Manchmal reicht eine einzige Frage im Vorabendprogramm (in diesem Fall vom geschätzten Moderator Kai Pflaume), um aus einem harmlosen Quizfinale ein kleines Optimierungsproblem zu machen. Bei „Wer weiß denn sowas?“ passiert genau das in der Masterfrage: Die Kategorie ist bekannt, die Antwort noch nicht – aber der Einsatz entscheidet bereits vorher, welche Ausgänge überhaupt noch gut sind.
Nehmen wir zwei Teams \(A\) und \(B\). Vor der Masterfrage habe Team \(A\) den Betrag \(x_a\), Team \(B\) den Betrag \(x_b\) erspielt. Wir betrachten den Fall
$$
x_a > x_b > 0.
$$
Die Teams setzen nun ganzzahlige Beträge
$$
1 \leq y_a \leq x_a,\qquad 1 \leq y_b \leq x_b.
$$
Bei richtiger Antwort wird der gesetzte Betrag addiert, bei falscher Antwort subtrahiert. Für die vier möglichen Fälle ergeben sich damit folgende Endstände:
$$
\begin{array}{c|c|c}
\text{Fall} & A & B\\
\hline
A \text{ richtig}, B \text{ richtig} & x_a+y_a & x_b+y_b\\
A \text{ richtig}, B \text{ falsch} & x_a+y_a & x_b-y_b\\
A \text{ falsch}, B \text{ richtig} & x_a-y_a & x_b+y_b\\
A \text{ falsch}, B \text{ falsch} & x_a-y_a & x_b-y_b
\end{array}
$$
Ein Gleichstand führt in der Sendung zu einer Schätzfrage. In der Matrix bleibt er deshalb als eigener Fall „=“ sichtbar. Für die Prozentwerte der Gewinnwahrscheinlichkeit zählen wir direkte Gewinne in den vier gleich wahrscheinlichen Teilfällen. Ein Muster wie \(|A|B|A|A|\) liefert für Team \(A\) drei direkte Gewinne und für Team \(B\) einen. Ein Gleichstand zählt dabei für keines der beiden Teams als direkter Gewinn. Genau diese feinere Zählung ist entscheidend; es reicht nicht, eine ganze Zelle nur als „blau“ oder „rot“ zu zählen.
Dabei steckt eine Modellannahme drin: Wir behandeln die vier Antwortkombinationen als gleich wahrscheinlich. Es geht also nicht darum, ob Team \(A\) oder Team \(B\) die Kategorie besser kennt, sondern nur um die Einsatzstrategie vor der Antwort.
Setzen wir
$$
d=x_a-x_b.
$$
Dann ist \(d>0\) der Vorsprung von Team \(A\). Die Frage lautet nun: Welcher Einsatz ist optimal?
Die komplette Matrix der möglichen Einsätze lässt sich dynamisch berechnen:
Sicht von Team A
Wir prüfen zunächst, wann Team \(A\) bei festen Einsätzen \(y_a\) und \(y_b\) gewinnt.
Der Fall
$$
A \text{ richtig}, B \text{ falsch}
$$
geht immer an Team \(A\), denn
$$
x_a+y_a > x_b-y_b
$$
gilt wegen \(x_a>x_b\) und \(y_a,y_b>0\) automatisch.
Für die drei anderen Fälle erhalten wir:
$$
\begin{array}{c|c}
\text{Fall} & A \text{ gewinnt genau dann}\\
\hline
A \text{ richtig}, B \text{ richtig} & x_a+y_a>x_b+y_b\\
A \text{ falsch}, B \text{ richtig} & x_a-y_a>x_b+y_b\\
A \text{ falsch}, B \text{ falsch} & x_a-y_a>x_b-y_b
\end{array}
$$
Mit \(x_a=x_b+d\) wird daraus:
$$
\begin{array}{c|c}
\text{Fall} & A \text{ gewinnt genau dann}\\
\hline
A \text{ richtig}, B \text{ richtig} & d+y_a>y_b\\
A \text{ falsch}, B \text{ richtig} & d-y_a>y_b\\
A \text{ falsch}, B \text{ falsch} & d-y_a>-y_b
\end{array}
$$
Also:
$$
\begin{array}{c|c}
\text{Fall} & A \text{ gewinnt genau dann}\\
\hline
A \text{ richtig}, B \text{ richtig} & y_b<y_a+d\\
A \text{ falsch}, B \text{ richtig} & y_b<d-y_a\\
A \text{ falsch}, B \text{ falsch} & y_b>y_a-d
\end{array}
$$
Wichtig ist nun die Zählweise. Früher könnte man versucht sein, jede Zelle nur danach zu bewerten, ob dort insgesamt mehr \(A\)- als \(B\)-Fälle stehen. Für die Gewinnwahrscheinlichkeit ist das aber zu grob. Die vier Teilfälle sind selbst die gleich wahrscheinlichen Ereignisse. Also zählt \(|A|B|A|A|\) nicht als ein einziger Sieg von \(A\), sondern als drei gewonnene Teilfälle für \(A\).
Für einen festen Einsatz \(y_a\) von Team \(A\) summieren wir daher über alle möglichen Einsätze \(y_b=1,2,\ldots,x_b\) die einzelnen \(A\)-Einträge in den vier Fällen.
Der Fall „\(A\) richtig, \(B\) falsch“ geht immer an Team \(A\). Das liefert bereits \(x_b\) gewonnene Teilfälle.
