Задача с неинтересным ответом

[Sirion]

Представим, что злой маньяк из будущего похитил вас и $2n-1$ вашу копию из параллельных миров, и поместил каждого в изолированное помещение, где он никак не может связаться с другими. В помещении находится универсальная монетка - прибор, принимающий действительный параметр $p$ и при нажатии на кнопочку с бибикающий с вероятностью $p$. Также в комнате находится голосователь - пульт с единственной кнопкой, которую вы можете либо нажать, либо, соответственно, не нажать. Через два часа злой маньяк произведёт подсчёт голосов. Если чётное количество вас нажмёт кнопку на голосователе - все вы погибнете мучительной смертью. Если нечётное - каждый из вас вернётся в свой мир целым и невредимым.

Ваши копии - это полные копии. Каждая из них будет действовать в точности так же, как вы. Нет возможности каким-либо детерминированным образом выделить одну из копий (допустим, чтобы выделенная копия проголосовала, а остальные - нет). С другой стороны, универсальные монетки не являются полными копиями друг друга. Результаты одинаковых испытаний, проведённых разными копиями, независимы.

Как следует действовать, чтобы максимизировать свои шансы выжить?

[Cash]

Любопытно .
Если чисто интуитивно (а значит с наибольшими шансами сесть в лужу), то голосует тот, кто при $k$ подбросах монетки получит ровно 1 "бибику", где $k \approx -\frac {\log 2n}{\log p}$. (считаем $n$ достаточно большим, а $p \geqslant \frac 12$). А еще лучше, наверное, выделять того, кто вообще не получит "бибик", количество бросков, соответственно, уменьшить.

[ИСН]

Поскольку монетка универсальная, то можно ей тупо выставить нужную вероятность и кинуть один раз.
Интуитивно мне казалось так же, но это плохо. Так получится общая вероятность выигрыша меньше $1\over2$. Если каждый кинет обычную монетку - и то лучше (это даст ровно $1\over2$).

[Cash]

Ага, то есть $p$ каждый "я" может самостоятельно задавать?

[ИСН]

Может, но оно у них получится одно и то же

[Cash]

Я, наверное, сперва неправильно свою интуицию оцифровал.

Задаем достаточно маленькую вероятность пикнуть. Если монетка пикнула - голосуем.
Получаем Пуассона с $\lambda = 2np$ и наша вероятность выжить:
$P = e^{-\lambda}\sum \frac{\lambda^{2k+1}}{(2k+1)!}$
что даже при первом попавшемся ${\lambda=1}$ выше $\frac 12$.
Upd. Ага, все-таки ошибся и при ${\lambda=1}$ она нифига нисколько не выше (что видно сразу), и максимум тоже ниже и надо что-то другое искать...
Upd.Upd. В общем не нужно рыпаться, а решать дело обычной монеткой Наверняка, должно быть какое-то простое соображение, по которому это сразу видно.

[venco]

О чём спор? Формула вероятности нечётного количества проголосовавших выписывается явно, и единственный максимум, равный $\frac12$ достигается при $p=\frac12$.
Ответ действительно неинтересен.

[patzer2097]

Вероятность того, что проголосует нечетное число равна

$$f(p)=\sum\limits_{k \mbox{\,is odd}}\,\binom{2n}{k} p^k (1-p)^{2n-k}.$$

Производная

$$p(1-p)f'(p)=\sum\limits_{k \mbox{\,is odd}}\,k\binom{2n}{k} p^k (1-p)^{2n-k}-xn,$$

и она имеет тот же знак, что и

$$\sum\limits_{k \mbox{\,is odd}}\,k\binom{2n}{k} p^k (1-p)^{2n-k}-\sum\limits_{k \mbox{\,is even}}\,k\binom{2n}{k} p^k (1-p)^{2n-k}=pn(1-2p)^{2n-1}.$$

Поэтому $f(p)$ имеет единственный максимум при $p=1/2$.

UPD. venco уже то же самое написал, но пусть мой пост останется тут

[ИСН]

patzer2097, к чему столько букв? Очевидно, при $p\le{1\over2}$ будет

$$f(p)={(q+p)^{2n}-(q-p)^{2n}\over2}={1-(1-2p)^{2n}\over2}$$

[patzer2097]

ИСН в сообщении #866210 писал(а):

patzer2097, к чему столько букв?

да, спасибо, я ерунду написал

[Sirion]

ИСН в сообщении #866210 писал(а):

patzer2097, к чему столько букв? Очевидно, при $p\le{1\over2}$ будет

$$f(p)={(q+p)^{2n}-(q-p)^{2n}\over2}={1-(1-2p)^{2n}\over2}$$

Спасибо! Именно этого комментария я ждал больше всего. У меня было достаточно сложное решение, и я искренне надеялся, что в обсуждении предложат что-нибудь попроще.