Carta moschicida

[axpgn]

Una mosca cammina lungo gli spigoli del cubo $ABCDEFGH$ ($E$ sopra $D$, $F$ sopra $C$, $G$ sopra $B$ e $H$ sopra $A$)
La probabilità che la mosca partendo da un vertice scelga uno qualsiasi dei tre spigoli è $1/3$.
I vertici $F$ e $G$ sono coperti da carta moschicida.

Partendo da $A$ quale è la probabilità che la mosca rimanga bloccata in $F$?
E in $G$?
E che non rimanga bloccata affatto?


Cordialmente, Alex

[Studente Anonimo]

1) \( \frac{3}{7}\)
2) \( \frac{4}{7} \)
3) \(0\)

[Studente Anonimo]

"3m0o":

1) \( \frac{3}{7} \)
2) \( \frac{4}{7} \)
3) \( 0 \)

Sia \(G\) il grafo che rappresenta "l'interno" del nostro cubo (essenzialmente dove non c'è la colla), identifichiamolo con i suoi vertici, ovvero \( G= \{ A,B,C,D,E,H \} \), mentre sia \( \partial G \) il bordo del grafo (dove c'è la colla), ovvero i vertici a cui è connesso \(G\), i.e. i vertici \( \{ F,G \} \). Consideriamo \( (X_n)_{n \geq 0 } \) una passeggiata aleatoria semplice su \( G \cup \partial G \) (essenzialmente la nostra mosca che cammina ma come se non ci fosse la colla). Definiamo \( \tau_{\partial G} = \inf \{ n \in \mathbb{N} : X_n \in \partial G \} \) (rappresenterebbe il momento in cui si incolla la mosca). Abbiamo che siccome \( G \) è finito chiaramente \( (X_n)_{n \geq 0} \) è ricorrente pertanto per ogni \( x \in G \cup \partial G \) abbiamo che \[ \mathbb{P}_x ( \tau_{\partial G} < \infty ) = \mathbb{P} \left( \tau_{\partial G} < \infty \mid X_0 = x \right) = 1. \]
Da cui deduciamo immediatamente che la risposta alla domanda seguente:

"axpgn":
Partendo da $ A $ quale è la probabilità [...] non rimanga bloccata affatto?

è 0.
Per quanto riguarda le altre domande. Definiamo \( f : G \cup \partial G \to \mathbb{R} \) essere uguale a \( x \mapsto \mathbb{P}_x \left( X_{ \tau_{ \partial G} } = F \right) = \mathbb{P}\left( X_{ \tau_{ \partial G} } = F \mid X_0 = x \right) \).
In altre parole, la probabilità che \((X_n)_{n \geq 0}\) visita prima il vertice \(F\) del vertice \(G\) partendo da \(X_0=x\) (ovvero la probabilità che la mosca rimanga bloccata in \(F\) partendo dal vertice \(x\)). Cerchiamo quindi \(f(x)\) con \(x=A\) per rispondere alla prima domanda.
Si può dimostrare che \( f \) soddisfa la seguente equazione discreta
\[ \left\{\begin{matrix}
\Delta f(v) = 0& & v \in G \\
f(G) = 0 & & \\
f(F) = 1 & & \\
\end{matrix}\right. \]
Dove \( \Delta \) è il laplaciano discreto. Per assurdo si può dimostrare che il sistema ammette un unica soluzione (ammesso che una soluzione esista).

Identifichiamo \( A= (0,0,0), B=(1,0,0), C=(1,1,0), D=(0,1,0), E=(0,1,1), H=(0,0,1), G=(1,0,1) \) ed infinie \( F=(1,1,1) \) . Siccome \(f\) è armonica in \(G\) (la condizione \( \Delta f =0 \)), abbiamo che per \( v=(x,y,z) \in G \) risulta che
\[ f(x,y,z)= \frac{1}{3} \left( f(x+1 \mod 2 ,y,z) + f(x,y +1 \mod 2, z) + f(x,y,z +1 \mod 2) \right) \]
con condizioni al bordo
\[ f(1,0,1)=0 \]
\[ f(1,1,1)=1\]
Per simmetria abbiamo \( f(1,0,0)=f(0,0,1) \) e \( f(1,1,0)=f(0,1,1) \). Grazie alla condizione di armonicità è facile determinare un sistema lineare per determinare una soluzione (e dunque l'unica soluzione)
\[ f(0,0,0) = \frac{3}{7} \]
\[ f(0,1,0)= \frac{4}{7} \]
\[ f(1,0,0)=f(0,0,1) = \frac{5}{14} \]
\[ f(1,1,0)=f(0,1,1)= \frac{9}{14} \]
E dunque

"axpgn":
Partendo da $ A $ quale è la probabilità che la mosca rimanga bloccata in $ F $?

\[ f(0,0,0) = \frac{3}{7} \]
e per simmetria

"axpgn":
Partendo da $ A $ quale è la probabilità che la mosca rimanga bloccata in $ G $?

\[ g(0,0,0) = \frac{4}{7} \]
dove
\[ \left\{\begin{matrix}
\Delta g(v) = 0& & v \in G \\
g(G) = 1 & & \\
g(F) = 0 & & \\
\end{matrix}\right. \]

edit: Per chi non l'avesse capito, assumo ovviamente che la carta moschicida sia piena di colla con l'obbiettivo di far si che la mosca ci rimanga appiccicata sopra! Povera mosca...

[axpgn]

Perfetto!

Ma non era più semplice fare solo l'ultima "parte"?

Ovvero detta $p$ la probabilità cercata, $x$ la probabilità partendo da $H$, $y$ partendo da $E$ e $z$ partendo da $D$ (per finire in $G$), allora abbiamo queste quattro equazioni:

$p=x/3+x/3+z/3$

$x=p/3+y/3+1/3*1$

$y=x/3+z/3+1/3*0$

$z=p/3+y/3+y/3$

da cui $p=4/7$

Stesso ragionamento per finire in $F$ che dà $p=3/7$

[Studente Anonimo]

"axpgn":Perfetto!

Ma non era più semplice fare solo l'ultima "parte"?

Ovvero detta $ p $ la probabilità cercata, $ x $ la probabilità partendo da $ H $, $ y $ partendo da $ E $ e $ z $ partendo da $ D $ (per finire in $ G $), allora abbiamo queste quattro equazioni:

$ p=x/3+x/3+z/3 $

$ x=p/3+y/3+1/3*1 $

$ y=x/3+z/3+1/3*0 $

$ z=p/3+y/3+y/3 $

da cui $ p=4/7 $

Stesso ragionamento per finire in $ F $ che dà $ p=3/7 $

Sì ma poi...

Da dove salta fuori quel sistema ?
Comunque mi hai ricordato il mio esame di modelli dei reticoli, c'era una parte del programma del corso che mi era piaciuta moltissimo ed era appunto legare situazioni di questo tipo ad equazioni discrete, tipo l'equazione del calore ed interpretarle come passeggiate aleatorie su dei grafi con condizioni di uscita ai bordi. Mi era piaciuta molto quella parte e ho provato a ricordarmi come fare, divertendomi nel frattempo

[axpgn]

Beh, dalla premessa ... se disegni il cubo lo vedi subito ... cmq contento di aver fatto divertire ...

[Studente Anonimo]

"axpgn":Beh, dalla premessa ... se disegni il cubo lo vedi subito ... cmq contento di aver fatto divertire ...

Lo so... ma è bello anche vedere che essenzialmente salta fuori dal fatto che la probabilità cercata sia una funzione armonica (del punto di partenza)