Pouvez-vous vaincre un troll avec votre calculatrice ?

Le Riddler

Par Zach Wissner-Gross

Juin 9, 2023 à 8: 00 AM

Illustration de Guillaume Kurkdjian

Bienvenue à The Riddler. Chaque semaine, je propose des problèmes liés aux choses qui nous sont chères ici: les mathématiques, la logique et les probabilités. Deux puzzles sont présentés chaque semaine: le Riddler Express pour ceux d’entre vous qui veulent quelque chose de petite taille et le Riddler Classic pour ceux d’entre vous dans le mouvement slow-puzzle. Soumettez une réponse correcte pour l’un ou l’autre,1 et vous obtiendrez peut-être un cri dans la colonne suivante. Veuillez attendre jusqu’à lundi pour partager publiquement vos réponses! Si vous avez besoin d’un indice ou si vous avez un puzzle préféré qui prend la poussière dans votre grenier, retrouvez-moi sur Twitter ou envoyez-moi un e-mail.

Le vendredi 30 juin marquera la dernière chronique de The Riddler ici à FiveThirtyEight. Si mes calculs sont exacts, il y a eu 375 colonnes (c’est la 376e) au cours des huit dernières années, quatre sous la direction d’Oliver Roeder et quatre autres sous la mienne. Chaque moment a été un plaisir absolu, de lire (et d’essayer de résoudre) les énigmes de Submitter, d’écrire quelques énigmes de mon cru, et surtout de m’émerveiller des solutions créatives et des collaborations à travers Riddler Nation.

Mais ce n’est pas tout à fait la fin. Le vendredi 23 juin, je lancerai la huitième et dernière bataille pour Riddler Nation, avec des résultats apparaissant dans la colonne ultime la semaine suivante. Et après ça... Restez à l’écoute!

Si vous souhaitez plus de puzzles hebdomadaires en mathématiques, logique et probabilités (et parfois en géométrie, physique et au-delà), veuillez envisager de répondre à un sondage d’une minute qui m’aidera à planifier certaines de mes prochaines étapes:

Répondez au sondage

Et maintenant, sans plus tarder, revenons aux énigmes!

De Tim Curwick vient un puzzle de conseils:

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Vous êtes commandant de mission pour l’Agence spatiale Riddler, qui est engagée dans une course à l’espace avec une agence concurrente. Les deux agences tentent de revendiquer les régions d’une lune parfaitement sphérique nouvellement découverte qui possède un champ magnétique. Partout sur la surface de cette lune, les lignes de champ magnétique pointent du pôle nord au pôle sud, parallèlement à la surface (c’est-à-dire que le champ magnétique ne pointe pas dans ou hors du volume de la lune).

Alors que votre équipe atteindra la lune en premier, les politiciens en charge ont conclu un accord plutôt bizarre. Où que votre équipe atterrisse sur la lune, tous les points de la surface dont les lignes de champ magnétique pointent dans la direction de votre site d’atterrissage - c’est-à-dire où le champ magnétique pointe plus vers votre site d’atterrissage que loin de celui-ci - appartiendront à Riddler Nation. Toutes les parties restantes de la surface iront à la nation de l’agence concurrente.

Si votre équipe atterrit sur un point aléatoire sur la surface de cette lune, quelle est la fraction attendue de la surface de la lune qui sera revendiquée par Riddler Nation ?

Soumettez votre réponse

Un jour, en traversant un pont, vous vous retrouvez arrêté par un troll. Le troll vous accordera le passage de l’autre côté, à condition que vous puissiez estimer la factorielle d’un nombre N. (Le troll vous rappelle gentiment que la factorielle — écrite avec un point d’exclamation — d’un nombre entier est le produit de tous les nombres entiers de 1 à ce nombre. Par exemple, 5! est le produit des nombres entiers de 1 à 5, donc c’est 120.)

