这个谜语人是关于微生物繁殖的。它们会茁壮成长还是灭绝?
在一开始,只有一种微生物。每天,这个物种的每一个成员要么分裂成自己的两个副本,要么死亡。如果繁殖的概率是p,那么这个物种灭绝的可能性有多大?
这是我的解决方案:
[显示解决方案]
这里有一个简短而甜蜜的解决方案。我们称$q$为物种最终灭绝的概率。如果一种微生物不能繁殖(概率$1-p$),那么它会立即灭绝。如果它繁殖,我们现在有两种微生物,每种微生物最终灭绝的概率为$q$。它们最终灭绝的概率是$q^2$,因为它们的行为是独立的。因此,我们可以编写递归:
\[
q=p\,q^2+(1-p)
\]这个方程有两个可能的解:$q\in\{1,\tfrac{1}{p} -1个\}$. 由于概率不能超过$1$,第二种解决方案仅在$p\ge\tfrac{1}{2}$的情况下才有意义。因此,解决方案是:
\[
q=\开始{cases}
1&\text{if}p<\tfrac{1}{2}\\\tfrac{1}{p} -1个&\text{if}p\ge\tfrac{1}{2}\结束{cases}\]下面是一个图,显示了灭绝概率与$p$乘法概率的函数关系:
这是一个有趣的结果,因为相变发生在$p=\tfrac{1}{2}$。如果繁殖的概率小于一半,物种将总是最终会灭绝。当倍增的概率大于一半时,种群增长到足以使物种“大到不能倒”的非零概率。
以下是根据Bojan的评论改编的更技术(更正确!)的解决方案。
[显示解决方案]
前面的方法得到了正确的答案,但二次方程的哪一个解仍然是个问题。这种替代方法使用生成函数方法。定义概率分布:
\[
P_n(i):=(第n天存在微生物的概率)
\]现在定义多项式序列:
\[
Q_n(x):=\sum_{i=0}^\infty P_n(i)\,x^i
\]那么$Q_1(x)=x$,因为第一天只有一个生物体。我们可以通过仔细考虑人口如何从一天到另一天发生变化来推导乘法/排除过程的递归关系。不难看出,在第一步之后,人口必须始终保持平衡。如果人口在时间$n+1$为$2i$,人口在时间$n$为$j$,则为$j\ge i$。我们从$j$过渡到$2i$的概率要求正好$i$微生物繁殖,其余微生物死亡。这可能以${j\choosei}$方式发生,每种方式的概率为$p^i(1-p)^{j-i}$(它是一个二项分布). 因此,我们有递归:
\[
P_{n+1}(2i)=\sum_{j=i}^\infty{j\选择i}P^i(1-P)^{j-i}P_n(j)
\]我们现在可以使用这个事实来为生成函数$Q_n.$寻找递归。我们再次利用这个事实,当$n>1$时,微生物数量只能是偶数:
\开始{align}
Q_{n+1}(x)
&=\sum_{i=0}^\infty P_{n+1}(i)\,x^i\\
&=\sum_{i=0}^\infty P_{n+1}(2i)\,x^{2i}\\
&=\sum_{i=0}^\infty\sum_{j=i}^\infty{j\选择i}p^i(1-p)^{j-i}p_n(j)\,x^{2i}\\
&=\sum_{j=0}^\infty\sum_{i=0}^j{j\选择i}p^i(1-p)^{j-i}p_n(j)\,x^{2i}\\
&=\sum_{j=0}^\infty P_n(j)\sum_{i=0}^j{j\选择i}(px^2)^i(1-P)^{j-i}\\
&=\sum_{j=0}^\infty P_n(j)\left(px^2+(1-P)\right)^j\\
&=Q_n(像素^2+(1-p))
\完{对齐}A注意事项:在第四步中,我们交换了$i$和$j$的求和顺序,在第六步中,使用了二项式定理总结起来,我们的结论是
\[
Q_{n+1}(x)=Q_n(px^2+(1-p))
\]$n$个时间步后的灭绝概率为$P_n(0)$(种群为零的概率)。当$n$趋于无穷大时,我们对$P_n(0)$的极限感兴趣。这等价于多项式序列中的常数项,所以我们有兴趣找到:$\lim_{n\to\infty}Q_n(0)$。让我们看一下前几个术语:
\开始{align}
问题_1(x)&=x\\
Q_2(x)&=像素^2+(1-p)\\
Q_3(x)&=p\左(px^2+(1-p)\右)^2+(1-p)\\
Q_4(x)&=p\左\\
\点
\完{align}正在评估在0时,我们得到:
\开始{align}
Q_1(0)&=0\\
Q_2(0)&=1-p\\
Q_3(0)&=p(1-p)^2+(1-p\\
Q_4(0)&=p\左(p(1-p)^2+(1-p\\
\点
\完{align}模式很清楚(我们也可以用归纳法证明它)。如果定义$q_n:=q_n(0)$,则满足的递归为:
\[
q{n+1}=p\,q_n^2+(1-p)\qquad\text{with:}q_1=0
\]这个递归序列的任何极限$q_n\到q$都必须满足不动点方程$q=p\,q^2+(1-p)$。这正是我们在第一个问题解决方案中发现的!那有什么大不了的?为什么我们费尽周折才得到同样的答案??这个递归实际上告诉了我们比极限情况更多的东西。它告诉我们我们如何接近极限情况。换句话说,它给了我们动力。
让我们仔细看看两个固定点$q=1$和$q=\tfrac{1}附近的这些动态{p} -1个$. 如果我们让$\delta_n:=q_n-1$,我们可以将递归重写为:
\[
\增量{n+1}=2p\,增量_n+p\,delta_n^2
\]当然,如果$\delta_n=0$(即$q_n=1$),那么它将永远保持在$1$。但如果我们只是关闭到这个固定点?然后$\delta_n大约为0$,我们有$\delta_{n+1}大约2p\,\delta_n$。注意,当$p>\tfrac{1}{2}$时,如果$\delta_n$接近于零,它将永远不会得到更接近因为2p>1$。这些动态是不稳定的.
现在来看另一个固定点。如果我们让$\epsilon_n:=q_n-\tfrac{1}{p}+1$,那么我们可以将递归重写为:
\[
\ε{n+1}=2(1-p)
\]如果我们接近这个不动点,那么$\epsilon_n约为0$,我们有$\epsilon_{n+1}约为2(1-p)\epsilen_n$。这一次,当$p>\tfrac{1}{2}$时,我们得到$2(1-p)<1$。换言之,如果我们接近了,我们会继续靠近!这些动态是稳定的.
这个稳定性论证解释了为什么我们收敛到$\tfrac{1}{p} -1个$,而不是$p>\tfrac{1}{2}$的情况下的$1$。如果我们考虑另一种情况,其中$p<\tfrac{1}{2}$,稳定性发生了翻转。第一个不动点变得稳定,第二个不稳定。动力学稳定性的这种转变解释了图中点$p=\tfrac{1}{2}$处的突变。