Se una partita di tennis fosse un singolo set di grandi dimensioni, quanti giochi avrebbero dato la stessa precisione?

Il tennis ha un peculiare sistema di punteggio a tre livelli, e mi chiedo se questo abbia qualche vantaggio statistico, dal punto di vista di una partita come esperimento per determinare il giocatore migliore.

Per coloro che non hanno familiarità, in regole normali una partita viene vinta dal primo a 4 punti, purché tu abbia un vantaggio di 2 punti (cioè se vinci 4-2, ma 4-3 hai bisogno di 1 punto in più, e mantieni fino a quando un giocatore è 2 avanti).

Un set è quindi una raccolta di giochi, e un set viene vinto dal primo a 6, dovendo ancora vincere per 2, tranne che questa volta viene giocata una partita di pareggio speciale invece di continuare (tranne il set finale di Wimbledon ecc. ..)

La partita viene vinta per prima a 2 o 3 set a seconda della competizione.

Ora, anche il tennis è strano in quanto i giochi sono ingiusti. Per ogni dato punto il server ha un enorme vantaggio, quindi ogni gioco si alterna al server.

In una partita di pareggio il servizio si alterna dopo ogni punto, ed è il primo a 7 punti, sempre con un vantaggio di 2 punti.

Supponiamo che il giocatore A abbia una probabilità di vincere il punto sulla sua porzione di e quando riceve $p_s$ $p_r$ .

La domanda è questa, supponiamo che noi

A) Ho appena giocato a tennis come una grande partita "best of N games", quanti giochi darebbero la stessa precisione del normale best of 5 sets tennis

B) Ho appena giocato a tennis come un grande gioco di tiebreak, quanti punti darebbero la stessa precisione del migliore dei 5 set di tennis?

Ovviamente queste risposte dipenderanno da e $p_s$ $p_r$ valori stessi, quindi sarebbe bene saperlo

C) Qual è il numero atteso di partite e punti giocati nel tennis normale, supponendo costanti , $p_s$ $p_r$

Definizione di "Precisione"

Se assumiamo che l'abilità di entrambi i giocatori rimanga costante, se giocassero per un tempo infinito, allora uno o l'altro giocatore vincerebbe quasi sicuramente, indipendentemente dal formato di gioco. Questo giocatore è il vincitore "corretto". Sono abbastanza sicuro che il vincitore corretto sia il giocatore per il quale $p_r+p_s > 1$ .

Un formato di gioco migliore, è quello che produce il vincitore corretto più spesso, per lo stesso numero di punti giocati, o al contrario produce il vincitore corretto con uguale probabilità in pochi punti giocati.

probability inference games

— Corone
fonte

Solo il 5 ° set non ha un pareggio a Wimbledon, Australian Open e French Open. I primi 4 set si giocano con i tie-breaker.

— mpiktas,

Cosa intendi esattamente con "precisione"? Intendi qualcosa del tipo "quanto spesso vincerà il giocatore migliore?" In ogni caso, sono necessari quattro parametri, non due; hai bisogno di

per ogni giocatore, sebbene

e viceversa. Se un giocatore del club gioca un giocatore di livello mondiale, allora forse

p_{s}

$p_s$

p_{r}

$p_r$

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

$p1_s = 1 - p2_r$

p 1_{s} = .01

$p1_s = .01$

. Penso che il modo più semplice per capirlo sarebbe attraverso un metodo ad alta intensità di computer. Potresti immaginarlo analiticamente, ma i calcoli diventerebbero intensi.

p 1_{r} = .001

$p1_r = .001$

— Peter Flom - Ripristina Monica

Stavo pensando che il rapporto tra

e abilità del giocatore potrebbe essere lasciato fuori di esso, dal momento che vogliamo solo un confronto tra metodi di misurazione. Vale a dire per ogni dato abbinamento se

allora il giocatore 1 dovrebbe vincere (cioè la sua abilità di vincere punti in media supera il 50%). Un torneo migliore lo raggiunge più spesso.

p_{s / r}

$p_{s/r}$

p_{s} + p_{r} > 1

$p_s + p_r > 1$

— Corone,

Per "stessa accuratezza" intendi che la probabilità complessiva di un determinato giocatore di vincere è la stessa in entrambi i formati (per un

fisso ?

p_{s}

$p_s$

p_{r}

$p_r$

— Michael McGowan,

Se giochi a punti, dove devi vincere per , puoi presumere che i giocatori giochino 6 punti. Se nessun giocatore vince per , il punteggio viene pareggiato e quindi giochi coppie di punti fino a quando un giocatore vince entrambi. Ciò significa che la possibilità di vincere una partita a punti, quando la tua possibilità di vincere ogni punto è , è $4$ $2$ $2$ $3-3$ $4$ $p$

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}}

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

Nel gioco maschile di livello superiore, potrebbe essere circa per il server. (Sarebbe se gli uomini non si rilassassero al secondo servizio.) Secondo questa formula, la possibilità di mantenere il servizio è di circa l' . $p$ $0.65$ $0.66$ $82.96\%$

