Wir betrachten folgende Operationen:

A’) Streichen der letzten Ziffer 4
B’) Streichen der letzten Ziffer 0
C’) Multiplizieren mit 2.

Wir wenden A’ oder B’ an, um unsere Zahl zu verkleinern:

2021 -> 4042 -> 8084 -> 808 -> 1616 -> 3232 -> 6464 -> 646 -> 1292 -> 2584 -> 258 -> 516 -> 1032 -> 2064 -> 206 -> 412 -> 824 -> 82 -> 164 -> 16 -> 32 -> 64 -> 6 -> 12 -> 24 -> 2 -> 4

Man kehrt diese Kette um, wenn man aus 4 die Zahl 2021 erreichen will.

Aufgabe 1: Ein Lügner unter Rittern

Wir wählen eine Person und stellen neun Fragen – zu den Zahlen von 1 bis 9. Wenn diese Person ein Lügner ist, werden wir mindestens acht positive Antworten erhalten und ihn somit finden.

Andernfalls ist er ein Ritter, und wir werden herausfinden, was auf seiner Karte steht: Wenn die Zahl von 1 bis 9 ist, werden wir eine positive Antwort auf die entsprechende Frage erhalten, und wenn die Zahl 10 ist, werden alle Antworten negativ sein.

Nachdem wir herausgefunden haben, welche Zahl N auf der Karte des ersten steht, fragen wir acht der anderen nach dieser Zahl. Wenn jemand mit «Ja» antwortet, ist er ein Lügner, und wenn alle mit «Nein» antworten, ist derjenige ein Lügner, dem wir keine Fragen gestellt haben.

Aufgabe 2: Kehrwerte von Brüchen

Es gibt viele Lösungen, eine davon wäre 11/2, 11/3 und 11/6.

Aufgabe 1: Die Schnecke auf der Uhr

Die Schnecke trifft um 12: 40 und um 13:20 auf den Minutenzeiger.

Die Schnecke bewegt sich doppelt so langsam wie der Minutenzeiger. Bis zum ersten Treffen ist sie also ein Drittel des gesamten Kreises gekrochen und der Minutenzeiger hat sich zwei Drittel des gesamten Kreises bewegt. Es war also12:40. Auch zwischen der ersten und der zweiten Begegnung vergehen wieder 40 Minuten. Das bedeutet, dass die zweite Begegnung um 13:20 Uhr stattfindet.

Aufgabe 2: Sechs Zahlen

Zum Beispiel 5, 10, 15, 20, 30, 45.

Es sei p eine ungerade Primzahl. Man stelle p^2 dar als Summe p^2 = n1 + n2 + ··· + n6 von 6 verschiedenen nicht durch p teilbaren Zahlen. Die Zahlen pn1, pn2, . . . , pn6 besitzen die gewünschte Eigenschaft:

die Gesamtsumme ist p^2 · (n1 + · · · + n6) = p^3.

Das Produkt zweier beliebiger Zahlen ist bloss durch p^2 teilbar und nicht durch p^3, das Produkt dreier beliebiger Zahlen ist durch p^3 teilbar.
Ein Beispiel bekommt man für p = 5:

25 = 1+2+3+4+6+9 ergibt die oben erwähnte Lösung.

Aufgabe 1: Der Drache mit den vielen Köpfen

Wenn die Anzahl der Köpfe gerade ist, kann der Ritter die Anzahl der Köpfe wieder auf eine gerade Zahl reduzieren. Wenn nämlich die Anzahl der Köpfe 4n – 2 ist, dann wird sie nach dem goldenen Schwertschlag zu 2n – 2.

Wenn die Anzahl der Köpfe 4n ist, dann wird sie nach dem bronzenen Schwertschlag zu 3n – 3, und nach dem nächsten silbernen Schwertschlag zu 2n – 4.

Der Ritter kann auf diese Weise vorgehen, bis nur noch vier oder zwei Köpfe übrig sind. Die Aufgabe wird mit einem letzten Schlag mit dem Bronzeschwert bzw. dem Goldschwert abgeschlossen.

Aufgabe 2: Magische Tabelle

Es sei x die Zahl zwischen 1 und 5. Dann ist die Summe x + 6. Die Zahl zwischen 3 und 1 ist dann x+2 und die Zahl zwischen 3 und 5 ist x – 2. Unter 5 steht dann 6 – x, und dann muss rechts unten 2x – 5 stehen.

