Nếu một trận đấu quần vợt là một tập lớn duy nhất, có bao nhiêu trò chơi sẽ cho độ chính xác như nhau?

Quần vợt có một hệ thống tính điểm ba cấp đặc biệt và tôi tự hỏi liệu điều này có lợi ích thống kê nào không, từ quan điểm của một trận đấu như một thử nghiệm để xác định người chơi tốt hơn.

Đối với những người không quen thuộc, trong các quy tắc thông thường, một trò chơi giành được 4 điểm đầu tiên, miễn là bạn có được 2 điểm (nghĩa là nếu bạn thắng 4-2, nhưng 4-3 bạn cần thêm 1 điểm và giữ đi cho đến khi một người chơi là 2 trước).

Một bộ sau đó là một tập hợp các trò chơi, và một bộ được thắng từ 1 đến 6, một lần nữa phải thắng 2, ngoại trừ lần này, một trò chơi tie-breaker đặc biệt được chơi thay vì tiếp tục (ngoại trừ bộ Wimbledon cuối cùng, v.v. ..)

Trận đấu được thắng trước 2 hoặc 3 set tùy theo đối thủ.

Bây giờ, quần vợt cũng kỳ quặc ở chỗ những trò chơi không công bằng. Đối với bất kỳ điểm nào, máy chủ đều có lợi thế rất lớn, do đó, mỗi trò chơi máy chủ sẽ thay thế.

Trong một trận đấu tie-breaker, giao bóng thay thế sau mỗi điểm, và đó là điểm đầu tiên đến 7 điểm, một lần nữa với lợi thế dẫn trước 2 điểm.

Cho phép giả định rằng người chơi A có khả năng giành điểm trên của họ phục vụ của $p_s$ và khi nhận $p_r$ .

Câu hỏi là thế này, giả sử chúng ta

A) chỉ chơi tennis như một trận đấu "hay nhất trong số các trò chơi N", có bao nhiêu trò chơi sẽ cho độ chính xác như bình thường trong 5 bộ quần vợt

B) chỉ chơi tennis như một trò chơi tiebreaker lớn, có bao nhiêu điểm sẽ cho độ chính xác tương đương với tốt nhất bình thường của 5 bộ tennis?

Rõ ràng những câu trả lời này sẽ phụ thuộc vào chính giá trị $p_s$ và $p_r$ , vì vậy cũng sẽ rất tốt để biết

C) Số lượng trò chơi & điểm dự kiến chơi trong quần vợt bình thường là bao nhiêu, giả sử hằng số $p_s$ , $p_r$

Xác định "Độ chính xác"

Nếu chúng tôi cho rằng kỹ năng của cả hai người chơi không đổi, thì nếu họ chơi trong một khoảng thời gian vô hạn, thì một hoặc người chơi khác sẽ giành chiến thắng gần như chắc chắn, bất kể định dạng chơi. Người chơi này là người chiến thắng "chính xác". Tôi khá chắc chắn rằng người chiến thắng chính xác là người chơi dành cho . $p_r+p_s > 1$

Một định dạng chơi tốt hơn, là một định dạng tạo ra người chiến thắng chính xác thường xuyên hơn, với cùng số điểm đã chơi hoặc ngược lại tạo ra người chiến thắng chính xác với xác suất bằng nhau trong vài điểm được chơi.

probability inference games

— Corone
nguồn

Chỉ có set thứ 5 không có break-break ở Wimbledon, Australian Open và French Open. 4 bộ đầu tiên được chơi với tie-breakers.