Supponiamo che tu stia giocando un tiebreaker a punti. Puoi presumere che i punti vengano giocati in coppie in cui ogni giocatore serve una di ciascuna coppia. Chi serve per primo non ha importanza. Puoi presumere che i giocatori giochino punti. Se sono in parità a quel punto, allora giocano in coppia fino a quando un giocatore non vince entrambe le coppie, il che significa che la possibilità condizionale di vincere è . Se calcolo correttamente, la possibilità di vincere un tiebreaker a $7$ $12$ $p_sp_r/(p_sp_r + (1-p_s)(1-p_r))$ $7$ punti è

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})

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

Se la possibilità di vincere il pareggio è di circa il $p_s=0.65, p_r=0.36$ $51.67\%$ .

Quindi, considera un set. Non importa chi serve per primo, il che è conveniente perché altrimenti dovremmo prendere in considerazione la possibilità di vincere il set pur avendo il servizio successivo versys vincere il set senza mantenere il servizio. Per vincere un set di partite, puoi immaginare che partite vengano giocate per prime. Se il punteggio è pari a gioca ancora partite. Se quelli non determinano il vincitore, allora gioca un pareggio, o nel quinto set basta ripetere le partite a coppie. Sia la probabilità di mantenere il servizio e lasciare $6$ $10$ $5-5$ $2$ $p_h$ $p_b$ è la probabilità di interrompere il servizio del tuo avversario, che può essere calcolata sopra dalla probabilità di vincere una partita. La possibilità di vincere un set senza pareggio segue la stessa formula base della possibilità di vincere un pareggio, tranne per il fatto che stiamo giocando a partite anziché a punti e sostituiamo con e con . $6$ $7$ $p_s$ $p_h$ $p_r$ $p_b$

La possibilità condizionale di vincere un quinto set (un set senza pareggio) con e è del . $p_s=0.65$ $p_r=0.36$ $53.59\%$

La possibilità di vincere un set con un pareggio con e è del . $p_s=0.65$ $p_r=0.36$ $53.30\%$

La possibilità di vincere la migliore partita a set, senza pareggio nel quinto set, con e è del . $5$ $p_s=0.65$ $p_r=0.36$ $56.28\%$

Quindi, per queste percentuali di vittoria, quanti giochi ci dovrebbero essere in un set per avere lo stesso potere discriminatorio? Con , vinci un set su partite con il solito tiebreaker e vinci un set su partite con un tie-break possibile il delle volte. Senza pareggio, la possibilità di vincere una partita normale è tra serie di lunghezza e . Se giochi semplicemente un grosso pareggio, la possibilità di vincere un pareggio di lunghezza è del $p_s=0.65, p_r=0.36$ $24$ $56.22\%$ $25$ $56.34\%$ $23$ $24$ $113$ $56.27\%$ e di lunghezza è . $114$ $56.29\%$

Ciò suggerisce che giocare un set gigante non è più efficiente di una delle migliori 5 partite, ma giocare un tie-breaker gigante sarebbe più efficiente, almeno per i concorrenti strettamente abbinati che hanno un vantaggio nel servire.

Ecco un estratto dalla mia colonna GammonVillage di marzo 2013, "Gioco, Set e Abbinamento". Ho preso in considerazione il lancio delle monete con un vantaggio fisso ( ) e ho chiesto se fosse più efficiente giocare una partita grande o una serie di partite più brevi: $51\%$

$13$ $57.51\%$ $45$ $4.115$ $4.115 \times 21.96 = 90.37$ $45$ $82.35$

$13$ $29$ $29$ , solo meno efficiente, e una partita lunga sarebbe meglio di così. Quindi, una partita lunga sarebbe più efficiente di una serie di serie.

$13-7 ~~ 12-13 ~~ 11-13$ $36$ $33$ $36$ $33$ code, hai prove che le teste sono più probabili delle code, non che le code sono più probabili delle teste. Quindi, una delle tre partite migliori è inefficiente perché spreca informazioni. Una serie di partite richiede in media più dati perché a volte assegna la vittoria al giocatore che ha vinto meno partite.

— Douglas Zare
fonte

Assolutamente incredibile! Esiste un badge per la più grande espressione mai in lattice? Non capisco la conclusione però: sicuramente 25 partite sono meno di quanto si gioca normalmente? Se arriva al quinto set, giochi almeno 30 partite e anche una vittoria 6: 4 6: 4 6: 4 è 30 partite?

— Corone,

25

$25$

25 - 20

$25-20$

45

$45$

Ah sì, scusa, ha senso. Bella risposta.

— Corone,

L A T E X

$\LaTeX$

Questo articolo presenta alcune analisi dei tie-breaker e se favoriscono server più forti: heavytopspin.com/2012/10/30/the-structural-biases-of-tiebreaks

— Douglas Zare