Por un solo policía, $E\tau_1$ es finito si tiene una probabilidad ( $1/2+\epsilon$ ) de avanzar hacia el ladrón.
Si hay un segundo policía, más lejos del ladrón que el primero, los dos de vuelta en $p=\frac{1}{2}$ entonces existe una probabilidad no nula de que alcance al primero en un tiempo finito (siempre que este tiempo sea suficiente, claro). Cuando se mueven desde la misma posición, hay una mayor probabilidad de que uno de ellos se mueva hacia el ladrón. Entonces, de manera muy informal, ¿podemos decir que un segundo policía aumenta efectivamente la probabilidad de que un policía se mueva hacia el ladrón? Esto nos da un caso equivalente al de mi primer párrafo, con un $E\tau$ .
He aquí una vaga justificación para el caso de un solo policía con probabilidad $p$ de avanzar hacia el ladrón. En realidad, me ayudó a empezar con $p=\frac{1}{2}$ para ese caso, defina $E_n$ como el número esperado de pasos adicionales si la separación actual es $2n$ .
$E_n = 1+\frac{1}{4}E_{n-1}+\frac{1}{2}E_{n}+\frac{1}{4}E_{n+1}$
Reorganizar: $E_n = 2+\frac{1}{2}E_{n-1}+\frac{1}{2}E_{n+1}$
Aplíquelo a ambos $E$ en el lado derecho y reorganizar: $E_n = 8+\frac{1}{2}E_{n-2}+\frac{1}{2}E_{n+2}$
Esta fórmula puede aplicarse a sí misma de forma similar, y así sucesivamente:
$E_n = 32+\frac{1}{2}E_{n-4}+\frac{1}{2}E_{n+4} = 128+\frac{1}{2}E_{n-8}+\frac{1}{2}E_{n+8}$ $E_n = 2^{2k+1}+\frac{1}{2}E_{n-2^k}+\frac{1}{2}E_{n+2^k}$
Todos ellos son válidos siempre que no haya subíndices negativos. Sin embargo, podemos utilizar $E_0=0$ :
$E_2=8+\frac{1}{2}E_4=8+\frac{1}{2}(32+\frac{1}{2}E_8)=8+16+32+\dots$
que es infinito, como era de esperar. Pero si seguimos los mismos pasos con probabilidad $p>0.5$ el comportamiento es diferente:
$E'_n = C_1+p_1 E'_{n-2}+(1-p_1) E'_{n+2}$
donde $C_1=4/[1-2p(1-p)]$ y, lo que es más importante, $p_1=p^2/[1-2p(1-p)]\approx (\frac{1}{2}+2\epsilon)>p$ por lo que los pasos posteriores son cada vez más diferentes. Muy pronto:
$\{E'\}_n \approx D 2^k +\{E'\}_{n-2^k} $ y así $\{E'\}_{2^k} \approx D 2^k$ .
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Me pregunto si ayudaría hacer un ladrón un origen móvil, por lo que los policías se mueven dentro de $\lbrace \pm 2, 0 \rbrace$ en lugar de $\pm 1$ ...y entonces la pregunta se reduce al tiempo que tardarán algunos policías en volver al origen...?
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@Joseph: Los policías se mueven dentro de {±2,0} con respecto a este origen móvil pero no independientemente.
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Esto dejaría los paseos de los policías relacionados. Pasar a movimiento browniano no debería afectar a si el tiempo de parada esperado es infinito, y en los movimientos brownianos es un poco más fácil aplicar una transformación lineal para restaurar la independencia. La covarianza de las transformaciones es $t(I_N + J_N),$ y la cuestión es lo rápido que sale del ortante positivo.
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La suposición natural es $2$ policía; déjame explicarte por qué. Deje que $p_n(k)$ es la probabilidad de que ninguno de los $k$ los policías han atrapado al ladrón a tiempo $n$ . La expectativa en cuestión es $\sum p_n$ . Si el ladrón se quedó quieto y la policía caminó, entonces los paseos son independientes y $p_n(k) = p_n(1)^k$ . Ahora, $p_n(1)$ muere como $1/n$ (la relación entre los números catalanes y los coeficientes binomiales). Por tanto, la suma converge cuando $k \geq 2$ . No se trata de un argumento riguroso, porque los paseos no son independientes, pero sigue siendo una buena sensación.
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Si el ladrón se quedaba quieto con $N=2$ la pregunta sería cuánto tarda un paseo aleatorio en salir del primer cuadrante, a $90$ cuña de grados, y que tiene un tiempo previsto finito. Dado que el ladrón se mueve, queremos que el tiempo esperado de un paseo al azar deja $\langle(\frac23,-\frac13),(-\frac13,\frac23)\rangle,$ un $\arccos -\frac45 \approx 143$ cuña de grado. El tiempo previsto para salir de una $180$ La cuña de grados es infinita.
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David: cuando el ladrón está ocioso $p_n(1)$ es aproximadamente $n^{-1/2}$ no $n^{-1}$ por lo que la respuesta en ese caso es 3, no 2. Si el ladrón camina al azar, la respuesta debería ser al menos 3, debido a las correlaciones positivas entre los sucesos, pero no es inmediato (para mí) cuál es el límite superior (aunque está claro que el límite existe).
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Douglas: el tiempo esperado para salir de un cuadrante es infinito - la probabilidad de permanecer dentro decae como $1/t$ .
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@Ori Gurel-Gurevich: Gracias por la corrección.
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@David: el argumento del número catalán sí funciona, sin embargo: el cociente de los coeficientes binomiales es $Cj^{-1/2}$ y el adicional $1/(j+1)$ en los números catalanes da $Cj^{-3/2}$ . Suma de $j$ de $1$ a $n$ da $Cn^{-1/2}$ .
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Se ha estudiado si existen los momentos del primer tiempo de salida de un cono de un movimiento browniano, y depende de la forma del cono. (1.6) en math.purdue.edu/~banuelos/Papers/cones.pdf dice que el valor esperado existe si $\sqrt{\lambda_1 + 1/4} \gt 2$ donde $\lambda_1$ es el primer valor propio del operador de Laplace-Beltrami sobre el cono. Tal vez alguien podría comprobar estos valores propios para los conos generados por $(\frac{N}{N+1},-\frac{1}{N+1},...-\frac{1}{N+1}) ... (-\frac{1}{M+1},...,-\frac{1}{N+1},\frac{N}{N+1}).$