Andererseits folgt aus der zweiten Diagonale, dass unten rechts eine 7 stehen muss. Daraus folgt: 2x – 5=7. Also x=6.

Aufgabe 1: Das rätselhafte 2021

Auf drei Arten.

2021 = 1010 + 1011

Beachte, dass 2021 = 43 · 47.

2021 = 20 + … + 42 + 43 + 44 + … +66 (47 Summanden)

2021 = 26 + … + 46 + 47 + 48 + … +68 (43 Summanden)

Aufgabe 2: Ungerade Zahlen gesucht

Es gibt nur die 729.

Eine ungerade Zahl hat nur ungeraden Teiler. Da die Summe ihrer letzten Ziffern ungerade ist, muss es eine ungerade Anzahl Teiler geben. Wenn eine Zahl eine ungerade Anzahl Teiler hat, dann ist sie das Quadrat einer natürlichen Zahl.

Wir betrachten alle ungerade Quadratzahlen, die im angegebenen Intervall liegen: 23^2, 25^2 = 625, 27^2 = 729, 29^2, 31^2.

Die gesuchte Zahl muss mindestens fünf Teiler haben, da sonst die Summe ihrer letzten Ziffern nicht grösser als 27 ist. Das bedeutet, dass die Quadrate der Primzahlen 23, 29 und 31, die genau drei Teiler haben, von der weiteren Suche ausgeschlossen werden können.

Dann bleibt noch, zwei Zahlen zu überprüfen. Die Teiler von 625 sind 1, 5, 25, 125, 625; die Summe ihrer letzten Ziffern ist 21. Die Teiler von 729 sind 1, 3, 9, 27, 81, 243, 729; die Summe ihrer letzten Ziffern ist 33.

Aufgabe 1: Einsen und Zweien auf dem Kreis

Der kleinste Wert für N ist 14.

Wir merken, dass die Darstellungen der Zahlen 1111, 2112 und 2122 keine gemeinsamen Einsen haben können, und die Darstellungen der Zahlen 2222, 1221 und 1211 keine gemeinsamen Zweier haben können.

Wenn also alle diese Zahlen dargestellt werden, dann muss der Kreis nicht weniger als 14 Ziffern enthalten – 7 Einsen und 7 Zweien. N = 14 ist möglich, und das entsprechende Beispiel für die Anordnung der Ziffern ist in der Abbildung dargestellt:

Aufgabe 2: Teilbare Produkte

Der kleinstmögliche Wert ist 7.

Unter den Zahlen von 1 bis 10 ist nur die Zahl 7 ist durch 7 teilbar. D.h. 7 muss in der ersten Gruppe sein und der Quotient P1 : P2 ist mindestens 7. Wenn man merkt, dass 1·2·3·4·5·6·8·9·10 = 2^8 ·3^4 · 5^2 gilt, kann man ein Beispiel relativ leicht konstruieren:

(3·5·6·7·8)/(1·2·4·9·10)=7

Aufgabe 1: Zweier, Dreier und Fünfer

6 Zahlen – z.B. 22, 23, 32, 25, 52, 30.

Es gibt nur eine zweistellige Zahl, die 22, die mit Hilfe zwei Zweiern dargestellt wird, d.h. nur eine der Zahlen enthält keine 2.

Es gibt nur zwei zweistellige Zahlen – 23 und 32 –, die eine 2 und eine 3 enthalten. Noch eine Zahl kann eine 3 enthalten. Diese Zahlen stellen die Hälfte aller Zahlen dar, also gibt es insgesamt 6 Zahlen.

Aufgabe 2: Gemeinsamer Teiler

Lösung: 14

Beispiel: Man nehme die Zahlen 4, 15, 70 und 84. Warum gibt es keine kleinere Zahl N? Unter paarweisen ggT der vier Zahlen kann es nicht GENAU 2 Zahlen geben, die durch die gleiche natürliche Zahl k teilbar sind.

A. Falls es unter vier Zahlen nicht mehr als 2 gibt, die durch k teilbar sind, dann ist unter paarweisen ggT höchstens EINER durch k teilbar.

B. Falls unter vier Zahlen mindestens drei durch k teilbar sind, dann gibt es unter paarweisen ggT mindestens DREI, die durch k teilbar sind.

