Wenn ein Tennismatch ein einzelner großer Satz wäre, wie viele Spiele würden die gleiche Genauigkeit ergeben?

Tennis hat ein besonderes dreistufiges Punktesystem, und ich frage mich, ob dies aus der Sicht eines Spiels als Experiment zur Bestimmung des besseren Spielers einen statistischen Nutzen hat.

Für diejenigen, die nicht mit normalen Regeln vertraut sind, wird ein Spiel mit den ersten 4 Punkten gewonnen, solange Sie einen Vorsprung von 2 Punkten haben (dh wenn es 4: 2 ist, gewinnen Sie, aber mit 4: 3 brauchen Sie 1 weiteren Punkt und behalten Sie gehen, bis ein Spieler 2 Vorsprung hat).

Ein Satz ist dann eine Ansammlung von Spielen, und ein Satz wird von der ersten bis zur sechsten gewonnen, die wiederum mit zwei gewinnen müssen, außer dass diesmal ein spezielles Tie-Breaker-Spiel gespielt wird, anstatt weiterzumachen (mit Ausnahme des letzten Satzes von Wimbledon usw.). ..)

Das Match wird je nach Wettbewerb mit 1 bis 2 oder 3 Sätzen gewonnen.

Nun ist Tennis auch insofern seltsam, als Spiele unfair sind. Für jeden Punkt hat der Server einen großen Vorteil, daher wechselt jedes Spiel den Server.

In einem Tie-Breaker-Spiel wechselt der Aufschlag nach jedem Punkt, und es ist der erste bis 7 Punkte, wieder mit einem 2-Punkte-Vorsprung.

Nehmen wir an , dass Spieler A eine Wahrscheinlichkeit des Gewinnens den Punkt hat auf ihrer dienen von $p_s$ und beim Empfang $p_r$ .

Die Frage ist, nehmen wir an

A) Ich habe gerade Tennis als großes "Best of N Games" -Match gespielt. Wie viele Spiele ergeben die gleiche Genauigkeit wie das normale Best of 5 Sets-Tennis?

B) Ich habe gerade Tennis als großes Tiebreaker-Spiel gespielt. Wie viele Punkte ergeben die gleiche Genauigkeit wie beim normalen Best-of-5-Sets-Tennis?

Offensichtlich sind diese Antworten hängt von den und Werte selbst, so ist es auch gut zu wissen wäre , $p_s$ $p_r$

C) Was ist die erwartete Anzahl von Spielen und Punkten, die im normalen Tennis gespielt werden, unter der Annahme konstanter , ? $p_s$ $p_r$

"Genauigkeit" definieren

Wenn wir davon ausgehen, dass die Fähigkeiten beider Spieler konstant bleiben, und wenn sie unendlich lange gespielt haben, dann würde der eine oder andere Spieler fast sicher gewinnen, unabhängig vom Spielformat. Dieser Spieler ist der "richtige" Gewinner. Ich bin mir ziemlich sicher, dass der richtige Gewinner der Spieler ist, für den . $p_r+p_s > 1$

Ein besseres Spielformat ist eines, das häufiger den richtigen Gewinner für die gleiche Anzahl von gespielten Punkten hervorbringt oder umgekehrt den richtigen Gewinner mit der gleichen Wahrscheinlichkeit in wenigen gespielten Punkten hervorbringt.

probability inference games

— Corone
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Nur der fünfte Satz hat in Wimbledon, den Australian Open und den French Open keinen Tie-Breaker. Die ersten 4 Sätze werden mit Tie-Breakern gespielt.

— mpiktas

Was genau meinst du mit "Genauigkeit"? Meinen Sie so etwas wie "Wie oft wird der bessere Spieler gewinnen?" In jedem Fall benötigen Sie vier Parameter, nicht zwei. Sie brauchen

und

für jeden Spieler, obwohl

und umgekehrt. Wenn ein Verein einen Weltklassespieler spielt, dann ist vielleicht

. Ich denke, der einfachste Weg, dies herauszufinden, wäre eine computerintensive Methode. Sie könnten es analytisch abschätzen, aber die Berechnungen würden intensiv werden.

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 - Reinstate Monica

Ich dachte , dass die Beziehung zwischen

und Geschick des Spielers davon weggelassen werden könnte, da wir nur einen Vergleich zwischen den Messungen Methoden wollen. Dh für ein gegebenes Matching, wenn

ist, sollte Spieler 1 gewinnen (dh ihre durchschnittliche Punktgewinnfähigkeit übersteigt 50%). Ein besseres Turnier schafft dies öfter.

p_{s / r}

$p_{s/r}$

p_{s} + p_{r} > 1

$p_s + p_r > 1$

— Corone

Mit „gleiche Genauigkeit“ meinen Sie , dass die Gesamtwahrscheinlichkeit eines bestimmten Spieler zu gewinnen ist das gleiche in jedem Format (für eine feste

und

p_{s}

$p_s$

p_{r}

$p_r$

— Michael McGowan,

Wenn Sie Spiele mit Punkten spielen, bei denen Sie mit , können Sie davon ausgehen, dass die Spieler 6 Punkte spielen. Wenn kein Spieler mit gewinnt , wird die Punktzahl mit gleichgesetzt $4$ $2$ $2$ $3-3$ , und Sie spielen Punktpaare, bis ein Spieler beide gewinnt. Dies bedeutet, dass die Chance, ein Spiel mit Punkten zu gewinnen, wenn Ihre Chance, jeden Punkt zu gewinnen, ist $4$ $p$

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}}

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

Im Spitzenspiel der Männer könnte etwa $p$ $0.65$ für den Server betragen. (Es wäre wenn Männer beim zweiten Aufschlag nicht nachlassen würden.) Nach dieser Formel beträgt die Chance, den Aufschlag zu halten, etwa . $0.66$ $82.96\%$

Angenommen, Sie spielen einen Tiebreaker mit Punkten. Sie können davon ausgehen, dass die Punkte paarweise gespielt werden, wobei jeder Spieler eines von jedem Paar bedient. Wer zuerst dient, spielt keine Rolle. Sie können davon ausgehen, dass die Spieler Punkte spielen. Wenn sie an diesem Punkt gebunden sind, dann spielen sie Paar , bis ein Spieler beide ein Paar gewinnen, die die bedingte Chance bedeutet zu gewinnen , ist . Wenn ich richtig rechne, ist die Chance, einen Tiebreaker zu gewinnen, $7$ $12$ $p_sp_r/(p_sp_r + (1-p_s)(1-p_r))$ $7$ Punkte ist

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
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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