Ce n’est pas un problème, pensez-vous, lorsque vous sortez votre calculatrice de votre poche. En plus des 10 chiffres et d’une virgule, votre calculatrice peut additionner, soustraire, multiplier, diviser et exponentier. Et il a même un bouton factoriel. Ou plutôt, il avait l’habitude de ...

Il semble que le troll sournois ait en quelque sorte supprimé comme par magie le bouton factoriel de votre calculatrice, le remplaçant par un bouton étiqueté N, qui charge la valeur de N de la mémoire de la calculatrice chaque fois que vous appuyez dessus. Le troll ne vous a pas révélé la valeur précise de N, même si votre calculatrice sait ce que c’est, mais vous savez que N ne dépasse pas 200.

Pour passer le pont, vous devez utiliser votre calculatrice pour estimer N ! à deux ordres de grandeur près, c’est-à-dire que votre réponse doit être dans un facteur de 100 de la valeur exacte de N!.

Quelle expression allez-vous taper dans votre calculatrice ?

Soumettez votre réponse

Félicitations à 👏 Aaron L. de Houston, gagnant du Riddler Express de la semaine dernière. 👏

La semaine dernière, vous pariiez sur une course de chevaux au casino Riddler. Le casino fournissait des cotes de paris (au format américain) pour chaque cheval. Par exemple, une cote de -150 signifiait que pour chaque 150 $ misé, vous gagniez 100 $ supplémentaires. Pendant ce temps, une cote de +150 signifiait que pour chaque 100 $ que vous misiez, vous gagniez 150 $ supplémentaires.

Maintenant, pour atteindre le seuil de rentabilité, un cheval avec une cote de -150 devrait gagner 60% du temps, tandis qu’un cheval avec une cote de +150 devrait gagner 40% du temps. (Oui, +100 et -100 correspondent à 50% de chances de victoire.) Bien sûr, la plupart des casinos truquent les cotes de telle sorte que parier sur tous les chevaux d’une course vous ferait perdre de l’argent.

Mais pas The Riddler Casino ! Ici, un cheval avec une cote de -150 a exactement 60% de chances de gagner, et un cheval avec une cote de +150 a exactement 40% de chances.

Ainsi, la semaine dernière, une course de cinq chevaux a attiré votre attention. Les cotes pour trois des chevaux étaient de +100, +300 et +400. Vous ne pouviez pas tout à fait distinguer les chances pour les deux derniers chevaux, mais vous pouviez voir qu’ils étaient tous les deux des multiples positifs d’une centaine. Quelles étaient les chances les plus élevées que l’un de ces deux derniers chevaux aurait pu avoir?

Puisque vous saviez que The Riddler Casino offrait des cotes équitables, vous pouviez convertir les cotes des trois premiers chevaux directement en probabilités. Le premier cheval avait une cote de +100, ce qui signifiait que pour chaque 100 $ misé, vous gagniez 100 $ supplémentaires. Pour que les chances soient équitables, la probabilité de gagner de ce cheval devait être de 1/2. Le deuxième cheval avait une cote de +300, ce qui signifiait que sa probabilité de gagner était de 1/4. Le troisième cheval avait une cote de +400, ce qui signifiait que sa probabilité de gagner était de 1/5. En général, les cotes positives qui sont 100 fois x correspondaient à une probabilité de 1/(x+1).

Vous saviez également que l’un des cinq chevaux devait gagner, ce qui signifiait que leurs probabilités devaient s’additionner à 1. Les trois premiers chevaux représentaient une probabilité collective de 1/2 + 1/4 + 1/5, soit 19/20. Cela signifiait que les deux derniers chevaux avaient une chance combinée de gagner 1 sur 20. Mais quelles étaient leurs chances individuelles?

Nous avons déjà dit que des cotes positives de 100 fois x correspondaient à une probabilité de 1/(x+1). Donc, lorsque x était un nombre entier, comme on vous l’a dit pour ces deux derniers chevaux, cela signifiait que la probabilité était une fraction unitaire (c’est-à-dire une fraction avec un numérateur de 1). Cela signifiait que les deux derniers chevaux avaient des probabilités qui pouvaient être écrites comme 1/a et 1/b, où a et b étaient des nombres entiers et 1/a + 1/b = 1/20.

