Bisakah Anda Melarikan Diri dari Kasino?

Selamat datang di The Riddler. Setiap minggu, saya menawarkan masalah yang berkaitan dengan hal-hal yang kita sayangi di sini: matematika, logika, dan probabilitas. Dua teka-teki disajikan setiap minggu: Riddler Express untuk Anda yang menginginkan sesuatu yang kecil dan Riddler Classic untuk Anda yang menyukai gerakan teka-teki lambat. Kirimkan jawaban yang benar untuk keduanya, dan Anda mungkin akan mendapatkan shoutout di kolom berikutnya. Harap tunggu hingga Senin untuk membagikan jawaban Anda secara publik! Jika Anda membutuhkan petunjuk atau memiliki teka-teki favorit yang mengumpulkan debu di loteng Anda, temukan saya di twitter atau kirimi saya email.

Riddler Ekspres

Awal minggu ini, saya merasa senang menghadiri konferensi MOVES di New York City, yang diselenggarakan oleh National Museum of Mathematics. Keynote pembuka, “How to Invent Puzzles,” dibawakan oleh master puzzle Scott Kim. Secara khusus, teka-teki cuisenaire-rodnya membuat saya berpikir. …

Hexomino adalah bentuk yang dibuat oleh enam persegi identik yang tidak tumpang tindih yang dihubungkan oleh tepi. Beberapa heksomino, seperti yang ditunjukkan di bawah ini, dapat didekomposisi menjadi larik tiga kotak, larik dua kotak, dan larik satu kotak.

Berapa banyak heksomino berbeda yang dapat Anda temukan? tidak bisa didekomposisi menjadi array tiga, dua dan satu kotak? Untuk tujuan teka-teki ini, dua heksomino dianggap setara jika mereka dapat diubah menjadi satu sama lain dengan rotasi dan/atau refleksi.

Kirimkan jawaban Anda

Riddler Klasik

Dari Andrew Lin datang permainan untuk membawa diri Anda pulang:

Anda terdampar di kasino (beruntung Anda!) Dan perlu membeli penerbangan pulang. Biaya penerbangan $250, tetapi Anda hanya memiliki $100 saat ini. Namun, seperti yang baru saja saya katakan, Anda berada di kasino! Tentunya, Anda bisa bertaruh hingga $250.

Kasino memiliki permainan yang disebut “Riddler’s Delight”, di mana Anda dapat mempertaruhkan sejumlah uang yang Anda miliki untuk jumlah uang yang lebih besar lagi. Anda bahkan dapat bertaruh pecahan (yaitu, Anda dapat bertaruh pecahan satu sen), jumlah irasional atau sangat kecil jika Anda menginginkannya.

Tangkapannya adalah bahwa kemungkinannya tidak menguntungkan Anda. Di Riddler’s Delight, kapan pun Anda bertaruh SEBUAH dolar dalam upaya untuk menang B dolar (dengan B > SEBUAH), kemungkinan Anda untuk menang bukanlah SEBUAH/B, yang Anda harapkan dari permainan yang adil. Sebaliknya, probabilitas Anda untuk menang selalu 10 persen lebih kecil, atau 0,9(SEBUAH/B).

Apa yang harus menjadi strategi taruhan Anda untuk memaksimalkan kemungkinan Anda pulang, dan berapa probabilitas itu?

Kirimkan jawaban Anda

Solusi untuk Riddler Express minggu lalu

Selamat kepada Michael Jackson dari Grove City, Pennsylvania, pemenang Riddler Express minggu lalu.

Minggu lalu, Anda menggulung dadu bersisi enam yang adil di papan gnocchi yang bergerigi, sehingga dua wajah yang berdekatan muncul setiap saat.

Rata-rata, berapa jumlah angka yang ditunjukkan pada kedua wajah itu?

Setiap pasangan wajah yang bersebelahan memiliki kemungkinan yang sama untuk menjadi dua di atas. Beberapa pemecah mendaftar semua pasangan ini, menambahkan jumlah wajah yang sesuai ini dan menghitung rata-rata.

Tetapi ada pendekatan lain yang lebih efisien, yang digunakan oleh para pemecah masalah termasuk Kiera Jones dari Cincinnati, Ohio. Alih-alih membuat daftar pasangan wajah, Anda malah bisa memikirkan tentang tepi antara mereka karena pasangan wajah dan tepi menunjukkan korespondensi satu-ke-satu.

Sekarang, setiap kubus memiliki 12 rusuk. Jika Anda membuat daftar tepi-tepi ini, bersama dengan dua wajah yang berada di antaranya (dengan total 24 slot total), maka setiap wajah akan muncul dalam daftar empat kali. Mengapa? Karena dengan simetri, tidak ada wajah yang bisa muncul dalam daftar lebih sering atau lebih jarang daripada wajah lainnya.

Jadi, menghitung jumlah rata-rata pasangan nomor wajah setara dengan menjumlahkan keenam nomor wajah empat kali dan kemudian dibagi 12. Dan itu setara dengan menggandakan rata-rata enam nomor wajah. Rata-rata itu adalah 3,5 (yaitu, jumlah seluruh angka dari 1 sampai 6, dibagi dengan 6), dan menggandakannya memberi Anda jawabannya, 7.

Meskipun ini secara teknis bukan kredit tambahan dari minggu lalu, solver Benyamin Dickman (serta pengirim asli teka-teki, Michael Branicky) mengusulkan perpanjangan di mana tiga wajah yang berdekatan (bukan dua) dijumlahkan. Dalam hal ini, dengan argumen simetris serupa, jumlah rata-rata menjadi tiga kali 3,5, atau 10,5.

