Питання для інтерв'ю Амеби

25

Мені було задано це питання під час інтерв'ю щодо торгової позиції у фірмовій торговій фірмі. Мені б дуже хотілося знати відповідь на це питання та інтуїцію, що стоїть за ним.

Питання Амеби: Популяція амеб починається з 1. Після 1 періоду амеба може поділитися на 1, 2, 3 або 0 (вона може загинути) з однаковою ймовірністю. Яка ймовірність того, що все населення вмирає з часом?

probability

— AME
джерело

ми повинні припустити , що робить кожен з них з імовірністю

1 / 4

$1/4$ ?

— shabbychef

16

з біологічної точки зору, такий шанс є 1. Навколишнє середовище має змінитися до такої точки, яку жодна популяція не зможе вижити, враховуючи, що за x мільярд років сонце повинно вибухнути. Але я думаю, що це насправді не відповідь, яку він шукав. ;-) Питання також не має сенсу. Амеби можуть ділитися лише на 2 або 0. Мораль: торговці не повинні задавати питання біології.

— Joris Meys

7

Таке запитання при співбесіді на таку посаду? Можливо, це щось на зразок dilbert.com/strips/comic/2003-11-27 ?

1

Це миле запитання, як згадує Майк. Інтуїція тут полягає в тому, що ймовірність виживання / вимирання однакова між двома поколіннями. Більш креативну версію можна думати, коли сама ймовірність виживання змінюється залежно від кількості наявних амеб. Я додав його до свого блогу сайту.

— брокколі

1

1) Амеби розмножуються бінарними мітозами. 2) Амеби не відтворюються в ненормальних мітотичних показниках, наприклад, у часи 3, якби такі були помічені, це було б летально. 4) Задаючи запитання під час інтерв'ю, що упередження підтвердження, як правило, вважається низькою якістю. Поради; ви можете не хотіти цієї роботи.

— Карл

36

Симпатична проблема. Це та сама штука, яку ймовірні робітники роблять у своїх головах для розваги.

Методика полягає в припущенні , що існує така ймовірність вимирання, назве його . Потім, дивлячись на глибоке дерево рішень щодо можливих результатів, ми бачимо - використовуючи Закон повної ймовірності - це $P$

$P=\frac{1}{4} + \frac{1}{4}P + \frac{1}{4}P^2 + \frac{1}{4}P^3$

припускаючи, що у випадках 2 або 3 "потомства" їх ймовірність вимирання є IID. Це рівняння має два можливих кореня, і $1$ $\sqrt{2}-1$ . Хтось розумніший за мене, можливо, зможе пояснити, чому не правдоподібний. $1$

Робота повинна бути тісною - який інтерв'юер очікує, що ви вирішите кубічні рівняння в голові?

— Майк Андерсон
джерело

3

Причину 1 - не коренева ситуація легко зрозуміти, враховуючи очікувану кількість Амеби після

кроків, назвіть її

. Можна легко показати, що

. Оскільки ймовірність кожного результату

ми маємо

, і тому

необмежено зростає в

. Це, очевидно, не дає

.

k

$k$

E_{k}

$E_k$

E_{k} = E_{1}^{k}

$E_k = E_1^k$

1 / 4,

$1/4,$

E_{1} = 3 / 2

$E_1 = 3/2$

E_{k}

$E_k$

k

$k$

P = 1

$P = 1$

— shabbychef

9

@shabbychef Мені це не так очевидно. Ви можете змусити зростати експоненціально (або навіть швидше), тоді як ймовірність вимирання все ж наближається до єдності. (Наприклад, розглянемо стохастичний процес, при якому популяція або в кожне покоління збільшується вчетверо, або вимирає цілком, кожне з рівними шансами. Очікування при поколінні n дорівнює 2 ^ n, але ймовірність вимирання - 1.) Таким чином, немає властивого протиріччя; ваш аргумент потребує чогось додаткового.

— whuber

1

@shabbychef - дякую за редагування. Я не розумів, що ми можемо використовувати вбудований TeX для математики! @whuber - вислів shabbychef

- це лише зміна мого твердження про ймовірність вимирання, просто додайте очікування замість того, щоб збільшувати ймовірності. Гарна робота, шаб.