— mpiktas

Chính xác thì bạn có ý gì bởi "độ chính xác"? Bạn có nghĩa là một cái gì đó như "bao lâu thì người chơi tốt hơn sẽ giành chiến thắng?" Trong mọi trường hợp, bạn cần bốn tham số, không phải hai; bạn cần

và

cho mỗi người chơi, mặc dù

và ngược lại. Nếu một số cầu thủ câu lạc bộ chơi một cầu thủ đẳng cấp thế giới, thì có thể

. Tôi nghĩ rằng cách dễ nhất để tìm ra điều này sẽ thông qua một số phương pháp máy tính chuyên sâu. Bạn có thể hình dung nó một cách phân tích, nhưng các tính toán sẽ trở nên mãnh liệt.

p_{s}

$p_s$

p_{r}

$p_r$

p 1_{s} = 1 - p 2_{r}

$p1_s = 1 - p2_r$

p 1_{s} = .01

$p1_s = .01$

p 1_{r} = .001

$p1_r = .001$

— Peter Flom - Tái lập Monica

Tôi đã nghĩ rằng mối quan hệ giữa

và kỹ năng người chơi có thể bị loại bỏ, vì chúng tôi chỉ muốn so sánh giữa các phương pháp đo. Tức là cho bất kỳ trận đấu nào nếu

thì người chơi 1 sẽ giành chiến thắng (tức là khả năng giành điểm trung bình của họ vượt quá 50%). Một giải đấu tốt hơn đạt được điều này thường xuyên hơn.

p_{s / r}

$p_{s/r}$

p_{s} + p_{r} > 1

$p_s + p_r > 1$

— Corone

Theo "độ chính xác tương tự", bạn có nghĩa là xác suất chung của một người chơi nhất định chiến thắng là giống nhau ở cả hai định dạng (đối với

và

cố định ?

p_{s}

$p_s$

p_{r}

$p_r$

— Michael McGowan

Nếu bạn chơi trò chơi tới điểm, trong đó bạn phải thắng , bạn có thể cho rằng người chơi chơi 6 điểm. Nếu không có người chơi nào thắng , thì điểm số được gắn , và sau đó bạn chơi các cặp điểm cho đến khi một người chơi thắng cả hai. Điều này có nghĩa là cơ hội để thắng một trò chơi tới điểm, khi cơ hội của bạn để giành được mỗi điểm là , là $4$ $2$ $2$ $3-3$ $4$ $p$

p^{6} + 6 p^{5} (1 - p) + 15 p^{4} (1 - p)^{2} + 20 p^{3} (1 - p)^{3} \frac{p^{2}}{p^{2} + (1 - p)^{2}}

$p^6 + 6p^5(1-p) + 15p^4(1-p)^2 + 20 p^3(1-p)^3 \frac{p^2}{p^2 + (1-p)^2}$

Trong trò chơi nam cấp cao nhất, có thể là khoảng cho máy chủ. (Sẽ là nếu nam giới không dễ dàng trong lần giao bóng thứ hai.) Theo công thức này, cơ hội giữ giao bóng là khoảng . $p$ $0.65$ $0.66$ $82.96\%$

Giả sử bạn đang chơi tiebreaker tới điểm. Bạn có thể giả định rằng các điểm được chơi theo cặp trong đó mỗi người chơi phục vụ một trong mỗi cặp. Ai phục vụ đầu tiên không quan trọng. Bạn có thể giả sử các cầu thủ chơi điểm. Nếu họ bị ràng buộc tại thời điểm đó, thì họ chơi cặp cho đến khi một người chơi thắng cả hai cặp, điều đó có nghĩa là cơ hội có điều kiện để giành chiến thắng là . Nếu tôi tính toán chính xác, cơ hội để thắng một tiebreaker thành $7$ $12$ $p_sp_r/(p_sp_r + (1-p_s)(1-p_r))$ $7$ điểm là

