Una propagación de enfermedades a través de un triangular de la población

Question

Me he topado con este problema en mi investigación, que estoy presentando bajo una apariencia diferente para evitar entrar en el fondo innecesarios.

Considere la posibilidad de una población que está conectado en una forma triangular, como se muestra en la siguiente figura. El nodo raíz tiene una enfermedad, que se extiende hacia abajo a través de la población de la siguiente manera:

• Con una probabilidad de $p$ enfermedad del nodo padre infecta sólo uno de sus dos nodos secundarios (elegido al azar); y con una probabilidad de $1-p$ se infecta tanto de ellos

• Un nodo hijo se convierte en enfermo si está infectada por uno o dos de los padres de los nodos

Estoy interesado en el comportamiento asintótico de la previsión del número de enfermos de nodos en el nivel $k$.

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Las simulaciones muestran que el número esperado de la parte enferma de nodos crece asintóticamente linealmente con el número de niveles.

Por otra parte, la pendiente de esta relación disminuye casi linealmente con $p$ (obviamente, cuando se $p = 0$ la pendiente es $1$, como todo el mundo se pone enfermo; al $p = 1$ la pendiente es $0$ a medida que el número de enfermos nodos se mantiene en $1$ en cada nivel).

Por lo que el comportamiento parece seguir: $E(\text{diseased nodes at level n})=(1 - p)n$, al menos a una aproximación muy buena.

Answer 1

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.

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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 $\varepsilon > 0$.

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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.

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$t_1 = \frac {4(1-p)}{(2-p)^2(1-x)} \left(\frac{2-p+px}{2-(2-p+px)z}-\frac{2x+p-px}{2-(2x+p-px)z}\right) = \frac {4(1-p)}{(2-p)^2(1-x)} \left(\sum_{n \ge 0} ((\frac{2-p+px}2)^{n+1} - (\frac{2x+p-px}2)^{n+1}) z^n \right)$

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)

Answer 2

El ancho de la $k+1$th fila depende de la una de la infección en cada extremo.
Con una probabilidad de $p^2$, cada uno de ellos tiene un descendiente. A continuación, la anchura se reduce con una probabilidad de 1/4, sigue siendo el mismo con probabilidad 1/2 y crece con probabilidad 1/4.
Con una probabilidad de $2p(1-p)$, un borde tiene dos descendientes y el otro tiene uno. El ancho se mantiene la misma con una probabilidad de 1/2 y crece con probabilidad 1/2.
Con una probabilidad de $(1-p)^2$, tanto a los bordes de dos descendientes, y la siguiente fila va a ser más amplio.
Así que la espera ancho de la fila siguiente $$(W-1)\frac{p^2}4+W\left(\frac{p^2}2+p(1-p)\right)+(W+1)\left(\frac{p^2}4+p(1-p)+(1-p)^2\right)=W+1-p$$ donde $W$ es el ancho de la fila actual. Así que la espera ancho de la $k$th fila es $$W(k)=1+(k-1)(1-p)$$

Deje $q$ la probabilidad de que un individuo dentro de esa región está infectado. Supongamos que este es el mismo para todas las filas. La posibilidad de que un niño está infectado es $$q^2\left(1-\frac{p^2}4\right)+2q(1-q)\left(1-\frac p2\right)+(1-q)^20=q$$ $$q=\frac{1-p}{(1-p/2)^2}$$

Por lo que el número esperado de personas infectadas en el $k$th fila $$Wq=\frac{1-p+(1-p)^2(k-1)}{(1-p/2)^2}$$ y una ecuación para el segundo, gráfico azul es $$y=\frac{(1-p)^2}{(1-(p/2))^2}$$

Ahora para la estabilidad. Suponga que la densidad en una fila $q=\frac{1-p}{(1-p/2)^2}+\epsilon Q$. Entonces, yo creo que la densidad en la siguiente fila es $\frac{1-p}{(1-p/2)^2}+\epsilon pQ+O(\epsilon^2)$. Por lo que la densidad tiende a la aproximación de estado estacionario si comienza lo suficientemente cerca.

Answer 3

Considero que el vecino de correlación para esta respuesta.
Dentro de la zona infectada, yo uso estas probabilidades. Sea X la media de infectados, y O la media de los no infectados. $$Pr(X)=a+b,Pr(O)=b+c$$ $$Pr(XX)=a,Pr(XO)=Pr(OX)=b,Pr(OO)=c$$ $$Pr(XXX)=Pr(XX)Pr(X|X)=\frac{a^2}{a+b},\text{ etc}$$ Ahora calcular el $Pr(OO)$ $Pr(OX)$ dado que la distribución de los padres: $$Pr(OO)=Pr(OOO)Pr(OO|OOO)+Pr(OOX)Pr(OO|OOX)+...$$ $$=\frac1{b+c}\left[c^21+bc\frac p2+bc\frac p2+b^2\frac{p^2}4 \right]=c$$ therefore $$c(1-p)=bp^2/4$$ $$Pr(OX)=\frac1{a+b}\left[a^2p^2/4+abp^2/4+bap/2+b^2 p/2 \right]$$ $$+\frac1{b+c}\left[b^2(p/2)(1-p/2)+bc0+cb(1-p/2)+c^20 \right]=b$$ Wolfram no se pueda solucionar eso, así que voy a tratar de Arce mañana.
EDIT: Arce dio la misma respuesta con la correlación que tengo sin correlación, y $P(XX)=P(X)P(X)$ etc.
Para la estabilidad, considere la posibilidad de $a=a_0+\epsilon A,c=c_0+\epsilon C$ donde $a=a_0$ $c=c_0$ son de estado estable de los valores que acabamos de mencionar; y $\epsilon$ es un pequeño parámetro. A continuación, a fin de $O(\epsilon)$, las ecuaciones son lineales en $A$$C$. Maple resultados de mi interrogatorio me dicen que, para $a=a_0+\epsilon A,c=c_0+\epsilon C$ en una sola fila y $a=a_0+\epsilon A',c=c_0+\epsilon C'$ en la fila siguiente, $$\left[\begin{array}{c}A'\\C'\end{array}\right]=\frac1{2(2-p)^2}\left[\begin{array}{cc} p(8-13p+7p^2-p^3)&-(1-p)(4-3p)\\ -p^2(1-p) & p^3-7p^2+8p\end{array}\right]\left[\begin{array}{c}A\\C\end{array}\right]+O(\epsilon)$$ (lo siento si las matrices mató a la página de nuevo) Los autovalores de la matriz a se $p(3-p)/2$$p/2$, así que ambos son entre $0$$1$, lo $A$ $C$ tanto el enfoque de cero a medida que el nivel de $n$ aumenta.