Für k = 2 heisst das, dass N gerade ist.

Für k = 3, k = 4, k = 5 heisst es, dass N ungleich 6, N ungleich 8, N ungleich 10 und N ungleich 12.

Aufgabe 1: Der schhläfrige Koala

Der Koala schläft 16 Stunden,

Wir teilen den Tag in 22 Intervalle zwischen dem Zusammentreffen von Stunden- und Minutenzeiger ein und betrachten jedes Intervall separat. Die Zeiger bewegen sich gleichmässig. Der Winkel zwischen den Zeigern ändert sich mit konstanter Geschwindigkeit von 0 bis 180 Grad und dann von 180 Grad bis Null. Ein Drittel der Zeit liegt der Winkel zwischen 0 und 60 Grad in jedem Intervall und damit ein Drittel eines Tages, d.h. der Koala ist 8 Stunden wach.

Aufgabe 2: Beginn der Lösung

Um 13 : (08 x 2/11) oder um 13 : (40 x 10/11)

Der Stundenzeiger legt 30 Grad in einer Stunde zurück. Der Minutenzeiger muss dann genau auf der winkelhalbierenden Gerade zweier Positionen der Stundenzeiger liegen.

Es sei 13.x die Startzeit. Dann ist der Winkel des Stundenzeigers mit der 12-Uhr-Richtung gleich (30+0.5x) Grad. Der Minutenzeiger bildet den Winkel 6x Grad mit der 12-Uhr-Richtung.

Dann gilt:
6x Grad = ((30 + 0.5x) Grad + (60 + 0.5x)Grad)/2
(Minutenzeiger innerhalb)
oder
6x Grad – 180 Grad
= ((30 + 0.5x) Grad + (60 + 0.5x)Grad)/2
(Minutenzeiger ausserhalb).

Aufgabe 1: Die 20 Fünfen

Er hat 9 Pluszeichen gesetzt.

Da wir 20 Ziffern haben, kann es von 1 bis 20 Summanden geben. Teilt man alle Summanden und die Summe durch 5, bekommt man als mögliche Summanden die Zahlen 1, 11, 111, . . . und 200 als die Summe. Da die letzte Ziffer der Summe 0 ist, muss man 10 oder 20 Summanden haben, aber 20 passt nicht. D.h. es gibt 10 Summanden und 9 Pluszeichen.

Genaue konstruktive Lösung: Es gibt keine Summanden mit mehr als 3 Ziffern, und es muss GENAU ein Summand 555 geben. Dann sollte man 1000 – 555 = 445 aus 17 Fünfern bekommen. Es gilt 445 = 8 · 55 + 5. Ersetzt man einen Summand 55 durch die Summe 5 + 5 wird die Summe kleiner, d.h. die einzige Möglichkeit ist

1000 = 555 + 8 · 55 + 5

Aufgabe 2: Zahlen in der Matrix

Aufgabe 1: Das Pralinés-Rätsel

Peter hatte 13 Gäste.

Insgesamt wurden 18 Schachteln gekauft und 39 + 25 · 2 + 84 · 4 + 95 · 4 + 65 · 7 = 1260 Pralinés wurden von den Bewohnern in einem Jahr verspeist. Es waren also 1260 : 18 = 70 Pralinen in jeder Schachtel. Diese Zahl wurde gleichmässig auf die Personen aufgeteilt, die sich jedes Mal auf der Geburtstagsfeier versammelten.

Da nicht mehr als 18 Personen auf der Geburtstagsparty sein konnten, konnten es 14, 10, 7, 5, 2 oder 1 Personen sein, und jeder von ihnen ass 5, 7, 10, 14, 35 bzw. 70 Pralinés.

Betrachten wir einen der Bewohner, der in einem Jahr 25 Pralinés gegessen hat. Es gibt nur drei Möglichkeiten, wie er diese Menge gegessen haben könnte: 5 · 5, 5 · 3 + 10 oder 5 + 10 · 2. Auf jeden Fall haben die Teilnehmer bei einer Geburtstagsfeier 5 Pralinés gegessen, d.h. es waren 14 Personen anwesend. Aber das ist die höchstmögliche Zahl, und gemäss der Bedingung war Peter derjenige, der die meisten Leute auf der Geburtstagsparty hatte. Also lud er 13 Gäste ein.