Für die drei anderen Fälle ergeben sich die folgenden Anzahlen:
$$
\begin{aligned}
N_1(y_a)&=\min(x_b,d+y_a-1),\\
N_3(y_a)&=\min(x_b,\max(0,d-y_a-1)),\\
N_4(y_a)&=\begin{cases}
x_b, & y_a\leq d,\\
\max(0,x_b-y_a+d), & y_a>d.
\end{cases}
\end{aligned}
$$
Damit ist die Anzahl der von Team \(A\) gewonnenen Teilfälle
$$
N_A(y_a)=x_b+N_1(y_a)+N_3(y_a)+N_4(y_a).
$$
Die zugehörige Gewinnwahrscheinlichkeit ist
$$
P_A(y_a)=\frac{N_A(y_a)}{4x_b}.
$$
Da der Gleichstand hier nicht mitzählt, ist \(P_A\) genau die Wahrscheinlichkeit, die Masterfrage direkt (ohne Schätzfrage) zu gewinnen.
Durch diese feinere Zählung verschiebt sich das Optimum gegenüber der reinen Zell-Mehrheit leicht. Für Team \(A\) ergeben sich folgende optimale Einsatzbereiche:
$$
\boxed{
\begin{cases}
1\leq y_a\leq2, & x_b=1,\ d=2,\\
d\leq y_a\leq x_b-d+1, & 2d\leq x_b+1,\\
1\leq y_a\leq d, & 2d=x_b+2,\\
1\leq y_a\leq \max(1,x_b-d+1,d-x_b-1), & 2d>x_b+2.
\end{cases}
}
$$
Alle Einsätze in diesem Bereich maximieren die Gewinnwahrscheinlichkeit von Team \(A\). Wenn man unter den gleich guten Einsätzen den größtmöglichen Betrag setzen möchte, nimmt man jeweils den rechten Rand des Bereichs.
Ein Beispiel:
$$
x_a=30,\qquad x_b=22.
$$
Dann ist
$$
d=x_a-x_b=8.
$$
Da
$$
2d=16\leq 23=x_b+1
$$
gilt, ist der optimale Bereich
$$
8\leq y_a\leq 15.
$$
Der größte optimale Einsatz ist also
$$
\boxed{y_a=15}.
$$
Die alte Betrachtung nach ganzen Zellen hätte hier den Bereich \(9\leq y_a\leq 14\) nahegelegt. Die Teilfall-Zählung zeigt genauer, dass auch die beiden Randwerte \(8\) und \(15\) optimal sind.
Sicht von Team B
Nun betrachten wir dieselbe Situation aus Sicht des zurückliegenden Teams \(B\). Auch hier zählen wir nicht mehr nur ganze Zellen, sondern die einzelnen \(B\)-Einträge in den vier Teilfällen.
Der Fall
$$
A \text{ richtig}, B \text{ falsch}
$$
ist für Team \(B\) immer verloren. In den drei übrigen Fällen erhält Team \(B\) für einen festen Einsatz \(y_b\) folgende Anzahlen gewonnener Teilfälle, wenn man über alle möglichen \(y_a=1,2,\ldots,x_a\) summiert:
$$
\begin{aligned}
M_1(y_b)&=\max(0,y_b-d-1),\\
M_3(y_b)&=x_a-\max(0,d-y_b),\\
M_4(y_b)&=\max(0,x_b-y_b).
\end{aligned}
$$
Damit ist
$$
N_B(y_b)=M_1(y_b)+M_3(y_b)+M_4(y_b)
$$
und die zugehörige Gewinnwahrscheinlichkeit
$$
P_B(y_b)=\frac{N_B(y_b)}{4x_a}.
$$
Für \(y_b\leq d\) vereinfacht sich das zu
$$
N_B(y_b)=2x_b.
$$
Für \(y_b>d\) erhält man dagegen nur
$$
N_B(y_b)=2x_b-1.
$$
Damit ist der optimale Bereich für Team \(B\)
$$
\boxed{
1\leq y_b\leq \min(d,x_b).
}
$$
Das ist eine wichtige Korrektur gegenüber der gröberen Zell-Mehrheits-Betrachtung: Der optimale Einsatz von Team \(B\) ist nicht zwingend eindeutig \(1\). Wenn Team \(A\) zum Beispiel mit \(d=8\) vorne liegt und Team \(B\) höchstens \(22\) setzen kann, dann sind für \(B\) alle Einsätze optimal hinsichtlich der Gewinnwahrscheinlichkeit mit:
$$
1\leq y_b\leq 8.
$$
Die Intuition bleibt aber ähnlich: Das zurückliegende Team sollte nicht unnötig hoch setzen. Ein zu hoher Einsatz verbessert zwar einzelne Szenarien, verschlechtert aber andere Teilfälle. Sobald \(y_b\) über den Rückstand \(d\) hinausgeht, verliert Team \(B\) in der Summe einen Teilfall. Der Führende setzt also so, dass über alle möglichen Einsätze des Gegners möglichst viele einzelne Teilfälle gewonnen werden.
Der Verfolger setzt nicht zwingend genau einen Euro, sondern höchstens so viel wie der Rückstand beträgt. Die Masterfrage ist damit ein schönes Beispiel dafür, wie viel Spieltheorie in einer scheinbar einfachen Quizregel steckt: Entscheidend ist nicht nur, welche Zelle am Ende blau oder rot ist, sondern wie viele der vier Teilfälle innerhalb dieser Zelle tatsächlich gewonnen werden.