Oczekiwany czas, po którym losowy spacer po sześciokątnej siatce przekroczy odległość N od startu
Cząstka zaczyna się w komórce w nieskończonej sześciokątnej siatce i co sekundę przeskakuje do sąsiedniej komórki równomiernie losowo. Jaka jest oczekiwana ilość czasu, zanim cząstka się pojawi$N$komórka odskakuje od punktu wyjścia? Na przykład w przypadku algebry liniowej można znaleźć wartości$1$, następnie $10/3$, następnie $213/29$, dla przypadków $N=1,2,3$odpowiednio. Symulacja komputerowa pokazuje, że wzrost jest w przybliżeniu$4N^2/5$.
Spodziewałem się, że uda mi się rozwiązać ten problem podobnymi metodami (używając wielomianów we współrzędnych barycentrycznych, ograniczonych przez symetrie dwuścienne), jak w przypadku mojego ostatniego pytania Puzzling , ale jak dotąd bezskutecznie. Co ciekawe, za pomocą argumentu sprzęgającego problem ten jest równoważny z obliczeniem oczekiwanej wartości zmiennej$\text{min}\{X_1,X_2\}$ gdzie $X_i$ są zmiennymi iid reprezentującymi czas ucieczki pszczoły miodnej ze środka jej trójkąta w powiązanym problemie, ale ta obserwacja nie wydaje się zbyt pomocna.
Trochę gadania o moich obecnych próbach: we współrzędnych barycentrycznych $(\alpha, \beta, \gamma)$ dzięki czemu zawsze mamy $\alpha + \beta + \gamma = 3N$, wydaje się rozsądne żądanie tego - w celu ustalenia średniego czasu ucieczki na $(\alpha, \beta, \gamma)$ z $N-1$-heksagon na środku $(N,N,N)$—Znajdujemy funkcję $H(\alpha, \beta, \gamma)$ algebraicznie spełniając wszędzie właściwość „średnia 6 sąsiadów plus 1”, co również spełnia $H = 0$ kiedy tylko $\alpha = 0, 2N$ lub $\beta = 0, 2N$ lub $\gamma = 0, 2N$.
W końcu to podejście jest dokładnie tym, w jaki sposób rozwiązano trójkątny problem czasu ucieczki, po prostu pomijając $2N$ograniczenia. W takim przypadku myślimy o elementarnych symetrycznych wielomianach w$\alpha, \beta, \gamma$i uświadom sobie $\alpha\beta\gamma$jest dobrym kandydatem. Nie do końca spełnia zasadę uśredniania plus jeden - różni się od funkcji pobliskiej średniej$3N$ i nie $1$- więc dostosowujemy to $\frac{3\alpha\beta\gamma}{\alpha+\beta+\gamma}$ rozwiązać problem.
Tak więc postąpiłem tutaj, badając oczywistego kandydata $H=\alpha \beta \gamma (\alpha-2\beta-2\gamma)(\beta-2\alpha-2\gamma)(\gamma-2\alpha-2\beta)$. Ale jego różnica w stosunku do jego bliskiej średniej funkcji jest nierówna i nie jest podatna na oczywiste poprawki. Po zastanowieniu zdajemy sobie sprawę, że pole funkcji wymiernych niezmiennych aż do symetrii kątowej i lustrzanej jest generowane przez$H$ jak również $e_1 = \alpha+\beta+\gamma$ i $e_2 = \alpha \beta + \alpha \gamma + \beta\gamma$. Zwłaszcza biorąc pod uwagę dowody empiryczne, że nasza formuła będzie stopniowa$2$, można spróbować ulepszeń kandydatów, takich jak $\frac{H}{e_1^4}$ lub $\frac{H}{e_1^2 e_2}$ lub $\frac{H}{e_2^2}$ lub $\frac{H^2}{e_1^4 e_2^3}$... ale jakiś czas spędzony w Mathematica okazał się bezowocny.
