Erwartete Zeit, bis der zufällige Gang auf dem sechseckigen Gitter den Abstand N vom Start überschreitet

Nov 21 2020

Ein Partikel beginnt in einer Zelle in einem unendlichen hexagonalen Gitter und springt jede Sekunde gleichmäßig zufällig zu einer benachbarten Zelle. Was ist die erwartete Zeit bis das Partikel ist$N$Zellensprünge von seinem Ausgangspunkt weg? Mit etwas linearer Algebra findet man zum Beispiel Werte von$1$, dann $10/3$, dann $213/29$für Fälle $N=1,2,3$beziehungsweise. Die Computersimulation zeigt, dass das Wachstum ungefähr ist$4N^2/5$.

Ich hatte erwartet, dieses Problem mit ähnlichen Methoden (unter Verwendung von Polynomen in baryzentrischen Koordinaten, die durch Dieder-Symmetrien eingeschränkt sind) zu lösen, wie dies bei meiner jüngsten Rätselfrage der Fall war , aber bisher ohne Erfolg. Seltsamerweise entspricht dieses Problem durch ein Kopplungsargument der Berechnung des erwarteten Werts der Variablen$\text{min}\{X_1,X_2\}$ wo $X_i$ sind iid-Variablen, die die Fluchtzeit der Honigbiene aus der Mitte ihres Dreiecks im verknüpften Problem darstellen, aber diese Beobachtung scheint nicht viel zu helfen.


Einige Streifzüge über meine aktuellen Versuche: In baryzentrischen Koordinaten $(\alpha, \beta, \gamma)$ wobei wir immer haben $\alpha + \beta + \gamma = 3N$Es erscheint vernünftig, dies zu verlangen, um die durchschnittliche Fluchtzeit bei zu finden $(\alpha, \beta, \gamma)$ von dem $N-1$-Hexagon zentriert bei $(N,N,N)$- Wir finden eine Funktion $H(\alpha, \beta, \gamma)$ algebraisch die Eigenschaft "Durchschnitt von 6 Nachbarn plus 1" überall erfüllen, was auch erfüllt $H = 0$ wann immer $\alpha = 0, 2N$ oder $\beta = 0, 2N$ oder $\gamma = 0, 2N$.

Schließlich ist dieser Ansatz genau die Lösung des dreieckigen Fluchtzeitproblems, wobei nur das weggelassen wird $2N$Einschränkungen. In diesem Fall denken wir an die elementaren symmetrischen Polynome in$\alpha, \beta, \gamma$und realisieren $\alpha\beta\gamma$ist ein guter Kandidat. Es erfüllt das Gesetz der Mittelwertbildung plus eins nicht ganz - sein Unterschied zu seiner Funktion für den Durchschnittswert in der Nähe ist$3N$ und nicht $1$- also optimieren wir es $\frac{3\alpha\beta\gamma}{\alpha+\beta+\gamma}$ um das Problem zu lösen.

So ging ich hier vor und untersuchte den offensichtlichen Kandidaten $H=\alpha \beta \gamma (\alpha-2\beta-2\gamma)(\beta-2\alpha-2\gamma)(\gamma-2\alpha-2\beta)$. Aber sein Unterschied zu seiner nahen Durchschnittsfunktion ist knorrig und nicht anfällig für offensichtliche Änderungen. Mit einigem Nachdenken erkennt man das Feld rationaler Funktionen, die bis zur Winkel- und Spiegelsymmetrie unveränderlich sind$H$ ebenso gut wie $e_1 = \alpha+\beta+\gamma$ und $e_2 = \alpha \beta + \alpha \gamma + \beta\gamma$. Besonders angesichts der empirischen Beweise, dass unsere Formel graduell sein wird$2$könnte man versuchen, Kandidaten-Tweaks wie $\frac{H}{e_1^4}$ oder $\frac{H}{e_1^2 e_2}$ oder $\frac{H}{e_2^2}$ oder $\frac{H^2}{e_1^4 e_2^3}$... aber einige Zeit in Mathematica erwies sich als erfolglos.

Mir ist jetzt klar geworden, dass es keine rationale Funktion der Form gibt$\frac{F}{e_1^n e_2^m}$erfüllt die Kriterien des ersten Absatzes , da eine solche Funktion weiterhin auf und innerhalb des gesamten dreieckigen Bereichs definiert wird, wodurch eine Lösung des Problems der Fluchtzeit der Honigbiene eingeschränkt wird. Nach der Standard-Markov-Ketten-Argumentation ist diese Lösung einzigartig und offensichtlich nicht die Lösung für das vorliegende Problem. Es wird also entweder ein noch komplizierterer Nenner benötigt (einer, der Pole außerhalb des Sechsecks, aber innerhalb des Dreiecks angibt), oder wir müssen Möglichkeiten wie zulassen$H \neq 0$ selbst wenn $\alpha = 0$ Solange wir uns außerhalb der hexagonalen Grenze befinden oder noch radikalere Änderungen an unseren Techniken erforderlich sind.

Antworten

6 SangchulLee Nov 23 2020 at 23:07

Codieren wir das hexagonale Gitter mit dem hexagonalen Gitter

$$ \mathsf{G} = \{ a + b \omega : a, b \in \mathbb{Z} \}, \qquad \omega = e^{i\pi/3},$$

wo jeder $z \in \mathsf{G}$repräsentiert das Zentrum einer hexagonalen Zelle. Dann zwei Zellen$z_1$ und $z_2$ sind genau dann benachbart, wenn $\left| z_1 - z_2 \right| = 1$.

Wir schreiben auch $\mathsf{C}_n$ für die Menge aller Zellen mit sind genau $n$ Zellen vom Ursprung entfernt.

Nun lass $(X_n)_{n\geq0}$ bezeichnen den einfachen zufälligen Gang weiter $\mathsf{G}$, fing an bei $X_0 = 0$. Bezeichnen mit$\tau_n$ die Schlagzeit von $\mathsf{C}_n$. Dann durch die Identität des zweiten Waldes die Erwartung von$\tau_n$ ist

$$ \mathbb{E}[\tau_n] = \mathbb{E}\bigl[ \left| X_{\tau_n} \right|^2 \bigr]. $$

Nun, wenn wir den zeitkontinuierlichen Prozess definieren $\tilde{X}^{(n)}_t = \frac{1}{n} X_{\lfloor n^2 t\rfloor}$ durch die diffusive Skalierung von $X$dann nach dem Invarianzprinzip, $\tilde{X}^{(n)}$ konvergiert zur komplexen Brownschen Bewegung $W$ fing an bei $0$. Also, wenn$\ell$ bezeichnet den konstanten Faktor, der in der asymptotischen Formel für erscheint $\mathbb{E}[\tau_n]$, dann

$$ \ell = \lim_{n\to\infty} \frac{1}{n^2}\mathbb{E}[\tau_n] = \mathbb{E}\bigl[ \left| W_{\tau} \right|^2 \bigr] = \int_{\mathsf{C}} \left| z \right|^2 \, \mathbb{P}(W_{\tau_{\mathsf{C}}} \in \mathrm{d}z), $$

wo $\mathsf{C}$ ist das reguläre Sechseck mit Eckpunkten $e^{ik\pi/3}$ zum $k = 0, 1, \dots, 5$, die als "Grenze" des neu skalierten Satzes entsteht $n^{-1}\mathsf{C}_n$, und $\tau_{\mathsf{C}}$ ist die Schlagzeit von $\mathsf{C}$.

Um das letzte Integral zu berechnen, betrachten Sie die Schwarz-Christoffel-Abbildung

$$ \phi(z) = K \int_{0}^{z} \frac{1}{(1-\zeta^6)^{1/3}} \, \mathrm{d}\zeta $$

über der Gerätescheibe $\mathbb{D}$und der Normalisierungsfaktor $K$ wird gewählt als

$$ K = \left( \int_{0}^{1} \frac{1}{(1-x^6)^{1/3}} \, \mathrm{d}x \right)^{-1} = \frac{6 \cdot 2^{1/3} \pi^{1/2}}{\Gamma(\frac{1}{6})\Gamma(\frac{1}{3})} $$

so dass $\phi(1) = 1$hält. Es ist gut bekannt, dass$\phi$ Karten $\partial\mathbb{D}$ zu $\mathsf{C}$, und $\phi$ ist eine konforme Zuordnung von $\mathbb{D}$ ins Innere von $\mathsf{C}$. Also durch die konforme Invarianz von$W$, wir erhalten

\begin{align*} \ell &= \int_{\partial\mathbb{D}} \left| \phi(w) \right|^2 \, \mathbb{P}(W_{\tau_{\partial\mathbb{D}}} \in \mathrm{d}w) = \frac{1}{2\pi} \int_{0}^{2\pi} \bigl| \phi(e^{i\theta}) \bigr|^2 \, \mathrm{d}\theta \\ &= K^2 \sum_{n=0}^{\infty} \binom{-1/3}{n}^2 \frac{1}{(6n+1)^2} \approx 0.80957626278006891494. \end{align*}