Stel je vindt tafeltennis leuk, en stel dat je het volgende spel gaat spelen. Je gaat slechts drie rally's spelen. Er zijn twee mogelijke tegenstanders: wereldkampioen bij de mannen Zhendang Fan, of ikzelf, de schrijver van dit artikel. Jouw doel is om ergens twee rally's achter elkaar te winnen. Natuurlijk is een rally winnen tegen Zhendang Fan een stuk lastiger dan tegen mij – ik ben niet zo'n goede tafeltennisser.

Maar nu komt het: je mag kiezen uit twee mogelijk opties. Optie 1 is dat je het eerste punt tegen mij speelt, daarna een punt tegen Zhendang, en daarna weer een punt tegen mij. Optie 2 is dat je begint met een punt tegen Zhendang, daarna tegen mij, en ten slotte het derde punt weer tegen Zhendang. Schematisch zien de mogelijkheden er dus zo uit:

Optie 1	$R$	$Z$	$R$
Optie 2	$Z$	$R$	$Z$

Bij welke van deze twee opties is de kans om ergens twee punten achter elkaar te scoren het grootst? Met andere woorden, welke optie kun je het beste kiezen?

Helemaal duidelijk is het niet op het eerste gezicht. Als je twee punten achter elkaar moet scoren, dan moet je in ieder geval het tweede punt winnen, en dat pleit misschien voor Optie 2. Echt duidelijk is het echter niet zomaar. We gaan het onderzoeken.

Allereerst is het natuurlijk zo dat ik niets heb verteld over de kansen waarmee je een rally kunt winnen tegen Zhendang of tegen mij; het enige wat duidelijk is, is dat je tegen mij een grotere kans hebt om te winnen. Het zou dus zomaar kunnen zijn dat de keuze voor Optie 1 of Optie 2 af gaat hangen van de kansen die we veronderstellen. Het zou, wie weet, zomaar kunnen zijn dat verschillende kansen tot verschillende keuzes zouden leiden.

Laten we daarom eens kijken wat er gebeurt als de kans om van Zhendang te winnen $1/100$ is, en de kans om van mij te winnen $1/2$ is. De kans om het spel te winnen kan op verschillende handige manieren worden uitgerekend, maar daar gaat het nu even niet om. Als we in een tabelletje alle mogelijke winstscenario's opschrijven en hun kansen onder Optie 1 en Optie 2 noteren, vinden we tabel 1, waarbij $W$ staat voor winst en $V$ voor verlies.

Tabel 1

uitslag	kans onder optie 1 (RZR)	kans onder Optie 2 (ZRZ)
$W\ W\ V$	$1/2 \times 1/100 \times 1/2 = 1/400$	$1/100 \times 1/2 \times 99/100 = 99/20\,000$
$V\ W\ W$	$1/2 \times 1/100 \times 1/2 = 1/400$	$99/100 \times 1/2 \times 1/100 = 99/20\,000$
$W\ W\ W$	$1/2 \times 1/100 \times 1/2 = 1/400$	$1/100 \times 1/2 \times 1/100 = 1/20\,000$
totaal	$3/400=150/20\,000$	$199/20\,000$

Optie 2 geeft dus de grootste kans op winst in dit geval. We herhalen dit bij nog steeds kans $1/2$ om van mij te winnen, maar nu met kans $9/20$ om van Zhendang te winnen. Die $9/20$ is tamelijk willekeurig gekozen: het gaat er mij alleen om dat de kans net even kleiner is dan $1/2$. Dat geeft tabel 2.

Tabel 2

uitslag	kans onder optie 1 (RZR)	kans onder Optie 2 (ZRZ)
$W\ W\ V$	$1/2 \times 9/20 \times 1/2 = 9/80$	$9/20 \times 1/2 \times 11/20 = 99/800$
$V\ W\ W$	$1/2 \times 9/20 \times 1/2 = 9/80$	$11/20 \times 1/2 \times 9/20 = 99/800$
$W\ W\ W$	$1/2 \times 9/20 \times 1/2 = 9/80$	$9/20 \times 1/2 \times 9/20 = 81/800$
totaal	$27/80=270/800$	$279/800$

Opnieuw is de kans onder Optie 2 groter, hoewel het nu niet zoveel meer scheelt natuurlijk. Dat laatste is logisch, want de winstkansen tegen de twee tegenstanders liggen nu vrij dicht bij elkaar.

