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