En esta respuesta, calculo que la generación de la función $f(z) = \sum a_n z^n$ donde $a_n$ es la esperanza de los ganglios infectados a nivel de $n$ si hay un solo infectado nodo en el nivel de $0$.
El obstáculo principal para hacer esto es conseguir la generación de la función de las células dada por $2$ vecinos infectados nodos $N_1$$N_2$.
Por la inclusión principio de exclusión de este es tan difícil como llegar a la generación de la función de las células infectadas por ambas células.
Sin embargo, si usted mira cuidadosamente, hay un nodo $N_3$ que es la primera comunes infectados de$N_1$$N_2$ : un nodo está infectado por tanto $N_1$ $N_2$ si y sólo si se está infectado por el $N_3$.
Antes de calcular las $f$, necesitamos obtener la probabilidad de la ley de el nivel en el que $N_3$ aparece.
deje $b_n$ la probabilidad de que $N_3$ está en el nivel $n$.
Si nos fijamos en el extremo derecho de la infectada descendiente de la izquierda nodo en cada nivel, su posición se mueve a la derecha con probabilidad de $1-p/2$, y se mueve a la izquierda con probabilidad de $p/2$. Somethiong similar puede decirse de la izquierda infectados descendiente de la derecha del nodo, por lo que su diferencia es una visión sesgada de paseo aleatorio que se mueve por $-1$ con una probabilidad de $(1-p/2)²$, se mueve por $+1$ con una probabilidad de $(p/2)^2$ y no se mueve el resto del tiempo (que es $p-p^2/2$).
Por lo tanto, si dejamos $g(z) = \sum b_n z^n$,$g(z) = z[(1-p/2)^2 + (p-p^2/2)g(z) + (p^2/4)g(z)^2]$.
De esto podemos obtener
$$g(z) = p^{-2}((2 - p(2-p)z) - 2\sqrt{1 - p(2-p)z}) \\ = (2-p)^2(z/4) + 2p(2-p)^3(z/4)^2 + 5p^2(2-p)^4(z/4)^3 + \ldots \\ = \sum_{n \ge 1} C_np^{n-1}(2-p)^{n+1}(z/4)^n$$
donde $C_n$ son los números de catalán.
Ahora que tenemos $g$, podemos centrarnos en $f(z) = \sum a_n z^n$.
Tenemos $f(z) = 1 + zf(z)(p + (1-p)(2-g(z)))$, y así
$$f(z) = 1/(1-(2-p)z+(1-p)p^{-2}[2-p(2-p)z-2\sqrt{1-p(2-p)z}]) \\
= 1 + 2((2-p)z/2) + (3+p)((2-p)z/2)^2 + (4+3p+p^2)((2-p)z/2)^3 + \ldots $$
Ahora el comportamiento asintótico de los coeficientes dependen de qué tipo de singularidades $f$ tiene y dónde.
Después de racionalizar el denominador tenemos
$$f(z) = \frac{(2-2p+p^2) - p(2-p)z + 2(1-p)\sqrt{1-p(2-p)z}}{(2-p)^2(1-z)^2} \\
= \frac{4(1-p)^2}{(2-p)^2(1-z)^2} + \frac{2}{(2-p)(1-z)} +
\frac{(-2+2p-p^2) + 2p(1-p)z + 2(1-p)\sqrt{1-p(2-p)z^2}}{(2-p)^2(1-z)^2} $$
donde esa última fracción tiene una singularidad removible en $z=1$.
Calcular la serie de Taylor para los dos primeros términos, y sabiendo que el tercero sólo tiene una singularidad en $z = 1/p(2-p)$ (que técnicamente no hay otro en la $z=1$ con el resto de la raíz cuadrada, pero no lo vemos)
Llegamos $a_n = \frac{(1-p)^2}{(1-p/2)^2}(n+1) + \frac p{1-p/2} + O((p(2-p)+\varepsilon)^n)$ cualquier $\varepsilon > 0$.
Podemos ir más en profundidad y obtener más información mediante la asignación de un indeterminado $x$ $x$- eje.
