C’est officiel, les Celtics de Boston et les Mavericks de Dallas s’affronteront en finale NBA. jeudi et se poursuivra jusqu’en juin, jusqu’à ce qu’une équipe obtienne les quatre victoires requises pour être couronnée championne.
L’avantage du terrain joue un rôle important dans le basket-ball. Puisque les finales comprennent un maximum de sept matchs et que sept est un nombre impair, une équipe peut obtenir un match à domicile supplémentaire. La NBA sait que ce confère un avantage, elle attribue le match à domicile supplémentaire à l’équipe. équipe avec le meilleur bilan de victoires/défaites lors de la saison régulière (cette année qui revient aux Celtics). Ils échelonnent également le calendrier, afin que l’équipe privilégiée joue à domicile lors des matchs un, deux et, si nécessaire, cinq et sept, tandis que l’autre équipe accueille les matchs trois, quatre et, si nécessaire, six.
Le casse-tête de cette semaine étudie le rôle de la planification dans le résultat du championnat. Pourrions-nous éliminer l’avantage du terrain si nous chargeons en amont le Les matchs à domicile des Mavericks ?
Avez-vous raté le puzzle de la semaine dernière ? Découvrez-le ici, et vous trouvez sa solution au bas de l’article d’aujourd’hui. Attention à ne pas lire trop à l’avance si vous n’avez pas résolu la dernière fois la semaine est encore !
Casse-tête #45 : Il n’y a aucun endroit comme à la maison
Les Celtics et les Mavericks s’affronteront dans une série au meilleur des sept où le premier à quatre victoires remportera le trophée. Supposons que les deux Les équipes ont 55 % de chances de gagner leurs matchs à domicile et 45 % de chances de gagner leurs matchs à l’extérieur (il n’y a pas d’égalité). Si les Mavericks ont accueilli les trois premiers matchs et que les Celtics ont organisé le quatrième match et, si nécessaire, les matchs cinq, six et sept, alors Qui aurait le plus de chances de gagner ? Et si la série était la meilleure des 101 et que les Mavericks organisaient les 50 premiers matchs ?
Essayez de résoudre ce problème sans recourir à des calculs de probabilité compliqués.
Je serai de retour lundi avec la réponse et un nouveau casse-tête. Connaissez-vous un casse-tête sympa qui, selon vous, devrait être présenté ici ? Envoyez-moi un message sur X@JackPMurtagh ou envoyez-moi un e-mail à [email protected]
Solution au puzzle #44 : Dés vierges
La semaine dernière Je vous ai présenté un trio d’énigmes sur l’étiquetage des dés vierges, dont l’une était une question d’entretien avec Amazon. merci à vous tous. La section des commentaires a eu une discussion animée sur la valeur (ou le manque de valeur) dans puzzle-y questions d’entretien, et beaucoup d’entre vous ont commenté ou envoyé par courrier électronique des solutions alternatives aux énigmes que je n’avais pas envisagées.
Supposons que vous ayez un dé normal et un dé vierge. Étiquetez le dé vierge avec un sous-ensemble de nombres. 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6 de sorte que lorsque vous lancez les deux dés, toutes les sommes de 1 à 12 sont tout aussi probables.
Réponse : Étiquetez le dé vierge avec 0, 0, 0, 6, 6, 6. La moitié du temps, vous lancerez un zéro, dans ce cas, la somme des deux dés sera un nombre de 1 à 6, chacun avec une fréquence égale. L’autre moitié de le moment où vous lancerez un 6, auquel cas la somme sera de 7 à 12, encore une fois avec une fréquence égale. Cette solution est unique.
Étant donné deux dés vierges A et B, étiquetez-les avec les chiffres 1 à 12 une fois chacun (sans répétition) de sorte que lorsque vous lancez eux, il y a 50 % de chance que A obtient un résultat supérieur à B et 50 % de chance que B obtient un résultat supérieur à A.
La réponse qui me semble la plus intuitive est d’étiqueter A = [1, 2, 3, 10, 11, 12] et B = [4, 5, 6, 7, 8, 9]. La moitié des rouleaux de A (1, 2, et 3) seront plus petits peu importe ce que B lance, tandis que l’autre moitié des rouleaux de A (10, 11 et 12) sera plus grande quoi qu’il arrive B rolls.
Étiquette trois dés vierges en utilisant les chiffres 1 à 18 une fois chacun (sans répétition) de sorte que lorsque vous les lancez, chaque dé a un résultat égal chance d’être la plus grande.
Inspiré par la solution au problème précédent, étiquetons A afin qu’un tiers de ses rouleaux soient garantis d’être le non le plus élevé. peu importe ce que les autres dés lancent, alors que les deux autres tiers des lancers de A sont garantis d’être les plus bas : A = [1, 2, 3, 4, 17, 18]. Maintenant, il nous reste les nombres 5 à 16 et deux autres dés à étiqueter. que A satisfait à la condition du puzzle, quelle que soit la façon dont nous étiquetons les dés B et C. Donc, en fait, nous avons réduit les choses à le cas des deux dés, juste avec des nombres légèrement décalés. En suivant notre stratégie du cas des deux dés, nous étiqueterons :
B = [5, 6, 7, 14, 15, 16] et C = [8, 9, 10, 11, 12, 13]
Encore une fois, nous attribuons tous les chiffres extrêmes restants à B, afin qu’il roule plus haut que C exactement la moitié du temps, quel que soit le cas. ce C rolls.
Enfy a posé la question de savoir si cela pouvait être étendu à quatre dés. Je ne suis pas sûr et j’apprécie toute idée dans les commentaires !