Deze berekeningen suggereren dat Optie 2 altijd beter is, en er is vast wel een goede manier om dat in te zien. Laten we daartoe twee verschillende gebeurtenissen definiëren: $A$ is de gebeurtenis dat je de eerste twee rally's wint, en $B$ is de gebeurtenis dat je de laatste twee rally's wint. De kans dat je de wedstrijd wint is dan de kans dat $A$ óf $B$ gebeurt. Het aardige is nu dat de kans op $A$ onder de twee opties hetzelfde is, want om $A$ te laten plaatsvinden moet je precies één rally van mij en één rally van Zhendang winnen. Hetzelfde geldt voor de kans op $B$. De kans op $A$ óf $B$ is echter niet hetzelfde. Immers, als we $P(A)$ schrijven voor de kans op $A$, en evenzo voor de andere gebeurtenissen, dan weten we uit de kansrekening dat

$$P(A\ of\ B) = P(A) + P(B) - P(A\ en\ B).$$

Deze regel is best logisch eigenlijk: om te zien of, '$A$ of $B$' optreedt, tel je de kansen van $A$ en $B$ bij elkaar op, maar de uitkomsten die zowel in $A$ als $B$ zitten heb je dan dubbel geteld, dus die moet je er weer een keer vanaf trekken.

Deze formule geeft veel inzicht. We zagen al dat de kansen $P(A)$ en $P(B)$ onder de twee opties hetzelfde zijn. Dat betekent dat $P(A\ of\ B)$ het grootst is als $P(A\ en\ B)$ juist het kleinst is. Welnu, de gebeurtenis '$A$ en $B$' is de gebeurtenis dat je zowel de eerste twee rally's als de laatste twee rally's wint, dus dat is gewoon de gebeurtenis dat je alle drie de rally's wint. En omdat de kans om van Zhendang te winnen natuurlijk kleiner is dan de kans om van mij te winnen, is de kans om alle drie de rally's te winnen onder Optie 2 het kleinst, want daar kom je Zhendang twee keer tegen, en bij Optie 1 maar één keer. We concluderen dus dat de kans om te winnen bij Optie 2 altijd groter is, zolang je tegen Zhendang maar een kleinere kans hebt om te winnen dan tegen mij.

Dat is best een elegante manier om dit in te zien – in ieder geval een stuk eleganter dan het grove rekenwerk waar ik mee begon. We zouden echter geen wiskundigen zijn als we niet direct wat verder zouden gaan kijken. Het argument dat ik zojuist gaf werkt ook in andere omstandigheden. Stel dat je in plaats van $3$ rally's nu $5$ rally's speelt en de mogelijke volgordes van tegenstanders is ofwel $RZRZR$ (Optie 1) ofwel $ZRZRZ$ (Optie 2). Stel verder dat je nu de kans om $4$ punten achter elkaar te scoren zo groot mogelijk wilt maken. Dan kun je het bewijs dat ik zojuist gaf eigenlijk gewoon kopiëren, en dan blijkt dus ook in dit geval de tweede optie weer de grootste kans te geven.

Iets lastiger wordt het wanneer je niet $4$ rally's achter elkaar wilt winnen, maar $2$. Dat komt omdat je nu niet met maar twee gebeurtenissen te maken hebt, maar met vier:

$A$ = je wint het 1^e en 2^e punt;
$B$ = je wint het 2^e en 3^e punt;
$C$ = je wint het 3^e en 4^e punt;
$D$ = je wint het 4^e en 5^e punt.

Het gaat nu dus om de kans $P(A\ of\ B\ of\ C\ of\ D)$. Om deze kans uit te rekenen gebruiken we de volgende fraaie formule uit de kansrekening:

	${}\color{white}{=} P(A\ of\ B\ of\ C\ of\ D)$
$(\color{orange}{I})$	${}=\color{yellowgreen}{P(A)}+\color{yellowgreen}{P(B)}+\color{yellowgreen}{P(C)}+\color{yellowgreen}{P(D)}$
$(\color{orange}{II})$	${}-\color{royalblue}{P(A\ en\ B)}-\color{yellowgreen}{P(A\ en\ C)}-\color{yellowgreen}{P(A\ en\ D)}$
	${}-\color{royalblue}{P(B\ en\ C)}-\color{yellowgreen}{P(B\ en\ D)}-\color{royalblue}{P(C\ en\ D)}$
$(\color{orange}{III})$	${}+\color{yellowgreen}{P(A\ en\ B\ en\ C)}+\color{red}{P(A\ en\ B\ en\ D)}$
	${}+\color{red}{P(A\ en\ C\ en\ D)}+\color{yellowgreen}{P(B\ en\ C\ en\ D)}$
$(\color{orange}{IV})$	${}-\color{red}{P(A\ en\ B\ en\ C\ en\ D)}$.