Aufgabe2: Die Aufzüge

Der zweite Aufzug kommt zuerst unten an.

Die vier Mitarbeiter in den Etagen 94, 93, 92 und 90 werden vom ersten Aufzug abgeholt. Danach hat der erste Aufzug 5 Sekunden Vorsprung vor dem zweiten Aufzug und die Aufzüge tauschen auf jeder Etage mit einem Mitarbeiter die Plätze.

Wir unterteilen die Etagen in sechs Gruppen ein: von 2. bis 7., von 8. bis 13., usw. und von 80 bis 85. In jeder der sechs Etagen einer Gruppe befinden sich 4 Mitarbeiter und die Aufzüge tauschen 4 Mal.
Dann wird der Aufzug, der zuerst die 85. Etage erreicht hat, als erster in der 1. Etage ankommen.
Nach der 90. Etage ist der erste Aufzug voraus, er wechselt den Platz mit dem zweiten in den Etagen 86, 87, 88. Im 85. Stock ist der zweite Aufzug vorne.

Aufgabe 1: Zahlen auf dem Kreis

a) Nein; b) Ja.

a) Wir zählen alle 10 Summen zusammen. Da dann jede Zahl doppel gezählt wird, wird das Ergebnis eine gerade Zahl sein. Die Summe der 10 aufeinander folgenden natürlichen Zahlen hingegen ist ungerade, da darunter genau 5 ungerade Zahlen vorkommen.

b) Ja, zum Beispiel folgenden Zahlen 1,0,2,1,3,2,4,3,5,4. Die Summen sind von 1 bis 9 und noch einmal eine 5.

Aufgabe 2: Summen und Produkte

Die Aufteilung in die zwei Gruppen ist möglich für alle n ausser 1, 2 und 4.

Man sieht durch testen, dass es für n = 1, 2 oder 4 nicht funktioniert.

Für n = 3 hat man 1 + 2 = 3. Für die ungeraden Zahlen ab 5 mit n = 2k + 1, wählt man eine Gruppe mit {1, k, 2k}. Dann ist das Produkt 2k^2 und es gilt: 1·2·4=3+5. Allgemein:

Für die geraden Zahlen ab 6 mit n = 2k wählt man eine Gruppe mit {1, k – 1, 2k}. Dann ist das
Produkt 2k^2 – 2k und es gilt: 1·2·6 = 3+4+5. Allgemein:

Aufgabe 1: Stahlkugeln in der Röhre

Es gibt 169 Plings.

Wir stellen uns die Situation ein wenig anders vor: Wenn zwei Kugeln zusammenstossen, erzeugen sie nicht nur ein Pling, sondern sie tauschen blitzschnell die Plätze und rollen dann einfach in ihrer vorherigen Richtung weiter. Es gibt also genau 13 · 13 = 169 Plings.

Aufgabe 2: Zahlen an der Tafel

Minimal fünf Franken.

Wir markieren die Zahlen 17, 19, 23 und 29 für vier Franken, sowie die Zahl 2. Danach können wir alle geraden Zahlen kostenlos markieren und dann alle ungeraden Zahlen, die kleiner als 15 sind (da die geraden bis 30 schon markiert sind).

Es bleiben 21, 25 und 27 – die sind auch gratis, da 21 und 27 durch 3 teilbar sind und 25 durch 5 teilbar ist.

Günstiger geht es nicht, da die Primzahlen 17, 19, 23 und 29 markeirt werden müssen (sie sind weder Teiler noch Vielfaches anderer Zahlen an der Tafel). Also muss man mindestens noch einen Franken ausgeben.

Aufgabe 1: Fünfstellige Zahlen

Es gibt gleich viele und zwar 72000.

5-stellige nicht durch 5 teilbare Zahlen: Die erste Ziffer kann jede Ziffer ausser Null sein, die letzte Ziffer jede Ziffer ausser 0 und 5. Somit gilt: 9 · 10 · 10 · 10 · 8 = 72000.

Weder die erste, noch die zweite ist eine 5: Die erste Ziffer kann nicht 0 und nicht 5 sein, die zweite Ziffer nicht 5. Somit gilt: 8·9·10·10·10 = 72000.

