Nogle gange er et enkelt spørgsmål i programmet tidligt om aftenen (i dette tilfælde fra den anerkendte vært Kai Pflaume) nok til at forvandle en harmløs quizfinale til et mindre optimeringsproblem. Det er præcis, hvad der sker i "Hvem ved hvad?". Hovedspørgsmål: Kategorien er kendt, svaret ikke endnu – men indsatsen afgør allerede, hvilke resultater der stadig er gode.
Lad os tage to hold \(A\) og \(B\) . Før det sidste spørgsmål havde hold \(A\) vundet beløbet \(x_a\) , og hold \(B\) havde vundet beløbet \(x_b\) . Vi betragter tilfældet
$$
x_a > x_b > 0.
$$
Holdene satser nu på hele tal.
$$
1 \leq y_a \leq x_a,\qquad 1 \leq y_b \leq x_b.
$$
Hvis svaret er korrekt, lægges det indsatte beløb til; hvis svaret er forkert, trækkes det fra. For de fire mulige udfald får man følgende slutresultat.:
$$
\begin{array}{c|c|c}
\text{Fall} & A & B\\
\hline
A \text{ richtig}, B \text{ richtig} & x_a+y_a & x_b+y_b\\
A \text{ richtig}, B \text{ falsch} & x_a+y_a & x_b-y_b\\
A \text{ falsch}, B \text{ richtig} & x_a-y_a & x_b+y_b\\
A \text{ falsch}, B \text{ falsch} & x_a-y_a & x_b-y_b
\end{array}
$$
I showet fører uafgjort til et estimeringsspørgsmål. Derfor forbliver det synligt i matricen som et separat tilfælde "=". For procentværdierne af vindersandsynligheden tæller vi direkte sejre i de fire lige sandsynlige undertilfælde. Et mønster som \(|A|B|A|A|\) giver tre direkte sejre til Hold \(A\) og én til Hold \(B\) . Uafgjort tæller ikke som en direkte sejr for nogen af holdene. Denne mere præcise optælling er afgørende; det er ikke tilstrækkeligt blot at tælle en hel celle som "blå" eller "rød".
Denne model indeholder en antagelse: Vi behandler de fire svarkombinationer som lige sandsynlige. Derfor handler det ikke om, hvorvidt Hold \(A\) eller Hold \(B\) kender kategorien bedre, men kun om den strategi, der blev anvendt før svaret.
Lad os
$$
d=x_a-x_b.
$$
Så er \(d>0\) fordelen for hold \(A\) . Spørgsmålet er nu: Hvad er den optimale indsats?
Den komplette matrix af mulige indsatser kan beregnes dynamisk.:
Hold A's perspektiv
Vi undersøger først, hvornår Hold \(A\) vinder med faste indsatser \(y_a\) og \(y_b\) .
Sagen
$$
A \text{ richtig}, B \text{ falsch}
$$
Det går altid til Hold \(A\) , fordi
$$
x_a+y_a > x_b-y_b
$$
Dette gælder automatisk fordi \(x_a>x_b\) og \(y_a,y_b>0\) .
For de andre tre tilfælde modtager vi:
$$
\begin{array}{c|c}
\text{Fall} & A \text{ gewinnt genau dann}\\
\hline
A \text{ richtig}, B \text{ richtig} & x_a+y_a>x_b+y_b\\
A \text{ falsch}, B \text{ richtig} & x_a-y_a>x_b+y_b\\
A \text{ falsch}, B \text{ falsch} & x_a-y_a>x_b-y_b
\end{array}
$$
Med \(x_a=x_b+d\) bliver dette:
$$
\begin{array}{c|c}
\text{Fall} & A \text{ gewinnt genau dann}\\
\hline
A \text{ richtig}, B \text{ richtig} & d+y_a>y_b\\
A \text{ falsch}, B \text{ richtig} & d-y_a>y_b\\
A \text{ falsch}, B \text{ falsch} & d-y_a>-y_b
\end{array}
$$
Så:
$$
\begin{array}{c|c}
\text{Fall} & A \text{ gewinnt genau dann}\\
\hline
A \text{ richtig}, B \text{ richtig} & y_b<y_a+d\\
A \text{ falsch}, B \text{ richtig} & y_b<d-y_a\\
A \text{ falsch}, B \text{ falsch} & y_b>y_a-d
\end{array}
$$
Tællemetoden er nu afgørende. Tidligere kunne man være fristet til at evaluere hver celle udelukkende baseret på, om den indeholder flere \(A\) tilfælde end \(B\) . Dette er dog for forenklet til at beregne sandsynligheden for at vinde. De fire undertilfælde er i sig selv lige sandsynlige begivenheder. Derfor tæller \(|A|B|A|A|\) ikke som en enkelt sejr for \(A\) , men snarere som tre vundne undertilfælde for \(A\) .
For en fast indsats \(y_a\) for hold \(A\) summerer vi derfor de individuelle \(A\) poster i de fire tilfælde over alle mulige indsatser \(y_b=1,2,\ldots,x_b\) .