Le puzzle demandait spécifiquement les cotes les plus élevées possibles pour l’un de ces deux derniers chevaux, donc vous vouliez minimiser l’une de ces deux probabilités, disons, 1/b. Vous pouviez minimiser 1/b en maximisant 1/a, et la plus grande fraction unitaire inférieure à 1/20 était 1/21. Définir un égal à 21 vous donnait 1/b = 1/20 − 1/21, ce qui signifiait 1/b = 1/420, ce qui était en effet la plus petite fraction unitaire possible que vous pouviez générer. (De manière équivalente, comme l’a reconnu le solveur Bowen Kerins, 1/420 était une valeur clairement associée aux cotes les plus élevées.)

La dernière étape consistait à convertir cette probabilité en cotes de paris. Les deux derniers chevaux avaient une cote de +2 000 (pour le cheval avec une probabilité de 1/21) et +41,900 (pour le cheval avec probabilité 1/420).

Félicitations à 👏 Adam Richardson 👏 de Old Hickory, Tennessee, vainqueur du Riddler Classic de la semaine dernière.

La semaine dernière, dans un jeu télévisé, il y avait trois portes identiques disposées en rangée de gauche à droite. L’animateur de l’émission, « Monty », a choisi l’une des portes et a placé un prix de 100 dollars derrière elle. Il n’y avait pas de prix derrière les deux autres portes. Vous n’étiez pas présent lorsque Monty a choisi la porte et a placé l’argent derrière, vous ne pouviez donc pas dire avec certitude quelle porte se trouvait le prix.

Vous avez ensuite été amené sur scène et vous avez dû sélectionner l’une des trois portes à ouvrir. Si l’argent du prix était derrière, alors vous avez gagné! Mais si vous avez mal deviné, tout n’était pas perdu. Vous pourriez payer 80 $ pour choisir une deuxième porte. Cependant, avant que vous ne fassiez cette deuxième sélection (mais après avoir payé les 80 $), Monty vous donnerait un indice, vous indiquant si le prix était derrière une porte qui était à gauche ou à droite de votre premier choix. (Notez que cet indice n’était utile que lorsque vous avez précédemment sélectionné la porte du milieu.) Si le prix n’était pas derrière cette deuxième porte, vous pourriez payer 80 $ de plus pour essayer une troisième fois.

Vous pourriez supposer que vous et Monty avez joué avec des stratégies optimales – vous pour maximiser vos gains nets attendus (gains de prix moins paiements pour les indices), et Monty pour minimiser la même chose. Combien de bénéfices nets pouviez-vous vous attendre à gagner en moyenne?

Vous avez peut-être pensé que vous auriez dû ouvrir la porte du milieu en premier. Si le prix était derrière, alors vous avez gagné 100 $ sans payer un centime, ce qui était génial! Mais si le prix n’était pas derrière la porte du milieu, vous pourriez payer 80 $ pour un indice et un autre choix. Bien sûr, cet indice vous indiquait exactement où se trouvait le prix, car il n’y avait qu’une seule porte à gauche du milieu et une porte à droite. Après avoir payé les 80 $, vous étiez assuré de gagner 100 $ avec votre prochaine sélection. Et donc, avec cette stratégie, soit vous avez gagné 100 $, soit vous avez réalisé un profit de 20 $.

Maintenant, si Monty avait été sur votre stratégie, il aurait certainement placé le prix derrière l’une des deux portes latérales plutôt que le milieu, ce qui signifie que vous n’avez jamais gagné les 100 $ et que vous n’avez gagné que 20 $. Donc, plutôt que de toujours choisir la porte du milieu en premier, il valait la peine d’explorer une stratégie mixte, où vous choisissiez parfois la porte du milieu et d’autres fois choisissiez une porte latérale. Monty ferait probablement la même chose. Et avec un concours de stratégie mixte à deux joueurs, ce puzzle relevait confortablement du domaine de la théorie des jeux.