Answer 4

En esta respuesta voy a demostrar que el momento de recoger el derecho de probabilidad $q$ y comenzar con una línea de color al azar con una probabilidad de $q$ (cada punto, de forma independiente de todos los demás), y aplicar el proceso, se puede obtener de nuevo una línea de color al azar con una probabilidad de $q$ (cada punto, de forma independiente de todos los demás).

Y para que este al azar para colorear es un punto fijo de su proceso.

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Deje $a \in (0;1)$ y considerar la posibilidad de una infinita cadena de Markov $(X_n)_{n \in \Bbb Z}$ $3$ estados $\{\circ ; \bullet ; \hat \bullet \}$, con una probabilidad de matriz

$M_a = \begin {pmatrix} a & 0 & 1-a \\ a & 0 & 1-a \\ 0 & a & 1-a \end{pmatrix}$

Ahora si calcular $M_a^2$, usted encontrará

$M_a^2 = \begin {pmatrix} a^2 & a-a^2 & 1-a \\ a^2 & a-a^2 & 1-a \\ a^2 & a-a^2 & 1-a \end{pmatrix}$

lo que significa que (sorprendentemente) $(X_{2n})_{n \in \Bbb Z}$ (así como de $(X_{2n+1})_{n \in \Bbb Z}$) son de forma independiente idénticamente distribuidas con $p(\circ) = a^2, p(\bullet) = a-a^2, p(\hat \bullet) = 1-a$. Si usted borra la distinción entre el$\bullet$$\hat \bullet$, cada punto de color con una probabilidad de $q=1-a^2$.

La próxima tengo que muestran que la distribución de $(X_{2n+1})$ $(X_{2n})$ (sin sombrero) también puede ser administrado por su transformación.

En cada una de las $\bullet$$(X_{2n})$, lo transformamos en $\hat \bullet$ cuando se infecta su vecino de la derecha. En ambos modelos, lo que pasa, de forma independiente al azar con una probabilidad de $1-p/2 = (1-a)/(1-a^2) = 1/(1+a)$. $\bullet$ entonces siempre infectar a su vecino de la izquierda, mientras que $\hat\bullet$ va a infectar a su vecino de la izquierda con probabilidad de $\frac {1-p}{1-p/2}$.

A continuación, se calcula y comprueba las siguientes igualdades :
$p(\circ\circ\circ) = a^4 = (1-q)^2$
$p(\circ\circ\hat\bullet) = a^3(1-a) = (1-\frac {1-p}{1-p/2})(1-p/2)q(1-q)$
$p(\circ\;\hat\bullet\;\bullet) = a^3(1-a) = (p/2)q(1-q)$
$p(\circ\;\hat\bullet\;\hat\bullet) = a^2(1-a)^2 = (\frac {1-p}{1-p/2})(1-p/2)q(1-q)$
$p(\bullet \circ \circ) = a^3(1-a) = (p/2)q(1-q)$
$p(\bullet \circ \hat\bullet) = a^2(1-a)^2 = (1-\frac {1-p}{1-p/2})(p/2)(1-p/2)q^2$
$p(\bullet\; \hat\bullet\; \bullet) = a^2(1-a)^2 = (p/2)^2q^2$
$p(\bullet\; \hat\bullet\; \hat\bullet) = a(1-a)^3 = (\frac {1-p}{1-p/2})(p/2)(1-p/2)q^2$
$p(\hat\bullet \bullet \circ) = a^2(1-a) = (1-p/2)q(1-q)$
$p(\hat\bullet\; \hat \bullet \; \bullet) = a(1-a)^2 = (p/2)(1-p/2)q^2$
$p(\hat\bullet\; \hat \bullet \; \hat \bullet) + p(\hat\bullet \bullet \hat \bullet) = (1-a)^3 + a(1-a)^2 = (1-p/2)^2q^2$

Esto es suficiente, porque sabemos que la cadena de Markov se olvida de todo lo que sucede más allá de cualquier daño directo al prójimo, por lo que cada punto en el medio es realmente sólo depende de sus dos vecinos, y no en otra cosa.

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Por lo tanto, su proceso de infección de la transformación de un yo infinito.yo.d secuencia de densidad de $q$ a otro yo.yo.d secuencia de densidad de $q$.

Tenemos $1-p/2 = 1/(1+a)$$q=1-a^2$, lo que da la relación $q = (1-p)/(1-p/2)^2$.

Esto sugiere que este comportamiento podría ser el comportamiento asintótico de lo que sucede a partir de sólo un infectado punto (aunque, por supuesto, no es una prueba).