Ja, klar. Ich hab irgendwie 'Anzahl gerade Stücke' gelesen. Und die Aufgabe ist so lange her, dass ich mich zwar an die 56 erinnere, aber nicht mehr für was.
Dann ist die 1 bei n=0 ein typisches artifakt, nur dem Wunsch geschuldet, die Reihe bei n=0 zu beginnen, und die Formel für gerade n nicht nochmals fallzuunterscheiden.
Ich kann auch den Wert 4 für n=1, also ein 2x2 Brett nicht nachvollziehen. Ich erwarte doch eine Kurve in den vier Ecken.
Oh ja, das hat sich gelohnt. Von Platz 96 auf 69 vorgerückt. Man beachte die mathematische Schönheit der beiden Zahlen!
Als Ausgleich gibt es dann 2021 das Lösungsheft bereits am 1.12. 
Oh ja, ich sehe jetzt wo ich falsch gedacht habe. Danke für die ausführliche Erklärung.
müssen aber für BEIDE gleich sein
Warum?
Die proportionalität bleibt doch auch wenn zB Krimhilde mit 0.1/0.9 und Fridolin mit 0.8/0.2 springt.
Kam mir dieses Jahr auch so vor. Aber dieses Jahr ist vermutlich (hoffentlich) nicht repräsentativ, ich hatte an Neujahr viel mehr Zeit wie sonst. Aber ich glaube, dass das Lösungsheft vor dem 6. veröffentlich werden kann, dann hat man zumindest in den Bundesländern an denen die Ferien bis zum sechsten gehen auch dafür noch Zeit. Zumindest hätte ich es heute morgen gerne runtergeladen; schade, dass das nicht geklappt hat.
Hmm, das ist dann aber schräg... Dann scheint die Anzahl der Lose nicht das einzige Kriterium für die Platzierung zu sein.
Woher weißt du, wie viele "alle", "Schüler", "Lehrer" und "Studenten" es gibt?
Ich finde nur 1502 Sonstige...
Ich habe die Statistik von letztem Jahr benutzt. Die Definition/Verteilung der Statusse sollte sich nich geändert haben.
Dann spielst du wohl in einer anderen Kategorie als ich, bei mir haben 100 Lose für Platz 68 gereicht.
Ich bin 'sonstiges', was auch immer das ist. Von den Zahlen her, ist es nicht 'alle' - 'schüler' - 'lehrer' - 'studenten', weil das immer noch zu viele sind.
"belegt mit 100 Losen neben 8 Mitspieler/innen den 96. Platz" sollte auch reichen um Georgs Aussage zu bestätigen.
Die Frage ist, wie lange die angeregte Diskussion anhält, und wann wir uns nach dem Lösungsheft sehnen. Wobei ich zugeben muss, dass ich das eigendlich nur noch für's Archiv brauche. Zu jeder Aufgabe wurden hier (mir) ausreichend gute Erklärungen geliefert und diskutiert. Sorry Ariane und Team.
...schon klar, aber warum sollte man das Rad neu erfinden, wenn‘s erst mal nicht notwendig scheint?! Keine Angst, ich habe die Aufgabe richtig lösen können... Ganz ohne Programmierung, mit einem Blick in den Kalender JAN 1900 und JAN 1908 und der Annahme, dass nur ein Ergebnis richtig sein kann. Wollte das XLS-„Feature“ nur mal als amüsante Randnotiz einwerfen... Schade, wenn’s kein Schmunzeln hervorlockt...
Sorry, hatte ich nicht so verstanden.
Ja, die amüsanten Momente, die vor allem die Vorschläge der Rechtschreibkontrolle erzeugten sind legendär. Dass auch Excel Potential dazu hat, wusste ich nicht. Der Kalender macht eben jedes Jahr schlauer 
Die Wichtel bleiben bei ihrem Kind. Das vom Weihnachtsmann übergangen Kind muss auf den zufall warten. Der erste Wichtel überreicht sein Geschenk nämlich dem zweitneugierigsten Kind und so weiter. Also wichtel#n an kind#n+1, ausser das hat schon ein Geschenk. Erst dann muss der Wichtel per Zufall sein Geschenk vergeben.
Dass die Aufgabe unmöglich ist, wirft jetzt noch mehr Fragen auf.
Allgemein gibt es 2 verschiedene "Reaktionsvorgaben", die festlegen, ob ein Higgs-Boson übertragen wird oder nicht und jeweils eine weitere Vorgabe, die durch Vertauschen der beiden Atome A und B entsteht.
Eine davon ist die Identität, die offensichtlich die gestellte Aufgabe unmöglich macht, und die andere ist die aus der Aufgabe, bei der es auch unmöglich ist, zwei gleiche Atome zu erhalten.
Um eine Lösung zu finden, fällt mir die Operation auf drei Atome ein, die dafür sorgt, dass die ersten beiden dieser Atome gleich sind, und dann ist die Aufgabe durch einen Wurf lösbar. Gibt es da auch nichttriviale Lösungen (wie man so schön sagt)?
Die Aufgabe ist auch für drei Atome nicht lösbar.
Man kann die Aufgabe auch so lösen:
Wenn man ein wenig mit mit der Summe der Zauberleimmasse für alle n Pakete rumrechnet, kommt man schließlich auf die schöne Formel:
m(n) = 15 * (n+1 - 1/(n+1))
Für n = 133 Pakete ergibt sich etwa 2009,89 g Zauberleim. Für n = 134 Pakete hingegen bereits etwa 2024,89 g. Damit stimmt Lösung 7.
Es geht auch kürzer, aber wenn man gerne rechnet...
Naja, dafür gibt es ja in Excel bereits die Formel „WOCHENTAG(<Datum>; <Typ>)“, nur leider liefert „WOCHENTAG(13.01.1900; 2)“ dann dummerweise FR (= 5) und nicht SA (=6).
Mit Formel meinte ich selber rechnen, nicht die programierfehler anderer verwenden.
Oh, ich bin nicht die einzige, die zum warmwerden bei den Kindern mitspielt. Ausserdem gibt's da schneller die Auflösung
Ich habe erstmal Kombinationen von Paketen gesucht, die 143 ergeben. Und das waren dann deutlich weniger Möglichkeiten für die Wege, die sollten ja auch zusammenhängend sein.
Und da hat sich dann programmieren nicht mehr gelohnt. Beim ersten Teil hat mich aber schon mein 'KumpelC' unterstützt.
Ich habe das Problem auf drei Atome runtergedampft. Wenn ich da eine Strategie finde, kann ich sie erweitern. Und damit alles mögliche angestellt, unter anderem auch systematisch alle Varianten von bis zu 8 Würfen durchprobiert. Einfach, weil ich nicht glauben könnte, dass 'geht nicht' richtig sein kann.
Kein Wichtel kennt die Farbe der Mütze des hintersten Wichtel. Daher kann der mittlere Wichtel nur die Farbe vor sich sehen, und seine eigene aus der Aussage des hintersten ableiten.