Aufgabe 2: Das zerschnittene Rechteck

Die Fläche des Rechtecks ist 45. D.h. wir wollen die Zahl 45 als Summe von möglichst vielen natürlichen Summanden darstellen, ohne den Summand 1 zu gebrauchen. Die Summanden 4 = 1 · 4 = 2· und 6 = 1 · 6 = 2 · 3 dürfen 2-mal vorkommen. Die Summanden 2, 3, 5, 7 können nur einmal vorkommen:

45 = 1 + 2 + 3 + · · · + 9 = 2 + 3 + 4 + 4 + 5 + 6 + 6 + 7 + 8

Also mit 9 Summanden geht es. Mit 10 funktioniert es nicht (die Summe wird zu gross). Hier ist die passende Zerlegung:

Aufgabe 1: Teilbarkeit durch 2020

Zum Beispiel 10198987676545432320

Da 2020 = 20 · 101 ist, muss die Zahl durch 20 und durch 101 teilbar sein. Die letzten Ziffern 20 sorgen dafür, dass die Zahl durch 20 teilbar ist. Nun ist:

Aufgabe 2: Das seltsame Spiel

Zu Beginn des Spiels waren 58 Spieler anwesend.

Es sei n die Anzahl der Spieler am Anfang. Dann hatte es insgesamt K0=300n Franken im Spiel. Nach der ersten Runde hatte es K1 = 300n – 10n, nach der zweiten K2 = 300n – 10n – 10(n-1), etc.

Das Spiel ist nach n-1 Runden beendet, und das Geld im Spiel ist dann

K(n-1)= 300n – 10 (n + (n – 1) + (n – 2) + … + 2) = 300

Addiert man den Term in Klammern, bekommt man

300 = 300n – 5(n + 2)(n – 1) oder

5(n + 2)(n – 1) = 300 (n-1).

Daraus folgt n = 58.

Aufgabe 1: Ungerade Teilbarkeiten

22525, 22526, 22527, 22528, 22529

Wir nehmen eine ungerade Zahl, die durch 5, 7, 9, 11 und 13 teilbar ist (z.B. N = 5·7·9·11·13). Dann sind die Zahlen N + 5, N + 7, N + 9, N + 11 und N + 13 alle gerade, mit Abstand 2 und erfüllen die Teilbarkeitsbedingung. Dann sind (N + 5)/2, (N + 7)/2, . . . aufeinaderfolgend und erfüllen die Bedingung ebenfalls.

Aufgabe 2: Die spezielle Quersumme

a) Nein, b) Ja mit n = 999999932

Für negative Zahlen ist die Quersumme nicht definiert. Aus n > 0 folgt, dass S(n) > 0 ist. Damit ist für a) n < 999999 und für b) n < 999999999. Damit ist im Fall a) S(n) < 54 und in b) S(n) < 81.

a) n muss grösser als 1000000 – 54 = 999946 sein, also die Form 9999xy haben. Dann gilt:

1000000 =999900+10x+y+36+x+y
64=11x+2y

x muss somit kleiner als 6 und gerade sein. Also muss man x = 2 und x = 4 testen und sieht, dass das nicht funktioniert.

b) Analog bekommt man die Gleichung 37 = 11x + 2y. x = 3, y = 2 ist eine Lösung.

Aufgabe 1: Der magische Geburtstag

Das gesuchte Jahr ist 2002.

Die Quersumme eines Jahres vor 1899 ist höchstens 27. Also war der magische Geburtstag jeder Person, die vor 1899 geboren wurde, vor 1926. Sollte der magische Geburtstag später stattfinden, muss die Person 1900 oder später geboren sein. Wenn man in 19ab geboren ist, ist der magische Geburtstag
1900 + 10a + b + 10 + a + b = 1900 + 11a + 2b. Analog für das Geburtsjahr 19cd gilt 1900 + 10c + d + 10 + c + d = 1900 + 11c + 2d.

Sollte es im gleichen Jahr passieren, gilt 11(a – c) = 2(d – b), also muss d – b durch 11 teilbar sein, aber d und b sind Ziffern. D.h. d = b und a = c. Das bedeutet: Eine Person muss nach 1999 geboren sein.

Die Personen, die 2000 geboren sind, haben den magischen Geburtstag im Jahr 2002, so auch die Personen, die im Jahre 1982 geboren sind, da 1982 + 20 = 2002 gilt.

