ZahlendreherDie Lösungen

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

Joachim Laukenmann

Aktualisiert: 28.07.2020, 10:29

Folge 221 vom 4. März 2021

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:

Folge 216 vom 28. Januar 2021

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.

Folge 215 vom 21. Januar 2021

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:

Folge 213 vom 17. Dezember 2020

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.

Folge 209 vom 23. November 2020

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.

Folge 207 vom 29. Oktober 2020

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

Folge 202 vom 25. September 2020

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.

Folge 201 vom 18. September 2020

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.

Folge 198 vom 13. August 2020

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.

Folge 194 vom 16. Juli 2020

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.

Folge 193 vom 9. Juli 2020

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.

Folge 191 vom 18. Juni 2020

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.

Folge 189 vom 21. Mai 2020

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.

Folge 188 vom 14. Mai 2020

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.

Folge 186 vom 30. April 2020

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

􏰂􏰁
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.

Publiziert: 24.03.2020, 14:35

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