Let maar even niet op de kleuren, die leg ik zo uit. Deze formule is ook heel logisch: als een uitkomst maar in $1$ gebeurtenis zit telt deze ook precies $1$ keer mee, namelijk in blokje $(\color{orange}{I})$. Als een uitkomst in $2$ gebeurtenissen zit, dan telt hij in blokje $(\color{orange}{I})$ $2$ keer mee, en in blokje $(\color{orange}{II})$ trekken we hem er ook weer $1$ keer vanaf.

Als een uitkomst in $3$ gebeurtenissen zit, dan telt hij in blokje $(\color{orange}{I})$ $3$ keer mee, trekken we hem er in blokje $(\color{orange}{II})$ ook weer $3$ keer vanaf, en tellen we hem er in blokje $(\color{orange}{III})$ weer $1$ keer bij op. En als de uitkomst in alle $4$ zit, telt hij $4$ keer mee in blokje $(\color{orange}{I})$, trekken we hem er $6$ keer vanaf in blokje $(\color{orange}{II})$, tellen we hem weer $4$ keer mee in blokje $(\color{orange}{III})$ en trekken hem er weer $1$ keer vanaf in blokje $(\color{orange}{IV})$: dat levert uiteindelijk gewoon één keer meetellen op. Alle uitkomsten worden dus precies één keer meegeteld.

Laten we nu $P_1$ schrijven voor de kans onder Optie 1 ($RZRZR$) en $P_2$ voor de kans onder Optie 2. De $\color{yellowgreen}{groene}$ kansen zijn gelijk onder $P_1$ en $P_2$, omdat ze over een even aantal achtereenvolgende rally's gaan waarin $Z$ en $R$ in beide opties even vaak voorkomen. De $\color{red}{rode}$ kansen zijn verschillend voor de twee opties, maar binnen een optie wel allemaal hetzelfde, omdat ze allemaal de kans voorstellen dat je alle $5$ rally's wint. Bij elkaar genomen zijn de $\color{red}{rode}$ kansen dus gewoon de kans dat je $5$ keer wint. Wat de $\color{royalblue}{blauwe}$ kansen betreft zie je makkelijk in dat $P_2(C\ en\ D) = P_1(B\ en\ C)$, en $P_2(B\ en\ C) = P_1(C\ en\ D)$. Als je deze kennis invult vinden we na enig rekenwerk dat

$P_2(A\ of\ B\ of\ C\ of\ D)-P_1(A\ of\ B\ of \ C\ D)$

gelijk is aan

${}\color{white}{-} [P_1(A\ en\ B)-P_1(5\ keer\ winst)]$
${}-[P_2(A\ en\ B) - P_2(5\ keer\ winst)];$

probeer dat zelf maar na te gaan. De uitdrukking binnen de eerste vierkante haken is de kans om bij Optie 1 de eerste $3$ rally's te winnen maar niet alle $5$. Dat is dus de kans om de eerste $3$ te winnen, en niet allebei de laatste $2$. Hetzelfde geldt voor de uitdrukking binnen de tweede vierkante haken, maar dan onder Optie 2. De kans om niet allebei de laatste $2$ rally's te winnen is echter gelijk voor beide opties, maar onder Optie 1 is de kans om de eerste $3$ te winnen groter. De uitdrukking is dus positief en we vinden dus nu ook weer dat

$P_2(A\ of\ B\ of\ C\ of\ D) > P_1(A\ en\ B\ en\ C\ en\ D).$

Het blijkt dat er nog veel meer te bewijzen is (maar dat ga ik hier niet doen): als je een oneven aantal rally's speelt, en de twee opties zijn altijd afwisselend tegen mij en tegen Zhendang, en je doel is om een bepaald even aantal rally's achter elkaar te winnen, dan is het altijd beter om tegen Zhendang te beginnen. Dat dit bij een oneven aantal rally's niet waar kan zijn, zie je al bij het eerste voorbeeld: als je de volgorde $RZR$ speelt is het makkelijker om tenminste $1$ rally te winnen dan bij de volgorde $ZRZ$.