Néha egyetlen kérdés a kora esti műsorban (jelen esetben a nagyra becsült műsorvezetőtől, Kai Pflaume-tól) elég ahhoz, hogy egy ártalmatlan kvízműsor-fináléból egy apró optimalizálási probléma váljon. Pontosan ez történik a „Ki mit tud?” című műsorban is. Mesterkérdés: A kategória ismert, a válasz még nem – de a tét már meghatározza, hogy mely eredmények számítanak még jónak.
Vegyünk két csapatot \(A\) és \(B\) . Az utolsó kérdés előtt az \(A\) csapat \(x_a\) összeget, a \(B\) csapat pedig \(x_b\) összeget nyerte. Tekintsük a következő esetet:
$$
x_a > x_b > 0.
$$
A csapatok most egész számokra fogadnak.
$$
1 \leq y_a \leq x_a,\qquad 1 \leq y_b \leq x_b.
$$
Ha a válasz helyes, a tét összegét hozzáadjuk; ha a válasz helytelen, akkor levonjuk. A négy lehetséges eredmény esetén a következő végeredmények alakulnak ki.:
$$
\begin{array}{c|c|c}
\text{Fall} & A & B\\
\hline
A \text{ richtig}, B \text{ richtig} & x_a+y_a & x_b+y_b\\
A \text{ richtig}, B \text{ falsch} & x_a+y_a & x_b-y_b\\
A \text{ falsch}, B \text{ richtig} & x_a-y_a & x_b+y_b\\
A \text{ falsch}, B \text{ falsch} & x_a-y_a & x_b-y_b
\end{array}
$$
A műsorban a döntetlen egy becslési kérdéshez vezet. Ezért a mátrixban külön "=" esetként látható marad. A nyerési valószínűség százalékos értékeinél a négy egyenlő valószínűségű allesetet számoljuk közvetlen győzelmekkel. Egy \(|A|B|A|A|\) minta három közvetlen győzelmet eredményez az \(A\) csapatnak és egyet a \(B\) csapatnak. A döntetlen egyik csapat számára sem számít közvetlen győzelemnek. Ez a pontosabb számolás kulcsfontosságú; nem elegendő egyszerűen egy egész cellát "kéknek" vagy "pirosnak" számolni.
Ez a modell egy feltételezést tartalmaz: a négy válaszkombinációt egyenlő valószínűséggel kezeljük. Ezért nem arról van szó, hogy az \(A\) vagy a \(B\) csapat ismeri-e jobban a kategóriát, hanem csak arról, hogy milyen stratégiát alkalmaztak a válaszadás előtt.
Nézzük
$$
d=x_a-x_b.
$$
Ekkor \(d>0\) az \(A\) csapat előnye. A kérdés most az: Mi az optimális tét?
A lehetséges fogadások teljes mátrixa dinamikusan kiszámítható.:
Az A csapat nézőpontja
Először azt vizsgáljuk meg, hogy mikor nyer az \(A\) csapat fix \(y_a\) és \(y_b\) tétek mellett.
Az eset
$$
A \text{ richtig}, B \text{ falsch}
$$
Mindig \(A\) csapathoz kerül, mert
$$
x_a+y_a > x_b-y_b
$$
Ez automatikusan érvényesül, mivel \(x_a>x_b\) és \(y_a,y_b>0\) .
A másik három esetben azt kapjuk, hogy:
$$
\begin{array}{c|c}
\text{Fall} & A \text{ gewinnt genau dann}\\
\hline
A \text{ richtig}, B \text{ richtig} & x_a+y_a>x_b+y_b\\
A \text{ falsch}, B \text{ richtig} & x_a-y_a>x_b+y_b\\
A \text{ falsch}, B \text{ falsch} & x_a-y_a>x_b-y_b
\end{array}
$$
\(x_a=x_b+d\) képlettel ez így alakul:
$$
\begin{array}{c|c}
\text{Fall} & A \text{ gewinnt genau dann}\\
\hline
A \text{ richtig}, B \text{ richtig} & d+y_a>y_b\\
A \text{ falsch}, B \text{ richtig} & d-y_a>y_b\\
A \text{ falsch}, B \text{ falsch} & d-y_a>-y_b
\end{array}
$$
Így:
$$
\begin{array}{c|c}
\text{Fall} & A \text{ gewinnt genau dann}\\
\hline
A \text{ richtig}, B \text{ richtig} & y_b<y_a+d\\
A \text{ falsch}, B \text{ richtig} & y_b<d-y_a\\
A \text{ falsch}, B \text{ falsch} & y_b>y_a-d
\end{array}
$$
A számlálási módszer most kulcsfontosságú. Korábban hajlamosak lehettünk arra, hogy minden cellát kizárólag az alapján értékeljünk, hogy több \(A\) esetet tartalmaz-e, mint \(B\) . Ez azonban túl egyszerű a nyerési valószínűség kiszámításához. A négy aleset önmagában is egyformán valószínű esemény. Ezért az \(|A|B|A|A|\) nem számít egyetlen győzelemnek \(A\) esetében, hanem három megnyert alesetnek \(A\) esetében.
\(A\) csapat fix tétje \(y_a\) esetén ezért a négy esetben az egyes \(A\) bejegyzéseket összeadjuk az összes lehetséges tét \(y_b=1,2,\ldots,x_b\) felett.