Mungkin bagian paling keren dari teka-teki ini adalah bahwa susunan angka yang tepat pada enam wajah ternyata tidak relevan. Pada akhirnya, mereka semua hanya rata-rata.

Solusi untuk Riddler Classic minggu lalu

Selamat kepada Christian Wolters dari San Jose, California, pemenang Riddler Classic minggu lalu.

Pekan lalu, Magritte si bowler bersaing head-to-head melawan sesama bowler Fosse. Namun, bukannya merobohkan 10 pin yang disusun dalam formasi segitiga, mereka mencoba untuk merobohkan N² pin (di mana N adalah bilangan yang sangat, sangat besar) yang tersusun dalam belah ketupat, seperti yang ditunjukkan di bawah ini:

Ketika Magritte berguling, dia selalu merobohkan pin paling atas. Kemudian, jika ada pin yang jatuh, ia memiliki peluang 50 persen untuk menjatuhkan salah satu dari dua pin tepat di belakangnya, secara independen satu sama lain. (Jika hanya ada satu pin tepat di belakangnya, maka itu juga memiliki peluang 50 persen untuk dijatuhkan.)

Fosse adalah bowler yang lebih kuat dari Magritte. Seperti Magritte, dia selalu merobohkan pin paling atas. Tetapi setiap pin yang dijatuhkan kemudian memiliki peluang 70 persen (daripada 50 persen Magritte) untuk menjatuhkan salah satu pin tepat di belakangnya.

Berapa probabilitas Magritte dan Fosse untuk merobohkan terrendah pin dalam formasi belah ketupat?

Pada pandangan pertama (setidaknya untuk beberapa pembaca), ini tampak relatif mudah. Misalkan setiap pin memiliki probabilitas p menjatuhkan salah satu pin di belakangnya (yaitu, p adalah 0,5 untuk Magritte dan 0,7 untuk Fosse). Dan mari kita misalkan lebih lanjut probabilitas bahwa dua pin A dan B tertentu yang berdekatan pada baris yang sama terjatuh adalah sebuah dan b, masing-masing. Berapa peluang bahwa pin C langsung di belakang baik A dan B akan terguling? Tampaknya kemungkinan C dijatuhkan oleh A sementara B tetap berdiri adalah sebuah(1−b)p; peluang C dijatuhkan oleh B sementara A tetap berdiri adalah (1−sebuah)bp; dan peluang C dijatuhkan bersama dengan A dan B adalah ab(2pp²). Menjumlahkan probabilitas ini memungkinkan Anda menghitung secara iteratif probabilitas setiap pin untuk dijatuhkan berdasarkan semua probabilitas pin yang datang sebelumnya. Benar?

Salah! Kesalahan dalam logika ini adalah asumsi yang salah bahwa pin A dan B independen. Pada kenyataannya, jika A telah dirobohkan, itu berarti ia harus dirobohkan oleh salah satu pin di depannya, termasuk pin sebelumnya yang dibagikan dengan B, yang pada gilirannya berarti B lebih mungkin untuk dipukul. turun. Dan karena merobohkan A dan B adalah peristiwa yang bergantung, itu berarti Anda tidak bisa begitu saja mengalikan probabilitasnya seperti yang kita lakukan di paragraf sebelumnya.

Ternyata, ini adalah belum terpecahkan masalah dari cabang matematika statistik dan fisika yang dikenal sebagai teori perkolasi, dinamakan demikian karena kita dapat memikirkan cairan (atau, dalam hal ini, pin bowling) meresap melalui media. Sementara saya tidak menerima solusi apa pun yang muncul untuk memecahkan masalah yang belum terpecahkan ini, beberapa pembaca mensimulasikan bowling Magritte dan Fosse untuk mendekati peluang mereka untuk menjatuhkan pin terakhir.

Sekarang, kapan p kecil, kaskade pin yang jatuh pasti dihentikan. Tapi ketika p melebihi apa yang dikenal sebagai ambang perkolasi, ada kemungkinan pin terakhir bisa dirobohkan. Seperti yang dicatat oleh pemecah masalah Laurent Lessard (dalam tulisan yang sangat bagus!), ambang perkolasi untuk masalah khusus ini belum diketahui; namun, itu adalah diketahui bahwa ambang batas terletak antara 0,5176 dan 0,6298 (masing-masing terbukti pada tahun 1957 dan 1982).

Sejak p adalah 0,5 untuk Magritte, yang pasti di bawah ambang perkolasi, itu berarti— kemungkinan Magritte menjatuhkan pin terakhir adalah nol. Sementara itu, p adalah 0,7 untuk Fosse, yang pasti lebih besar dari ambang perkolasi. Jadi Fosse memiliki kesempatan untuk menjatuhkan pin itu! Di bawah ini adalah 15 simulasi Fosse yang diilustrasikan Laurent ketika: N adalah 100. Dari 15 ini, 11 tampaknya menghasilkan perkolasi yang berkelanjutan. Jika Anda melihat lebih dekat, Anda dapat melihat struktur yang mengejutkan — garis-garis pin yang tidak jatuh dengan warna biru tua dan aliran pin yang jatuh di sekitarnya.

Laurent akhirnya menemukan bahwa kemungkinan Fosse merobohkan pin terakhir adalah sekitar 0,5782. Solver Peter Ji menjalankan 10.000 simulasi ketika N adalah 100 (yaitu, sangat besar), menemukan probabilitas sekitar 0,58, sementara solver Pradeep Niroula menemukan bahwa itu adalah sekitar 0,5828. Pada akhirnya, saya menerima semua jawaban untuk Fosse mendekati 0,58.

Beberapa pemecah masalah, seperti Hernando Cortina, merencanakan kemungkinan menjatuhkan pin terakhir sebagai fungsi dari p: