Temps prévu jusqu'à ce que la marche aléatoire sur la grille hexagonale dépasse la distance N depuis le départ

Question

Une particule commence dans une cellule dans une grille hexagonale infinie, et chaque seconde, saute vers une cellule adjacente de manière uniforme et aléatoire. Quelle est la durée attendue jusqu'à ce que la particule soit$N$la cellule saute loin de son point de départ? Avec une algèbre linéaire, par exemple, on trouve des valeurs de$1$, puis $10/3$, puis $213/29$, pour les cas $N=1,2,3$respectivement. La simulation informatique montre que la croissance est d'environ$4N^2/5$.

Je m'attendais à pouvoir résoudre ce problème avec des méthodes similaires (en utilisant des polynômes en coordonnées barycentriques, contraints par des symétries dièdres) en ce qui concerne ma récente question Puzzling , mais en vain jusqu'à présent. Curieusement, par un argument de couplage, ce problème équivaut à calculer la valeur attendue de la variable$\text{min}\{X_1,X_2\}$ où $X_i$ sont des variables iid représentant le temps d'évasion de l'abeille domestique du centre de son triangle dans le problème lié, mais cette observation ne semble pas aider beaucoup.

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Quelques divagations sur mes tentatives actuelles: en coordonnées barycentriques $(\alpha, \beta, \gamma)$ par lequel nous avons toujours $\alpha + \beta + \gamma = 3N$, il semblerait raisonnable d'exiger que - afin de trouver le temps moyen d'évasion à $(\alpha, \beta, \gamma)$ du $N-1$-hexagone centré sur $(N,N,N)$—Nous trouvons une fonction $H(\alpha, \beta, \gamma)$ satisfaisant algébriquement la propriété "moyenne-de-6-voisins-plus-1" partout, ce qui satisfait également $H = 0$ n'importe quand $\alpha = 0, 2N$ ou $\beta = 0, 2N$ ou $\gamma = 0, 2N$.

Après tout, cette approche est exactement la façon dont le problème du temps d'échappement triangulaire est résolu, en laissant simplement de côté le $2N$contraintes. Dans ce cas, on pense aux polynômes symétriques élémentaires en$\alpha, \beta, \gamma$et réaliser $\alpha\beta\gamma$est un bon candidat. Il ne satisfait pas tout à fait la loi de moyenne plus un - sa différence par rapport à sa fonction de moyenne proche est$3N$ et pas $1$-Nous l'ajustons donc pour $\frac{3\alpha\beta\gamma}{\alpha+\beta+\gamma}$ résoudre le problème.

Voilà donc comment j'ai procédé ici, en examinant le candidat évident $H=\alpha \beta \gamma (\alpha-2\beta-2\gamma)(\beta-2\alpha-2\gamma)(\gamma-2\alpha-2\beta)$. Mais sa différence par rapport à sa fonction proche de la moyenne est épineuse et n'est pas susceptible de modifications évidentes. Avec un peu de réflexion, on se rend compte que le champ des fonctions rationnelles invariantes jusqu'à la symétrie angulaire et miroir sont générées par$H$ aussi bien que $e_1 = \alpha+\beta+\gamma$ et $e_2 = \alpha \beta + \alpha \gamma + \beta\gamma$. Surtout compte tenu des preuves empiriques que notre formule sera de degré$2$, on pourrait essayer des ajustements de candidat comme $\frac{H}{e_1^4}$ ou $\frac{H}{e_1^2 e_2}$ ou $\frac{H}{e_2^2}$ ou $\frac{H^2}{e_1^4 e_2^3}$... mais un certain temps passé à Mathematica s'est avéré infructueux.

Il est devenu clair pour moi maintenant qu'aucune fonction rationnelle de la forme$\frac{F}{e_1^n e_2^m}$satisfera aux critères du premier paragraphe , car une telle fonction sera toujours définie sur et à l'intérieur de la région triangulaire complète, se limitant ainsi à une solution du problème du temps d'échappement des abeilles. Selon le raisonnement en chaîne de Markov standard, cette solution est unique, et évidemment pas la solution au problème en question. Donc, soit un dénominateur encore plus compliqué est nécessaire (celui donnant des pôles à l'extérieur de l'hexagone mais à l'intérieur du triangle), soit nous devons permettre des possibilités comme$H \neq 0$ même si $\alpha = 0$ tant que nous sommes en dehors de la limite hexagonale, ou que nous avons besoin d'un changement encore plus radical de nos techniques.

Answer 1

Encodons la grille hexagonale en utilisant le réseau hexagonal

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

où chacun $z \in \mathsf{G}$représente le centre d'une cellule hexagonale. Puis deux cellules$z_1$ et $z_2$ sont adjacents précisément quand $\left| z_1 - z_2 \right| = 1$.

Nous écrivons aussi $\mathsf{C}_n$ pour l'ensemble de toutes les cellules avec sont précisément $n$ cellules loin de l'origine.

Maintenant, laisse $(X_n)_{n\geq0}$ dénotent la marche aléatoire simple sur $\mathsf{G}$, commencé à $X_0 = 0$. Dénoter par$\tau_n$ le temps de frappe de $\mathsf{C}_n$. Puis par la seconde identité de Wald, l'attente de$\tau_n$ est

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

Maintenant, si nous définissons le processus en temps continu $\tilde{X}^{(n)}_t = \frac{1}{n} X_{\lfloor n^2 t\rfloor}$ par la mise à l'échelle diffusive de $X$, puis par le principe d'invariance, $\tilde{X}^{(n)}$ converge vers le mouvement brownien complexe $W$ commencé à $0$. Donc si$\ell$ désigne le facteur constant apparaissant dans la formule asymptotique pour $\mathbb{E}[\tau_n]$, puis

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

où $\mathsf{C}$ est l'hexagone régulier avec des sommets $e^{ik\pi/3}$ pour $k = 0, 1, \dots, 5$, qui apparaît comme la "limite" de l'ensemble remis à l'échelle $n^{-1}\mathsf{C}_n$, et $\tau_{\mathsf{C}}$ est le temps de frappe de $\mathsf{C}$.

Afin de calculer la dernière intégrale, considérons le mappage de Schwarz – Christoffel

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

sur le disque de l'unité $\mathbb{D}$, et le facteur de normalisation $K$ est choisi comme

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

de sorte que $\phi(1) = 1$tient. Il est bien connu que$\phi$ Plans $\partial\mathbb{D}$ à $\mathsf{C}$, et $\phi$ est un mappage conforme de $\mathbb{D}$ à l'intérieur de $\mathsf{C}$. Donc par l'invariance conforme de$W$, on obtient

\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*}