生灭过程全灭概率问题
某种细胞每回合均匀随机地选择一项：
- 无变化
- 自我毁灭
- 增殖 \(1\) 个相同的自身
- 增殖 \(2\) 个相同的自身
现初始有 \(n\) 个细胞，求最终细胞数为 \(0\) 的概率。
本题只有一个吸收壁，但有可能吸收不了。
解答
设在存在 \(n\) 个细胞时，最终细胞数为 \(0\) 的概率为 \(p_n\)。考虑状态 \(1\) 下的转移
\[ p_1 = \frac{1}{4} + \frac{1}{4} p_1 + \frac{1}{4} p_{1 + 1} + \frac{1}{4} p_{1 + 2}. \]
但我们没办法迭代正整数。注意到，存在 \(n\) 个细胞时，“最终全部毁灭”的概率相当于“每个细胞单独都最终毁灭”的概率，于是有
\[ p_n = p_1^n. \]
联立以上两式得
\[ p_1 = \frac{1}{4} + \frac{1}{4} p_1 + \frac{1}{4} p_{1}^2 + \frac{1}{4} p_{1}^3. \]
解出 \(p_1 \in [0,1]\)，得
\[ p_1 = 1, p_1 = \sqrt 2 - 1. \]
接下来我们要排除 \(p_1=1\) 的答案。设初始有 \(1\) 个细胞，这些细胞在 \(k\) 回合内最终毁灭的概率为 \(p_{1, k}\)，我们要证明 \(\forall k, p_{1, k} < 1\)。
首先计算 \(p_{1,1} = \frac{1}{4}\)。
又
\[ p_{1,k} = \frac{1}{4} + \frac{1}{4} p_{1,k-1} + \frac{1}{4} p_{1,k-1}^2 + \frac{1}{4} p_{1,k-1}^3. \]
同时，容易知道 \(p_{1,k}\) 数列单调不减，故先触碰到极限 \(\sqrt 2 - 1\)，因此
\[ \lim_{k \to \infty} p_{1, k} = \sqrt 2 - 1. \]
因此，可以排除 \(p_1 = 1\) 的答案。
于是，在存在 \(n\) 个细胞时，最终细胞数为 \(0\) 的概率
\[ p_n = (\sqrt 2 - 1)^n. \]
使用数列 \(p_{n,k}\) 可以求解，最终细胞数变为为 \(0\) 所需经过回合数的数学期望，但由于基本不可能写出数列 \(p_{n,k}\) 的通项，因此只能一步步迭代到很大的 \(k\) 做逼近。
衍生题
1
设 \(p \in [0,1]\)，
\[ (1-p) + p \cdot x^k = x, \]
的最小非负根为 \(x_1\)。求证：
\[ \lim_{k \to \infty} x_1 = 1-p. \]
证明：这种细胞每回合要么死（概率为 \(1-p\)），要么变成 \(k\) 个自己（概率为 \(p\)）。因此当 \(k\) 很大时，基本上一定能活下来，但要是第一回合以 \(1-p\) 概率死了，那游戏结束。所以，最终会死的机会基本等同于第一次死的机会，即 \(1-p\)。
2
设 \(p \in [0,1]\)，
\[ (1-p) + p \cdot x^k = x, \]
的最小非负根为 \(x_1\)。求证：
\[ x_1 < 1 \]
的充要条件为 \(p > \frac{1}{k}\)。
证明：这种细胞每回合要么死（概率为 \(1-p\)），要么变成 \(k\) 个自己（概率为 \(p\)）。上式其实是“可能不死”应该满足的条件。
如果细胞每回合期望变成 \(1\) 个自己，那么
\[ 1 = (1-p) \cdot 0 + p \cdot k \]
解得 \(p = \frac{1}{k}\)。如果每回合期望变成自己的个数大于 \(1\)，那么细胞就有增殖的倾向，从而“可能不死”，否则必死（以概率1死）。
于是，若 \(p > \frac{1}{k}\)，则增殖倾向成立，全灭概率小于 \(1\)，反之亦然。