Poner el origen en la posición original de los infectados nodo, y poner el origen del siguiente nivel en la izquierda descendiente de la preivous origen.
Deje $g(x,z) = \sum b_{n,k}x^kz^n$ donde $b_{n,k}$ es la probabilidad de que $N_3$ aparece en el nodo $k$ en el nivel $n$ ; y $f(x,z) = \sum a_{n,k}x^kz^n$ donde $a_{n,k}$ es la probabilidad de que el nodo $k$ en el nivel $n$ está infectado.
(llegamos a la edad $f$ $g$ al hacer la evaluación parcial $x=1$).
Tenemos las ecuaciones
$$g = z[(1-p/2)^2\frac{1+x}2 + (p-p^2/2)g\frac{1+x}2 + (p^2/4)g^2] \\
f = 1 + zf(p\frac{1+x}2 + (1-p)((1+x)-g))
$$
Hemos llegado a obtener
$ f = \frac{(8-8p+4p^2) - 2p(2-p)(1+x)z + 2(1-p)\sqrt{16 - 8p(2-p)(1+x)z + (p(2-p)(1-x)z)^2}}
{(2-p)^2(2 - (2-p+px)z)(2 - (2x+p-px)z)} = t_1+t_2+t_3$
donde
$ t_1 = \frac{16(1-p)^2}{(2-p)^2(2 - (2-p+px)z)(2 - (2x+p-px)z)}$
$ t_2 = \frac{2p}{2-p}\left(\frac 1 {2 - (2-p+px)z} + \frac 1 {2 - (2x+p-px)z}\right)$
$ t_3 = \frac{-8+8p-4p^2 + 2(2-p)pz(1+x) + 2(1-p)\sqrt{16 - 8p(2-p)(1+x)z + (p(2-p)(1-x)z)^2}}{(2-p)^2(2 - (2-p+px)z)(2 - (2x+p-px)z)} $
y una vez más, la singularidad a lo largo de las dos curvas en $t_3$'s denominador son extraíbles en esta rama de la raíz cuadrada.
$t_1$'s y $t_2$'s constributions son proporcionales alrededor de los bordes del triángulo, mientras que en el medio, $t_1$'s términos rápidamente debe ser más dominante.
$t_1 = \frac {4(1-p)}{(2-p)^2(1-x)} \left(\frac{2-p+px}{2-(2-p+px)z}-\frac{2x+p-px}{2-(2x+p-px)z}\right)
= \frac {4(1-p)}{(2-p)^2(1-x)} \left(\sum_{n \ge 0} ((\frac{2-p+px}2)^{n+1} - (\frac{2x+p-px}2)^{n+1}) z^n \right)
$
Los coeficientes de $((2-p+px)/2)^{n+1}$ el de la distribución aleatoria de pie mirando como el borde izquierdo de la población infectada, y después de dividir por $1-x$, obtenemos las probabilidades de que estamos a la derecha del paseo aleatorio.
Después de la resta de los dos términos, resulta que los coeficientes de $t_1$ $\frac{4(1-p)}{(2-p)^2}$ veces la probabilidad de estar entre la izquierda y la derecha de las fronteras de la población infectada, si los bordes de dos (dependiente, debido a que no se cruzan entre otros) paseo aleatorio, uno con una media de $p/2$ el otro con una media de $1-p/2$ y tanto la varianza $p(2-p)/4$.
Por lo tanto, los coeficientes de converger a una forma rectangular de altura $\frac{4(1-p)}{(2-p)^2}$, con bordes en forma de la función de error en las posiciones $pn/2$ $(1-p)n/2$ y con una anchura $O(\sqrt{np(2-p)})$.
El $t_2$ plazo es $\frac p{2-p}$ veces la posición de los caminos aleatorios, por lo que agrega dos pequeños gaussiano formas de altura $O(\sqrt{p/n(2-p)^3})$ y la anchura $O(\sqrt {np(2-p)})$ en la parte superior de las transiciones (tenga en cuenta que cuando $p=1$, $t_1=0$ y este es el dominante plazo en lugar)