6 p_{r}^{6} p s + 90 p_{r}^{5} p_{s}^{2} - 105 p_{r}^{6} p_{s}^{2} + 300 p_{r}^{4} p_{s}^{3} - 840 p_{r}^{5} p_{s}^{3} + 560 p_{r}^{6} p_{s}^{3} + 300 p_{r}^{3} p_{s}^{4} - 1575 p_{r}^{4} p_{s}^{4} + 2520 p_{r}^{5} p_{s}^{4} - 1260 p_{r}^{6} p_{s}^{4} + 90 p_{r}^{2} p_{s}^{5} - 840 p_{r}^{3} p_{s}^{5} + 2520 p_{r}^{4} p_{s}^{5} - 3024 p_{r}^{5} p_{s}^{5} + 1260 p_{r}^{6} p_{s}^{5} + 6 p_{r} p_{s}^{6} - 105 p_{r}^{2} p_{s}^{6} + 560 p_{r}^{3} p_{s}^{6} - 1260 p_{r}^{4} p_{s}^{6} + 1260 p_{r}^{5} p_{s}^{6} - 462 p_{r}^{6} p_{s}^{6} + \frac{p_{r} p_{s}}{p_{r} p_{s} + (1 - p_{r}) (1 - p_{s})} (p_{r}^{6} + 36 p_{r}^{5} p_{s} - 42 p_{r}^{6} p_{s} + 225 p_{r}^{4} p_{s}^{2} - 630 p_{r}^{5} p_{s}^{2} + 420 p_{r}^{6} p_{s}^{2} + 400 p_{r}^{3} p_{s}^{3} - 2100 p_{r}^{4} p_{s}^{3} + 3360 p_{r}^{5} p_{s}^{3} - 1680 p_{r}^{6} p_{s}^{3} + 225 p_{r}^{2} p_{s}^{4} - 2100 p_{r}^{3} p_{s}^{4} + 6300 p_{r}^{4} p_{s}^{4} - 7560 p_{r}^{5} p_{s}^{4} + 3150 p_{r}^{6} p_{s}^{4} + 36 p_{r} p_{s}^{5} - 630 p_{r}^{2} p_{s}^{5} + 3360 p_{r}^{3} p_{s}^{5} - 7560 p_{r}^{4} p_{s}^{5} + 7560 p_{r}^{5} p_{s}^{5} - 2772 p_{r}^{6} p_{s}^{5} + p_{s}^{6} - 42 p_{r} p_{s}^{6} + 420 p_{r}^{2} p_{s}^{6} - 1680 p_{r}^{3} p_{s}^{6} + 3150 p_{r}^{4} p_{s}^{6} - 2772 p_{r}^{5} p_{s}^{6} + 924 p_{r}^{6} p_{s}^{6})

$6 p_r^6 ps + 90 p_r^5 p_s^2 - 105 p_r^6 p_s^2 + 300 p_r^4 p_s^3 - 840 p_r^5 p_s^3 + 560 p_r^6 p_s^3 + 300 p_r^3 p_s^4 - 1575 p_r^4 p_s^4 + 2520 p_r^5 p_s^4 - 1260 p_r^6 p_s^4 + 90 p_r^2 p_s^5 - 840 p_r^3 p_s^5 + 2520 p_r^4 p_s^5 - 3024 p_r^5 p_s^5 + 1260 p_r^6 p_s^5 + 6 p_r p_s^6 - 105 p_r^2 p_s^6 + 560 p_r^3 p_s^6 - 1260 p_r^4 p_s^6 + 1260 p_r^5 p_s^6 - 462 p_r^6 p_s^6 + \frac{p_r p_s}{p_r p_s + (1-p_r)(1-p_s)}(p_r^6 + 36 p_r^5 p_s - 42 p_r^6 p_s + 225 p_r^4 p_s^2 - 630 p_r^5 p_s^2 + 420 p_r^6 p_s^2 + 400 p_r^3 p_s^3 - 2100 p_r^4 p_s^3 + 3360 p_r^5 p_s^3 - 1680 p_r^6 p_s^3 + 225 p_r^2 p_s^4 - 2100 p_r^3 p_s^4 + 6300 p_r^4 p_s^4 - 7560 p_r^5 p_s^4 + 3150 p_r^6 p_s^4 + 36 p_r p_s^5 - 630 p_r^2 p_s^5 + 3360 p_r^3 p_s^5 - 7560 p_r^4 p_s^5 + 7560 p_r^5 p_s^5 - 2772 p_r^6 p_s^5 + p_s^6 - 42 p_r p_s^6 + 420 p_r^2 p_s^6 - 1680 p_r^3 p_s^6 + 3150 p_r^4 p_s^6 - 2772 p_r^5 p_s^6 + 924 p_r^6 p_s^6)$

If $p_s=0.65, p_r=0.36$ then the chance to win the tie-breaker is about $51.67\%$ .