Aufgabe 2: Keine gemeinsame Grenze

Aufgabe 1: Unterschiedliche Zahlen

Es gibt gleich viele neustellige und zehnstellige unterschiedliche Zahlen.

In jeder neunstelligen unterschiedlichen Zahl gibt es genau eine Ziffer, die man nicht gebraucht hat. Wir schreiben diese Ziffer hinten dran und bekommen eine zehnstellige unterschiedliche Zahl. Dadurch sind alle Zahlen, die wir untersuchen möchten, in Paare aufgeteilt, und jede Zahl kommt in genau einem Paar vor.

Aufgabe 2: Spezielle Brüche

Es gibt 10 solche Brüche.

Wenn ein Bruch nach dem Kürzen wie 3/n aussieht, muss folgendes gelten:

k/2020 = 3/n. Daraus folgt:

k=3r und 2020 = nr

Da k < 2020, ist r < 673 und r muss ein Teiler von 2020 sein. 2020 hat 12 Teiler, 2 davon (2020 und 1010) sind grösser als 673. Das heisst, es gibt 12 – 2 = 10 solche Brüche.

Aufgabe 1: Zahlen in einer Reihe

Zum Beispiel 673 und 1346.

Die Summen der Zahlen, die von den Enden der Reihe gleich weit entfernt sind, sind immer gleich:

1 + 2018 = 2 + 2017 = … = 1009 + 1010.

Wenn man ein solches Paar löscht, bleiben 1008 = 336 x 3 solche Paare übrig. Das heisst, wenn zwischen den gelöschten Zahlen 336 Paare bleiben, dann sind 2 x 336 Paare ausserhalb der gelöschten Zahlen.

Es funktioniert, wenn man 673 und 1346 löscht. Eine weiter Lösung wäre 1289 und 1738.

Aufgabe 2: Elegante Zahlen

6, 8 und 12.

Es lässt sich leicht überprüfen, dass die Zahlen 6, 8 und 12 elegant sind.

Es sei N eine elegante Zahl. Eine ungerade Zahl hat ungerade Teiler, die Differenz der Teiler sind gerade, und eine ungerade Zahl ist nicht durch eine gerade teilbar. Also N = 2n. Dann muss 2n durch (n – 2) teilbar sein. Daher muss 4 = 2n – 2 (n – 2) durch (n – 2) teilbar sein. Das bedeutet, dass n – 2 = 4, 2, 1 oder -1 ist. Der Fall n = 1 verschwindet, weil die Zahl 2 keine eigenen Teiler hat. Die anderen drei Fälle ergeben die drei eleganten Zahlen.

Aufgabe 1: Das vergessene Multiplikationszeichen

Die ursprünglichen Zahlen waren 143 und 143.

Es seien x und y die gesuchten Zahlen. Dann gilt
1000x + y = 7x·y
1000+y/x = 7x

Da y/x < 10, gilt für y die Begrenzung 1000 < 7y < 1010. Also ist y = 143 oder y = 144.

Die erste Möglichkeit liefert x = 143 , die zweite x = 18. Aber x muss dreistellig sein. D.h. x = y = 143.

Aufgabe 2: Die neunstellige Zahl

306306000

Da N durch 2 und durch 5 teilbar ist, muss B = 0 sein. D.h. N = A0CA0C000 = A0C ·1001· 1000.

1001 = 7 · 11 · 13 und 1000 = 2^3 · 5^3, also haben wir die Teilbarkeit durch 1,2,4,5,7,8,11,13 und 14.

N ist durch 9 teilbar, d.h. 2A + 2C müssen auch durch 9 teilbar sein, also A + C = 9.

Da N durch 16 teilbar ist, muss A0C gerade sein, also ist C gerade.

Es gibt vier Möglichkeiten für (A, C) = {(1, 8), (3, 6), (5, 4), (7, 2)}. Die zweite Möglichkeit liefert eine Zahl, die durch 17 teilbar ist. Also A = 3, B = 0, C = 6 und N = 306306000.

Aufgabe 1: Der beste Schuss

Es gibt 96 Lösungen, zum Beispiel 452 + 637 = 1089.

Da die Quersumme der Zahl denselben Rest bei der Division durch 9 ergibt wie die Zahl selbst, gilt für die Summe SHOT, dass sie durch 9 teilbar sein muss. Die erste Ziffer muss eine 1 sein.

