Las partículas persiguiendo el uno al otro alrededor de un círculo

Question

Dos partículas empiezan en posiciones al azar en una unidad de la circunferencia del círculo. Cada uno tiene un azar de la velocidad (distancia por unidad de tiempo) que se mueven hacia la izquierda distribuidos de manera uniforme dentro de $[0,1]$. ¿Cuánto tiempo hasta que ocupan la misma posición? En el ejemplo siguiente, el rojo de las partículas de las capturas de la verde de la partícula en $t=5.9$, es decir, casi seis veces alrededor del círculo:
          
La distribución de adelantar a veces es bastante sesgada, indicando que tal vez la media podría ser $\infty$. Por ejemplo, en una simulación de la ejecución, tomó más de $3$ millones de veces alrededor del círculo antes de que una partícula que finalmente capturado el otro. Así que no me fío de los medios que estoy viendo (sobre $25$).

¿Cuál es la distribución de adelantar los tiempos?

Yo estaba inicialmente el estudio de $n$ de las partículas en un círculo, sino $n=2$ parece ya algo interesante...

Actualización (2Dec12). Alexandre Eremenko concisa establecido que la espera superar a-tiempo (la media) es, de hecho,$\infty$. Pero me pregunto ¿cuál es la mediana o la moda? Las simulaciones sugieren que la mediana es acerca de $1.58$ y el modo de redondeado a superar a veces es $1$, lo que refleja una distribución muy sesgada hacia un rápido adelantar. (La mediana es sospechosamente cerca de $\pi/2$ ...)

Actualización (3Dec12). Respondido ahora con Vaughn Climenhaga la derivación de la de distribución, lo que muestra que la mediana es $1 + \frac 1{\sqrt{3}} \approx 1.577$.

Answer 1

Deje que el círculo tiene la longitud de $1$ de la unidad. Deje $\theta$ ser el ángulo (en sentido antihorario) de la primera partícula a la segunda en la posición inicial. Deje $v_1,v_2$ ser las velocidades de las partículas. Supongo que se mueven en sentido anti-horario, como en la película. Si $v_1>v_2$, chocan en el tiempo $T(v_1,v_2,\theta)=\theta/(v_1-v_2).$ Si $v_2>v_1,$ colisionan en el tiempo $T(v_1,v_2,\theta)=(1-\theta)/(v_2-v_1)$. La expectativa de que el tiempo es $$\int_Q T(v_1,v_2,\theta)dv_1dv_2d\theta,$$ donde $Q=[0,1]^3$. La integral es fácil de evaluar por romper $Q$ en dos piezas. Pero de hecho es $+\infty$, como lo has adivinado:-)

Answer 2

Para responder a sus preguntas acerca de la mediana y el modo, uno puede tomar Alexandre respuesta un poco más y calcular exactamente la función de distribución para el adelantar los tiempos.

Tenga en cuenta que adelantar el tiempo no depende de la $v_1,v_2$ directamente, pero sólo en su diferencia. Llame a la diferencia de $v$. Ahora $v$ es la diferencia de dos uniformemente distribuidos al azar variables en $[0,1]$, por lo que es compatible con $[-1,1]$ con función de densidad de probabilidad $1-|v|$. Por otra parte, desde la $\theta$ es distribuido uniformemente podemos, sin pérdida de generalidad identificar los casos de $(v,\theta)$ e $(-v,1-\theta)$ y reducir todo a la siguiente configuración:

• $v$ se distribuye en $[0,1]$ con función de densidad de $2(1-v)$.
• $\theta$ es distribuido uniformemente en $[0,1]$.
• El adelantar tiempo es $t=\theta/v$.

Ahora podemos calcular la función de densidad acumulativa para adelantar tiempo. De hecho, tenemos $P(t<T) = P(\theta/v<T) = P(\theta < Tv)$, de los cuales podemos obtener por la siguiente integral: $$ P(t<T) = \int_0^1 2(1-v) P(\theta < Tv | v) \,dv. $$ La probabilidad de $P(\theta < Tv | v)$ está dada por la función de $f(\theta,v) = \max(Tv,1)$. Así, por $T\leq 1$, tenemos $f(\theta,v)=Tv$ para todos los $v\in[0,1]$, por lo que la integración de da $P(t<T) = T/3$, mientras que para $T\geq 1$, integramos y encontrar $$ P(t<T) = \int_0^{1/T} 2(1-v)Tv\,dv + \int_{1/T}^1 2(1-v)\,dv = 1-\frac 1T + \frac 1{3T^2}. $$ Así que al final de la función de densidad acumulativa para adelantar el tiempo es $$ P(t<T) = \begin{cases} \frac T3 & T\leq 1, \\ 1 - \frac 1T + \frac 1{3T^2} & T \geq 1. \end{casos} $$ El plazo $1/T$ en la última expresión se dará el infinito decir, desde el momento de la diferenciación de la CDF usted conseguirá un plazo $1/T^2$, que al multiplicar por $T$ e integrar para obtener el promedio final hasta la integración de $1/T$ de $1$ a $\infty$.

Como para la mediana, parece como si cualquier proximidad a $\pi/2$ es sólo una cortina de humo, ya que la resolución de $P(t<T) = 1/2$ rendimientos $T=1 + \frac 1{\sqrt{3}} \approx 1.57735\dots$.