Next, consider a set. It doesn't matter who serves first, which is convenient because otherwise we would have to consider winning the set while having the serve next versys winning the set without keeping the serve. To win a set to $6$ games, you can imagine that $10$ games are played first. If the score is tied $5-5$ then play $2$ more games. If those do not determine the winner, then play a tie-breaker, or in the fifth set just repeat playing pairs of games. Let $p_h$ be the probability of holding serve, and let $p_b$ be the probability of breaking your opponent's serve, which may be calculated above from the probability to win a game. The chance to win a set without a tiebreak follows the same basic formula as the chance to win a tie-breaker, except that we are playing to $6$ games instead of to $7$ points, and we replace $p_s$ by $p_h$ and $p_r$ by $p_b$ .

The conditional chance to win a fifth set (a set with no tie-breaker) with $p_s=0.65$ and $p_r=0.36$ is $53.59\%$ .

The chance to win a set with a tie-breaker with $p_s=0.65$ and $p_r=0.36$ is $53.30\%$ .

The chance to win a best of $5$ sets match, with no tie-breaker in the fifth set, with $p_s=0.65$ and $p_r=0.36$ is $56.28\%$ .

So, for these win rates, how many games would there have to be in one set for it to have the same discriminatory power? With $p_s=0.65, p_r=0.36$ , you win a set to $24$ games with the usual tiebreaker $56.22\%$ , and you win a set to $25$ game with a tie-breaker possible $56.34\%$ of the time. With no tie-breaker, the chance to win a normal match is between sets of length $23$ and $24$ . If you simply play one big tie-breaker, the chance to win a tie-breaker of length $113$ is $56.27\%$ and of length $114$ is $56.29\%$ .

This suggests that playing one giant set is not more efficient than a best of 5 matches, but playing one giant tie-breaker would be more efficient, at least for closely matched competitors who have an advantage serving.

Here is an excerpt from my March 2013 GammonVillage column, "Game, Set, and Match." I considered coin flips with a fixed advantage ( $51\%$ ) and asked whether it is more efficient to play one big match or a series of shorter matches:

... If a best of three is less efficient than a single long match, we might expect a best of five to be worse. You win a best of five $13$ point matches with probability $57.51\%$ , very close to the chance to win a single match to $45$ . The average number of matches in a best of five is $4.115$ , so the average number of games is $4.115 \times 21.96 = 90.37$ . Of course this is more than the maximum number of games possible in a match to $45$ , and the average is $82.35$ . It looks like a longer series of matches is even less efficient.

How about another level, a best of three series of best of three matches to $13$ ? Since each series would be like a match to $29$ , this series of series would be like a best of three matches to $29$ , only less efficient, and one long match would be better than that. So, one long match would be more efficient than a series of series.

What makes a series of matches less efficient than one long match? Consider these as statistical tests for collecting evidence to decide which player is stronger. In a best of three matches, you can lose a series with scores of $13-7 ~~ 12-13 ~~ 11-13$ . This means you would win $36$ games to your opponent's $33$ , but your opponent would win the series. If you toss a coin and get $36$ heads and $33$ tails, you have evidence that heads is more likely than tails, not that tails is more likely than heads. So, a best of three matches is inefficient because it wastes information. A series of matches requires more data on average because it sometimes awards victory to the player who has won fewer games.

— Douglas Zare
nguồn

Absolutely incredible! Is there a badge for largest ever latex expression? I don't understand the conclusion though - surely 25 games is less than is usually played? If it goes to thr fifth set you play at least 30 games, and even a 6:4 6:4 6:4 win is 30 games?

— Corone

The set to

25

$25$ games means you might win by a score of

25 - 20

$25-20$ which would be

45

$45$ games.

— Douglas Zare

Ah yes, sorry, makes sense. Great answer.

— Corone

Na-ah, who cares about long

L A T E X

$\LaTeX$ s... if Douglas were to provide a pretty contour plot with probabilities and such, THAT would've been cool ;).

— StasK

This article has some analysis of tie-breakers, and whether they favor stronger servers: heavytopspin.com/2012/10/30/the-structural-biases-of-tiebreaks

— Douglas Zare