Kleinster SHOT: 1026 = 437 + 589.

Grösster SHOT: 1602 = 749 + 853.

Aufgabe 2: Die Liste der Reste

Andrea’s Summe ist um 13 grösser.

Wir betrachten nur die Divisionen bei 1, 2, . . . , 365, da der Rest von 366 : 366 Null ist. 366 ist um 1 grösser als 365, d.h. alle Reste werden um 1 grösser sein, ausser wenn man durch einen Teiler von 366 dividiert. Dann ist der Rest 0. z.B. 365 : 4 ergibt Rest 1, 366 : 4 ergibt Rest 2, aber 365 : 6 ergibt Rest 5, 366 : 6 ergibt Rest 0.

Daraus folgt, dass man die Summe der Reste für die Zahl 366 bekommt, indem man 365 zur Summe der Reste für die Zahl 365 addiert. Dann subtrahiert man die Summe der Teiler von 366, die kleiner als 366 sind. Es gilt 366 = 2 · 3 · 61, d.h. die Teiler sind 1, 2, 3, 6, 61, 122 und 183. Die gesuchte Differenz ist dann
365 – (1 + 2 + 3 + 6 + 61 + 122 + 183) = 365 – 378 = - 13.

Also ist Andrea’s Summe um 13 grösser.

Aufgabe 1: Das Zahlenrätsel

In der zentralen Zelle steht die 3.

Addiert man die Zahlen in den 4 Durchmessern, erhält man 52, wobei die zentrale Zelle x 4-mal gezählt wird und jede Zelle des Umfangs nur einmal. D.h. 4 · x = 52 – 40 = 12, also x = 3.

Aufgabe 2: Die Autobahnfahrt

Der Fahrer war mit einem Tempo von 111 km/h unterwegs.

Es sei die erste Zahl, die er auf dem Tacho gesehen hat abc. Dann ist die zweite Zahl bca oder cab und die dritte cab oder bca.

Da die Geschwindigkeit konstant ist, muss einer dieser Zahlen die Halbsumme der beiden anderen sein. Es gibt zwei Möglichkeiten, wir betrachten nur eine. Es sei:

2·bca=abc+cab

200b+20c+2a=110a+101c+11b

7b=4a+3c

Da alle Ziffern verschieden sein müssen, muss c – a = ±7 und b – a = ±3 gelten. Da keine Zahl
mit einer Null anfangen darf, sind folgende Varianten möglich:

A : c > a oder B : a > c. Also

A : c = 8, a = 1, b = 4 und c = 9, a = 2, b = 5

oder

B : a = 8, c = 1, b = 5 und a = 9, c = 2, b = 6.

Im Fall A wären die Zahlen 148, 481 und 814 oder 259, 592 und 925.

Aufgabe 1: Trisha lügt

Trisha denkt an die Zahl 84.

Die zweite oder die vierte Aussage ist eine Lüge. Wenn die zweite Aussage falsch ist, dann ist die 5. falsch, die erste und die sechste sind wahr. Dann wäre die Zahl 42 oder 24. Widerspruch zu 5.

Die zweite ist also wahr. Dann sind 1 und 4 falsch, 3, 5 und 6 richtig. Dann muss die zweite Ziffer 4 sein und die erste Ziffer eine 8.

Trischa denkt also an die Zahl 84.

Aufgabe 2: Teilbarkeiten

Die kleinste der 8 Zahlen beträgt 841.

Die Menge der letzten Ziffern kann nur 1,2,...,8 oder 2,3,...,9 sein.

Wenn abc durch c teilbar ist, dann ist abc – c durch 10 teilbar. Also ist ab0 durch c teilbar für alle c in den beiden oben genannten Zahlensätzen. Daraus folgt, dass ab0 durch 2, 3, 5, 7 und 8 teilbar sein muss. Es ist also durch 840 teilbar. Die kleinste Zahl abc muss also 841 sein.

Aufgabe 1: Die Verdreifachung

Der gesuchte Zahl lautet 142857

Wenn man versucht, die gesuchte Zahl von hinten aufzubauen, merkt man (da die letzte Ziffer 1 sein muss:

. . . x · 3 = . . . 1 —> x = 7

Somit gilt:

. . . y7 · 3 = . . . 71 —> y = 5

Damit ist:

. . . z57 · 3 = 571 —> z = 8 etc.