E_{k} = E_{1}^{k}

$E_k = E_1^k$

— Майк Андерсон

1

Це зрозуміло, Майку, але що ти думаєш? Хіба ми не говоримо про те, як виключити 1 як рішення? До речі, очевидно (шляхом огляду та / або розуміння проблеми) 1 буде рішенням. Це зводить його до квадратичного рівняння, яке можна легко вирішити на місці. Однак, звичайно, це не питання інтерв'ю. Запитувач, ймовірно, намагається побачити, що заявник активно знає про стохастичні процеси, броунівський рух, обчислення Іто тощо, і як вони вирішують проблеми, а не чи можуть вони вирішити саме це питання.

— whuber

3

@shabbychef: Один із способів виключення P = 1 - це вивчення еволюції функції, що генерує ймовірність. Pgf отримують, починаючи з t (представляючи початкову сукупність 1) і ітеративно замінюючи t на (1 + t + t ^ 2 + t ^ 3) / 4. Для будь-якого початкового значення t менше 1, графічний малюнок легко показує, що ітератори сходяться до Sqrt (2) -1. Зокрема, pgf тримається подалі від 1, показуючи, що він не може сходитися до 1 скрізь, що може означати повне вимирання. Ось чому "1 не правдоподібний".

— whuber

21

Деякий зворотній бік обчислення конверта (літерально - у мене на моєму столі лежав конверт) дає мені ймовірність 42/111 (38%) ніколи не досягти населення 3.

Я провів швидке моделювання Python, побачивши, скільки населення загинуло за 20 поколінь (в цей момент вони зазвичай або вимерли, або їх тисячі), і я отримав 4164 мертвих із 10000 пробігів.

Тож відповідь - 42%.

— Еміль
джерело

9

дорівнює 0,4142, тобто це узгоджується з аналітичним результатом Майка. І +1, тому що мені подобаються симуляції ;-)

\sqrt{2} - 1

$\sqrt{2}-1$

2

Також +1, тому що мені подобаються симуляції. Яка була б моя відповідь;).

— Фоміт

7

Це звучить, пов'язане з процесом Галтона Уотсона , спочатку сформульованим для вивчення виживання прізвищ. Імовірність залежить від очікуваної кількості суб-амеб після одного поділу. В цьому випадку, очікуване число становить яке більше , ніж критичне значення , і , таким чином , ймовірність зникнення менш ніж $3/2,$ $1$ $1$ .

Розглядаючи очікувану кількість амеб після поділів, можна легко показати, що якщо очікуване число після одного поділу менше , ймовірність вимирання дорівнює . Інша половина проблеми, я не так впевнений. $k$ $1$ $1$

— шабчеф
джерело

6

Як і у відповіді Майка Андерсона, можна сказати, що ви можете прирівняти ймовірність вимирання родини амеб до суми ймовірностей вимерлості родин.

p_{p а r е н т} = \frac{1}{4} p_{c год i л г}^{3} + \frac{1}{4} p_{c год i л г}^{2} + \frac{1}{4} p_{c год i л г} + \frac{1}{4}

$p_{parent} = \frac{1}{4} p_{child}^3 + \frac{1}{4} p_{child}^2 + \frac{1}{4} p_{child} + \frac{1}{4}$

Тоді, коли ви встановите рівну ймовірність батьків і дітей для їх вимерлості, тоді ви отримаєте рівняння:

p = \frac{1}{4} p^{3} + \frac{1}{4} p^{2} + \frac{1}{4} p + \frac{1}{4}

$p = \frac{1}{4} p^3 + \frac{1}{4} p^2 + \frac{1}{4} p + \frac{1}{4}$

який має коріння $p=1$ , $p=\sqrt{2}-1$ , а $p=-\sqrt{2}-1$ .