Teraz stało się dla mnie jasne, że nie ma racjonalnej funkcji formy$\frac{F}{e_1^n e_2^m}$spełni kryteria z pierwszego akapitu , ponieważ taka funkcja będzie nadal definiowana w pełnym trójkątnym obszarze, ograniczając się w ten sposób do rozwiązania problemu czasu ucieczki pszczoły miodnej. Zgodnie ze standardowym rozumowaniem łańcucha Markowa, to rozwiązanie jest unikalne i oczywiście nie stanowi rozwiązania problemu. Zatem albo potrzebny jest jeszcze bardziej skomplikowany mianownik (dający bieguny poza sześciokątem, ale wewnątrz trójkąta), albo musimy pozwolić na możliwości takie jak$H \neq 0$ choćby $\alpha = 0$ dopóki jesteśmy poza sześciokątną granicą lub potrzebujemy jeszcze bardziej radykalnej zmiany naszych technik.
Odpowiedzi
Zakodujmy siatkę heksagonalną za pomocą siatki heksagonalnej
$$ \mathsf{G} = \{ a + b \omega : a, b \in \mathbb{Z} \}, \qquad \omega = e^{i\pi/3},$$
gdzie każdy $z \in \mathsf{G}$reprezentuje środek sześciokątnej komórki. Potem dwie komórki$z_1$ i $z_2$ sąsiadują dokładnie, kiedy $\left| z_1 - z_2 \right| = 1$.
Piszemy też $\mathsf{C}_n$ dla zbioru wszystkich komórek z są dokładnie $n$ komórki z dala od źródła.
Teraz pozwól $(X_n)_{n\geq0}$ oznaczają prosty przypadkowy spacer $\mathsf{G}$, rozpoczęto o godz $X_0 = 0$. Oznacz przez$\tau_n$ czas uderzenia $\mathsf{C}_n$. Następnie tożsamość drugiego Walda, oczekiwanie$\tau_n$ jest
$$ \mathbb{E}[\tau_n] = \mathbb{E}\bigl[ \left| X_{\tau_n} \right|^2 \bigr]. $$
Teraz, jeśli zdefiniujemy proces ciągły $\tilde{X}^{(n)}_t = \frac{1}{n} X_{\lfloor n^2 t\rfloor}$ przez dyfuzyjne skalowanie $X$, to zgodnie z zasadą niezmienności $\tilde{X}^{(n)}$ zbiega się ze złożonym ruchem Browna $W$ zaczęło się o $0$. Więc jeśli$\ell$ oznacza stały czynnik występujący we wzorze asymptotycznym na $\mathbb{E}[\tau_n]$, następnie
$$ \ell = \lim_{n\to\infty} \frac{1}{n^2}\mathbb{E}[\tau_n] = \mathbb{E}\bigl[ \left| W_{\tau} \right|^2 \bigr] = \int_{\mathsf{C}} \left| z \right|^2 \, \mathbb{P}(W_{\tau_{\mathsf{C}}} \in \mathrm{d}z), $$
gdzie $\mathsf{C}$ jest sześciokątem foremnym z wierzchołkami $e^{ik\pi/3}$ dla $k = 0, 1, \dots, 5$, która powstaje jako „limit” przeskalowanego zestawu $n^{-1}\mathsf{C}_n$, i $\tau_{\mathsf{C}}$ to czas uderzenia $\mathsf{C}$.
Aby obliczyć ostatnią całkę, rozważ odwzorowanie Schwarza – Christoffela
$$ \phi(z) = K \int_{0}^{z} \frac{1}{(1-\zeta^6)^{1/3}} \, \mathrm{d}\zeta $$
na płycie jednostkowej $\mathbb{D}$i czynnik normalizujący $K$ jest wybierany jako
$$ K = \left( \int_{0}^{1} \frac{1}{(1-x^6)^{1/3}} \, \mathrm{d}x \right)^{-1} = \frac{6 \cdot 2^{1/3} \pi^{1/2}}{\Gamma(\frac{1}{6})\Gamma(\frac{1}{3})} $$
po to aby $\phi(1) = 1$trzyma. Jak powszechnie wiadomo$\phi$ mapy $\partial\mathbb{D}$ do $\mathsf{C}$, i $\phi$ jest konformalnym mapowaniem z $\mathbb{D}$ do wnętrza $\mathsf{C}$. A więc zgodnie z niezmienniczością konformalną$W$, otrzymujemy
\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*}