Supposons que vous choisissiez la porte du milieu avec la probabilité p et chaque porte latérale avec la probabilité (1−p)/2. Pendant ce temps, supposons que Monty place le prix derrière la porte du milieu avec la probabilité a et une porte latérale avec la probabilité q et chaque porte latérale avec la probabilité (1−q)/2. Quels étaient vos gains attendus, en termes de p et q ?

Vos chances de choisir la porte du prix – qu’il s’agisse de la porte du milieu ou d’une porte latérale – étaient pq + (1−p)(1−q)/2, auquel cas vous avez gagné 100 $. Si vous avez choisi la porte du milieu en premier mais que vous étiez incorrect, ce qui s’est produit avec la probabilité p(1−q), l’indice vous a assuré de toujours deviner correctement lors de votre prochaine tentative, ce qui signifiait que vos gains nets étaient de 20 $. Si vous avez choisi une porte latérale mais que vous avez eu tort, ce qui s’est produit avec une probabilité (1−p)q + (1−p)(1−q)/2, vous aviez encore deux portes qui cachaient potentiellement le prix, et il s’est avéré qu’il ne valait pas la peine de jouer davantage, ce qui signifie que vous êtes reparti sans profit ni perte nette.

En rassemblant ces résultats, vos gains attendus en dollars étaient de 100pq + 100(1−p)(1−q)/2 + 20p(1−q), ce qui a simplifié à 50 − 30p − 50q + 130pq. Il s’est avéré que ce jeu avait un équilibre de Nash unique, qui a été tracé par le solveur Rohan Lewis ci-dessous:

Pour résoudre analytiquement cet équilibre, vous pouvez analyser comment cette expression précédente a varié avec p et q. Pour toute valeur de q (c’est-à-dire quelle que soit la stratégie de Monty), une valeur particulière de p a toujours donné lieu à des gains maximums attendus. Pour calculer cette valeur, vous pouvez prendre la dérivée partielle par rapport à q pour obtenir 130p − 50. Définir cet égal à zéro vous a donné la valeur optimale de p (pour vous), qui était de 5/13. De même, prendre la dérivée partielle par rapport à p vous a donné l’expression 130q − 30, et la mettre à zéro vous a donné la valeur optimale de q (pour Monty), qui était 3/13.

Une fois la théorie des jeux terminée, voici comment les choses se sont déroulées: Monty a placé le prix derrière la porte du milieu avec une probabilité de 3/13 et derrière chacune des deux portes latérales avec une probabilité de 5/13. Ensuite, vous avez choisi la porte du milieu avec une probabilité de 5/13 et chacune des deux portes latérales avec une probabilité de 4/13. Tout cela avait un sens intuitif – vous étiez plus susceptible de choisir la porte du milieu que l’un ou l’autre des côtés, tandis que Monty préférait les portes latérales au milieu.

L’insertion de ces valeurs de p et q dans l’expression des gains attendus vous a donné un résultat de 500/13, soit environ 38,46 $US. En effet, c’était plus que les 20 $ si vous aviez toujours opté pour la porte du milieu et que Monty avait compris votre stratagème.

Pour un crédit supplémentaire, vous avez joué à un jeu similaire avec Monty, mais cette fois, vous avez dû payer 80 $ à l’avance avant de sélectionner votre première porte. Si le prix restait de 100 $, ce jeu particulier ne valait pas la peine d’être joué. Combien le prix en argent aurait-il dû être pour que ce nouveau jeu en vaille la peine?

En travaillant à travers une analyse similaire, un tel jeu ne devenait intéressant que lorsque le prix dépassait 144 $.

Eh bien, n’avez-vous pas de la chance? Il y a un livre entier plein des meilleures énigmes de cette colonne et quelques gratteurs de tête jamais vus auparavant. Il s’appelle « The Riddler », et il est dans les magasins maintenant!

Envoyez un courriel à Zach Wissner-Gross à [email protected].