Залишається питання, чому відповідь має бути $p=\sqrt{2}-1$ а не $p=1$ . Це, наприклад, задається в цьому дублікатіпитання про інтерв'ю Amoeba: P (N = 0) 1 або 1/2? . Увідповіді з shabbychefпояснюється, що можна подивитися, $E_k$ , величину очікування чисельності населення після $k$ -го поділу, і побачити, чи зменшується воно, чи зростає.

Для мене є деяка опосередкованість аргументації за цим, і мені здається, що це не доведено повністю.

Наприклад, в одному з коментарів Вюбер зазначає, що ви можете мати зростаюче значення очікування $E_k$ а також маєте ймовірність вимирання при $k$ кроковому підході 1. Як приклад ви можете ввести катастрофічну подію, яка знищує всю амебу населення, і це відбувається з певною вірогідністю $x$ на кожному кроці. Тоді родина амеб майже загине. І все-таки очікування чисельності населення на кроці $k$ зростає.
Крім того, відповідь залишає відкритим, що ми маємо думати про ситуацію, коли $E_k = 1$ (наприклад, коли амеба розпадається або не ділиться на рівну, 50% ймовірність, тоді родовід амеби вимирає з вірогідністю майже $1$ вісімдесят $E_k= 1$ )

Альтернативна деривація.

Зауважимо, що розв’язок $p=1$ може бути істинною істиною . Ми прирівнюємо ймовірність того, що батьківський рід буде вимерлим, а лінія дитини вимерла.

Якщо "ймовірність вимирання лінії дитини дорівнює $1$ ".
Тоді "ймовірність вимирання родинної лінії дорівнює $1$ ".

Але це не означає, що правда, що "ймовірність вимерлості лінії дитини дорівнює $1$ ". Це особливо зрозуміло, коли завжди буде нечисло число потомства. Наприклад, уявіть рівняння:

p = \frac{1}{3} p^{3} + \frac{1}{3} p^{2} + \frac{1}{3} p

$p = \frac{1}{3} p^3 + \frac{1}{3} p^2 + \frac{1}{3} p$

Чи могли б ми досягти рішення дещо по-іншому?

$p_k$ $k$

p_{1} = \frac{1}{4}

$p_1 = \frac{1}{4}$

і відношення рецидиву

p_{к + 1} = \frac{1}{4} p_{к}^{3} + \frac{1}{4} p_{к}^{2} + \frac{1}{4} p_{к} + p_{1}

$p_{k+1} = \frac{1}{4} p_{k}^3 + \frac{1}{4} p_k^2 + \frac{1}{4} p_k + p_1$

або

δ_{к} = p_{к + 1} - p_{к} = \frac{1}{4} p_{к}^{3} + \frac{1}{4} p_{к}^{2} - \frac{3}{4} p_{к} + p_{1} = f (p_{к})

$\delta_k = p_{k+1} - p_k = \frac{1}{4} p_{k}^3 + \frac{1}{4} p_k^2 - \frac{3}{4} p_k + p_1 = f(p_k)$

$f(p_k)>1$ $k$ $k$

Конвергенція до кореня та співвідношення зі значенням очікування

$f(p_k) < p_{\infty}-p_k$ $p_k$ $k$ $f(p_\infty) = 0$

Ви можете переконатися, що це (не перевершуючи корінь) завжди, коли нахил / похідна від $f(p_k)$ $-1$ $0\leq p \leq 1$ $f(p) = -p + \sum_{k=0}^{\infty} a_k p^k$ $a_k \geq 0$

З похідною

f^{'} (p) = - 1 + \sum_{k = 1}^{\infty} a_{k} k p^{k - 1}

$f^\prime(p) = -1 + \sum_{k=1}^{\infty} a_k k p^{k-1}$

f^{'} (0) = - 1

$f^\prime(0) = -1$

f^{'} (1) = - 1 + E_{1}

$f^\prime(1) = -1 + E_1$

p = 0

$p=0$

p = 1

$p=1$

E_{1} > 1

$E_1>1$

0

$0$

1

$1$

E_{1} \leq 1

$E_1 \leq 1$

0

$0$

1

$1$

f (p) = 0

$f(p) = 0$

a_{1} = 1

$a_1 = 1$

— Секст Емпірік
джерело