. . . t857 · 3 = . . . 8571 —> t = 2

und somit:

. . . s2857 · 3 = . . . 28571 —> s = 4

Tatsächlich ist 142857 · 3 = 428571.

Aufgabe 2: Das Kreuzzahlrätsel

Ein Vielfaches von 99 hat 3 Stellen und die Quersumme 18. D.h. 2 HORIZONTAL ist 18 und 2 VERTIKAL ist 198.

3 VERTIKAL ist eine Quadratzahl einer Primzahl mit der letzten Ziffer 9, d.h. 4 HORIZONTAL muss 29 und 3 VERTIKAL 841 sein.

Von 5 HORIZONTAL haben wir x2 + 18 + 841 = y41.
Dann muss y = 8 sein, da man 981 nicht erreichen kann. D.h. 1 VERTIKAL ist 881–841–18 = 22.

Aufgabe 1: Maximale Summe

Die Summe aller Zahlen in der Tabelle ist 1 + 2 + · · · + 9 = 45.

Es sei M die Zahl in der Mitte, e1, e2, e3, e4 die Zahlen in den 4 Ecken und s1, s2, s3, s4 die Zahlen auf den Seiten.

Wenn man die Summe der Zahlen in vier 2x2 Blocks rechnet, bekommt man

4T = 4M + 2(s1 + s2 + s3 + s4) + (e1 + e2 + e3 + e4) = 45 + 3M + (s1 + s2 + s3 + s4)

Da M + (s1 + s2 + s3 + s4) <= 9 + 8 + 7 + 6 + 5 = 35, ist 4T <= 45 + 18 + 35 = 98.

D.h. T <= 24.

Hier sind zwei mögliche Konstruktionen für T = 24:

Aufgabe 2: Kühe auf der Weide

Es würde 63 Tage dauern.

Es sei F die Grasmenge am Anfang, K die Menge, die eine Kuh pro Tag frisst und Z die Zuwachsmenge pro Tag. Die Information aus den ersten zwei Sätzen lässt sich so formulieren:

F +3Z =6·3·K und F +7Z =3·7·K

Daraus folgt 4Z = 3K und F = 21Z.

Es sei x die Anzahl Tage bis eine Kuh mit dem Feld fertig ist. Dann gilt

F+xZ=xK, also

21Z+x·Z=x·4/3 Z, und damit x=63.

Aufgabe 1: Springende Zahlen

2020

Alle Zahlen, deren letzte beiden Ziffern 78 oder weniger sind, werden innerhalb von 79 Minuten zu Zahlen, die mit 00 enden, und der nächste Schritt wird durch 100 geteilt. Das Ergebnis ist, dass alle diese Zahlen in 79 Minuten nicht mehr als 2100/100 = 21 sein werden. Diejenigen Zahlen, die auf 79 oder mehr enden, werden um 79 abnehmen. Die grösste dieser Zahlen ist 2099, und in 79 Minuten wird sie sich in 2020 verwandeln.

Aufgabe 2: Lügner und Konformisten

Es gibt 150 Konformisten

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Schätzung: Ein Lügner kann nicht sagen: «Ich bin ein Lügner.» Also sind 100 Menschen, die sagten: «Ich bin ein Lügner», Konformisten. Sie haben alle gelogen, also gibt es neben jedem von ihnen einen Lügner. Da neben einem Lügner maximal zwei Konformisten stehen dürfen, kann es mindestens 50 Lügner geben. Es gibt also nicht mehr als 150 Konformisten.

Ein Beispiel. Wir stellen 50 Lügner in einen Kreis. In jeden der 50 Zwischenräume zwischen Lügnern stellen wir drei Konformisten. Der mittlere dieser drei sagt die Wahrheit, der linke und der rechte lügen, dass sie Lügner sind, und alle Lügner lügen, dass sie Konformisten sind.

Joachim Laukenmann ist Redaktor im Team Wissen. Seine Schwerpunkte sind Physik, Astronomie, Mobilität, Energie und Klimawandel. Er hat Physik studiert und in Kosmologie promoviert. 2008 erhielt er den Alstom Journalistenpreis. Er hat mehr als 20 Jahre Erfahrung im Wissenschaftsjournalismus.Mehr Infos@JoLauki