Az „ \(A\) helyes, \(B\) helytelen” eset mindig az \(A\) csapathoz kerül. Ez már \(x_b\) megnyert alletet eredményez.
A következő számok a másik három esetre vonatkoznak.:
$$
\begin{aligned}
N_1(y_a)&=\min(x_b,d+y_a-1),\\
N_3(y_a)&=\min(x_b,\max(0,d-y_a-1)),\\
N_4(y_a)&=\begin{cases}
x_b, & y_a\leq d,\\
\max(0,x_b-y_a+d), & y_a>d.
\end{cases}
\end{aligned}
$$
Ez azt jelenti, hogy az \(A\) csapat által megnyert alesetek száma:
$$
N_A(y_a)=x_b+N_1(y_a)+N_3(y_a)+N_4(y_a).
$$
A nyerési valószínűség ennek megfelelő
$$
P_A(y_a)=\frac{N_A(y_a)}{4x_b}.
$$
Mivel itt nem szerepel a döntetlen, \(P_A\) pontosan annak a valószínűsége, hogy közvetlenül (becslő kérdés nélkül) megnyerjük a fő kérdést.
Ez a pontosabb számlálás kismértékben eltolja az optimumot a sejtek egyszerű többségéhez képest. Az \(A\) csapat számára a következő optimális alkalmazási területek adódtak.:
$$
\boxed{
\begin{cases}
1\leq y_a\leq2, & x_b=1,\ d=2,\\
d\leq y_a\leq x_b-d+1, & 2d\leq x_b+1,\\
1\leq y_a\leq d, & 2d=x_b+2,\\
1\leq y_a\leq \max(1,x_b-d+1,d-x_b-1), & 2d>x_b+2.
\end{cases}
}
$$
Minden fogadás ezen a területen maximalizálja az \(A\) csapat nyerési esélyét. Ha a lehető legnagyobb összeget szeretnéd megtenni az egyformán jó fogadások közül, mindig a terület jobb szélét kell használnod.
Egy példa:
$$
x_a=30,\qquad x_b=22.
$$
Akkor
$$
d=x_a-x_b=8.
$$
Ott
$$
2d=16\leq 23=x_b+1
$$
Az optimális tartomány érvényes.
$$
8\leq y_a\leq 15.
$$
A legnagyobb optimális felhasználás tehát
$$
\boxed{y_a=15}.
$$
A teljes cellákat figyelembe vevő régi megközelítés a \(9\leq y_a\leq 14\) tartományt javasolta volna. A részleges esetszám pontosabban mutatja, hogy a két határérték \(8\) és \(15\) is optimális.
A B csapat nézőpontja
Most ugyanezt a helyzetet vizsgáljuk a következő csapat, a \(B\) szemszögéből. Itt sem csak a teljes cellákat számoljuk, hanem a négy alesetben található egyedi \(B\) bejegyzéseket is.
Az eset
$$
A \text{ richtig}, B \text{ falsch}
$$
A \(B\) csapat mindig veszít. A fennmaradó három esetben a \(B\) csapat a következő számú megnyert alletet kapja fix \(y_b\) tét mellett, ha az összes lehetséges \(y_a=1,2,\ldots,x_a\):
$$
\begin{aligned}
M_1(y_b)&=\max(0,y_b-d-1),\\
M_3(y_b)&=x_a-\max(0,d-y_b),\\
M_4(y_b)&=\max(0,x_b-y_b).
\end{aligned}
$$
Így van
$$
N_B(y_b)=M_1(y_b)+M_3(y_b)+M_4(y_b)
$$
és a kapcsolódó nyerési valószínűség
$$
P_B(y_b)=\frac{N_B(y_b)}{4x_a}.
$$
\(y_b\leq d\) esetében ez a következőre egyszerűsödik:
$$
N_B(y_b)=2x_b.
$$
\(y_b>d\) esetén csak
$$
N_B(y_b)=2x_b-1.
$$
Ez az optimális terület \(B\)
$$
\boxed{
1\leq y_b\leq \min(d,x_b).
}
$$
Ez egy fontos korrekció a nyersebb cellatöbbségi megközelítéshez képest: A \(B\) csapat optimális tétje nem feltétlenül egyértelműen \(1\) Például, ha az \(A\) csapat \(d=8\) vezet, és a \(B\) csapat legfeljebb \(22\) tud fogadni, akkor \(B\) vonatkozó összes tét optimális a nyerési valószínűség szempontjából.:
$$
1\leq y_b\leq 8.
$$
Az intuíció hasonló marad: a hátrányban lévő csapatnak nem szabad indokolatlanul magas téteket tennie. Míg a túlzottan magas tétek javítják az egyes forgatókönyveket, másokat rontanak. Amint \(y_b\) meghaladja a \(d\) hiányt, a \(B\) csapat összességében elveszíti a forgatókönyvet. Ezért a vezető csapat úgy fogad, hogy az ellenfél összes lehetséges fogadását figyelembe véve a lehető legtöbb egyéni forgatókönyvet megnyeri.
Az üldöző nem feltétlenül pontosan egy eurót tesz fel, hanem legfeljebb annyit, mint a hiány. A fő kérdés tehát jó példa arra, hogy mennyi játékelmélet rejlik egy látszólag egyszerű kvízszabályban: nem csak az számít, hogy melyik cella lesz kék vagy piros, hanem az is, hogy az adott cellán belüli négy alesetből hányat nyernek meg valójában.