Das neue Haus vom Nikolaus

Digitaluhr kann Herr Maier nur die Tage innerhalb eines Monats, aber nicht die Monate selbst feststellen. Im Kalender ist 31, 30, 31, 30, 31, 31 die längste Sequenz gleich langer Monate, die doppelt vorkommt. Einmal bei den Monaten
     
    August, September, Oktober, November, Dezember, Januar
     
    und dann noch einmal bei den Monaten
     
    März, April, Mai, Juni, Juli, August.
     
    Haben wir den 1.   August oder den 1.   März, dann hat Herr Maier Pech, denn dann wird er die nächsten sechs Monate nicht feststellen können, in welchem Monat er sich befindet, aber auch im siebten Monat wird er erst gegen Ende feststellen, ob es sich um einen Februar oder um einen September handelt. Im Falle eines Schaltjahres muss er also im ungünstigsten Fall
    (31   –   1) + 30 + 31 + 30 + 31 + 31 + 30   Tage = 183   Tage abwarten, bis er das aktuelle Datum kennt und davon ausgehend das korrekte Weihnachtsdatum ermitteln kann. Der erste Summandbeträgt nicht 31, sondern nur 30, weil wir ja bereits den ersten Tag des Monats haben und somit bereits nach 30   Tagen das Monatsende erreichen. Der letzte Summand beträgt 30, weil wir im letzten Monat der siebenmonatigen Beobachtungsperiode im ungünstigsten Falle eines Schaltjahrs erst nach dem 29. erkennen können, ob dies ein Februar war oder ein September ist. Im günstigsten Fall hingegen haben wir den letzten Tag des Monats Februar. Dann braucht Herr Maier nur einen einzigen Tag, um zu wissen, in wie vielen Tagen Weihnachten ist.
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65 Die unterbrochene Mühlepartie
    Im Gegensatz zum Schachspiel haben die Felder auf dem Mühlebrett keine Farben. Nichts hindert uns jedoch daran, uns vorzustellen, dass die Felder gefärbt wären. Sie werden feststellen, dass zwei Farben genügen, sämtliche Mühlefelder so einzufärben, dass benachbarte Felder immer unterschiedlich gefärbt sind. Nehmen wir als Farben einfach Dunkel und Hell und stellen wir uns einfach das linke, obere Feld dunkel gefärbt vor. Die Farben für alle übrigen Felder ergeben sich dann ganz automatisch.

    Dadurch, dass benachbarte Felder immer unterschiedlich gefärbt sind, geschieht bei einem Zug entweder, dass ein Stein von einem dunklen auf ein helles Feld gezogen wird oder umgekehrt von einemhellen auf ein dunkles Feld. In jedem Falle aber ändert sich die Anzahl der Steine auf den dunklen (und auch auf den hellen) Feldern bei jedem Zug um genau eins. Wenn sich die Anzahl um genau eins ändert, bedeutet dies, dass sich die Zahl entweder von geradzahlig zu ungeradzahlig oder umgekehrt ändert.
    In der ersten Stellung in der Aufgabe befinden sich neun Steine, also eine ungerade Anzahl, auf den als dunkel angenommenen Feldern, und Gudrun ist am Zug. Nachdem Gudrun gezogen hat, wird folglich eine gerade Anzahl von Steinen auf den dunklen Feldern stehen, und nachdem Melanie ebenfalls gezogen haben wird, wird wieder Gudrun am Zug sein, und es wird sich wieder eine ungerade Anzahl von Steinen auf den dunklen Feldern befinden. Also immer genau dann, wenn Gudrun am Zug ist, befindet sich eine ungerade Anzahl von Steinen auf den dunklen Feldern. Wir müssen also im Prinzip nur zählen, wie viele Steine sich in der zweiten Stellung auf den dunklen Feldern befinden, um zu ermitteln, wer am Zug ist. Es gibt aber ein kleines Problem. Wenn ein Stein geschlagen wird, verschwindet er einfach so vom Spielfeld und bringt unsere gesamte Kalkulation durcheinander. Wenn wir einen geschlagenen Stein aber quasi so behandeln würden, als befände er sich noch immer auf dem Spielfeld, nur dass mit ihm nicht mehr gezogen wird, dann geht unsere Rechnung natürlich auf. Die Kreuze an den Stellen, wo Steine geschlagen wurden, fungieren in der zweiten Stellung als Stellvertreter für die geschlagenen Steine, damit die Information über ihre letzte Position nicht verlorengeht. Wenn wir diese Kreuze als ganz normale Steine mitzählen, dann kommen wir wieder zum richtigen Ergebnis. In der zweiten Stellung befinden sich wieder neun Steine (Steine + Kreuze), also wieder eine ungerade Anzahl, auf den dunklen Feldern. Damit ist wieder Gudrun am Zug.
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66 Plätzchen oder Schätzchen
    Zunächst gibt es zwei Möglichkeiten, nämlich dass Frau Honigsüß von Anfang an den richtigen Behälter gewählt hat, wofür die Wahrscheinlichkeit 1 / 6 beträgt, oder dass sie sich einen der fünf falschen Behälter ausgesucht hat, wofür die Wahrscheinlichkeit 5 / 6 beträgt. Nun