Tilfældet " \(A\) korrekt, \(B\) forkert" går altid til hold \(A\) . Dette giver allerede \(x_b\) vundne undertilfælde.
Følgende tal er resultatet for de tre andre tilfælde.:
$$
\begin{aligned}
N_1(y_a)&=\min(x_b,d+y_a-1),\\
N_3(y_a)&=\min(x_b,\max(0,d-y_a-1)),\\
N_4(y_a)&=\begin{cases}
x_b, & y_a\leq d,\\
\max(0,x_b-y_a+d), & y_a>d.
\end{cases}
\end{aligned}
$$
Det betyder, at antallet af undersager vundet af Hold \(A\) er
$$
N_A(y_a)=x_b+N_1(y_a)+N_3(y_a)+N_4(y_a).
$$
Den tilsvarende sandsynlighed for at vinde er
$$
P_A(y_a)=\frac{N_A(y_a)}{4x_b}.
$$
Da uafgjort ikke er medregnet her, er \(P_A\) præcis sandsynligheden for at vinde hovedspørgsmålet direkte (uden et estimationsspørgsmål).
Denne mere præcise optælling forskyder det optimale en smule sammenlignet med det simple flertal af celler. For hold \(A\) resulterer følgende optimale anvendelsesområder.:
$$
\boxed{
\begin{cases}
1\leq y_a\leq2, & x_b=1,\ d=2,\\
d\leq y_a\leq x_b-d+1, & 2d\leq x_b+1,\\
1\leq y_a\leq d, & 2d=x_b+2,\\
1\leq y_a\leq \max(1,x_b-d+1,d-x_b-1), & 2d>x_b+2.
\end{cases}
}
$$
Alle indsatser i dette område maksimerer Hold \(A\) 's sandsynlighed for at vinde. Hvis du vil satse det størst mulige beløb blandt de lige gode indsatser, bør du altid bruge den højre kant af området.
Et eksempel:
$$
x_a=30,\qquad x_b=22.
$$
Derefter
$$
d=x_a-x_b=8.
$$
Der
$$
2d=16\leq 23=x_b+1
$$
Det optimale interval gælder.
$$
8\leq y_a\leq 15.
$$
Den største optimale udnyttelse er derfor
$$
\boxed{y_a=15}.
$$
Den gamle tilgang med at betragte hele celler ville have foreslået intervallet \(9\leq y_a\leq 14\) . Antallet af delvise tilfælde viser mere præcist, at de to randværdier \(8\) og \(15\) også er optimale.
Hold B's perspektiv
Nu betragter vi den samme situation fra det bageste holds perspektiv \(B\) . Også her tæller vi ikke længere kun hele celler, men de individuelle \(B\) poster i de fire undertilfælde.
Sagen
$$
A \text{ richtig}, B \text{ falsch}
$$
Hold \(B\) taber altid. I de tre resterende tilfælde modtager Hold \(B\) følgende antal vundne deltilfælde for en fast indsats \(y_b\) når alle mulige \(y_a=1,2,\ldots,x_a\):
$$
\begin{aligned}
M_1(y_b)&=\max(0,y_b-d-1),\\
M_3(y_b)&=x_a-\max(0,d-y_b),\\
M_4(y_b)&=\max(0,x_b-y_b).
\end{aligned}
$$
Det er også
$$
N_B(y_b)=M_1(y_b)+M_3(y_b)+M_4(y_b)
$$
og den tilhørende sandsynlighed for at vinde
$$
P_B(y_b)=\frac{N_B(y_b)}{4x_a}.
$$
For \(y_b\leq d\) forenkles dette til
$$
N_B(y_b)=2x_b.
$$
For \(y_b>d\) får man kun
$$
N_B(y_b)=2x_b-1.
$$
Dette er det optimale område for Hold \(B\)
$$
\boxed{
1\leq y_b\leq \min(d,x_b).
}
$$
Dette er en vigtig korrektion i forhold til den mere primitive celleflertalstilgang: Det optimale væddemål for Hold \(B\) er ikke nødvendigvis entydigt \(1\) For eksempel, hvis Hold \(A\) er foran med \(d=8\) , og Hold \(B\) højst kan satse \(22\) , så er alle væddemål for \(B\) optimale med hensyn til sandsynligheden for at vinde.:
$$
1\leq y_b\leq 8.
$$
Intuitionen forbliver den samme: Det bagudrettede hold bør ikke satse unødvendigt højt. Mens for høje indsatser forbedrer individuelle scenarier, forværrer de andre. Så snart \(y_b\) overstiger underskuddet \(d\) , taber hold \(B\) et scenarie samlet set. Derfor satser det førende hold på en sådan måde, at de på tværs af alle mulige indsatser fra modstanderen vinder så mange individuelle scenarier som muligt.
Forfølgeren satser ikke nødvendigvis præcis én euro, men højst lige så meget som underskuddet. Hovedspørgsmålet er således et godt eksempel på, hvor meget spilteori der er indeholdt i en tilsyneladende simpel quizregel: det, der betyder noget, er ikke kun, hvilken celle der ender med at blive blå eller rød, men hvor mange af de fire undertilfælde i den celle der rent faktisk vindes.