Esta no es una respuesta, pero era demasiado largo para un comentario.
Más como algunas observaciones adicionales, las preguntas relacionadas con el
sobre el tema de si la generación de funciones de ayuda.
Mi elección particular de funciones de generación de modelo aditivo señales
y por lo tanto podría ser utilizado como límites superiores para no aditivas.
Mi enfoque de abajo es probablemente no original.
Bueno combinatoria interpretaciones probablemente ya existen.
Esta es una de Galton-Watson estocástico de ramificación proceso.
El caso unidimensional ha de generación de función
en el poder formal de la serie de anillo con indeterminates $x,x^{-1}$
(o su cociente con el ideal de $\left< x^{-1}x-1 \right>$)
dada por
$$
\eqalign{
p_t^*(x)
&= p^t \left(x+x^{-1}\right)^t
= p^t \sum_{s=0}^{t} {t \elegir s} x^{2-t}
= p^t \sum_{s=0}^{t} {t \elegir s} x^{t-2s}
\cr &
= p^t
\left(
\left\lfloor\tfrac{t}2\right\rfloor-
\left\lfloor\tfrac{t-1}2\right\rfloor
\right)
{t \elegir t/2}
+ p^t
\sum_{s=0}^{\left\lfloor\tfrac{t-1}2\right\rfloor}
{t \elegir s}
\left(x^{t-2}+x^{2-t}\right)
}
$$
para el tiempo de $t$, es decir, el coeficiente de $x^m$
es la probabilidad de que la señal llegue a coordinar
$x=m$ tiempo $t$. El primer término en la segunda línea,
el término constante, que representa la probabilidad de
de una revisión del origen, es positivo con
coeficiente máximo de $t$, incluso, pero el $0$ $t$ impar.
Las diferencias entre paréntesis anterior,
$$
e(t)=
\left\lfloor\tfrac{t}2\right\rfloor-
\left\lfloor\tfrac{t-1}2\right\rfloor
=
\tfrac{t+1}2-2\left\lfloor
\tfrac{t+1}2\right\rfloor
=\frac{1+(-1)^{t+1}}{2}
=(t+1)~\text{mod}~2
$$
indicala uniformidad.
También podríamos tomar la última expresión y tirar
el (estrictamente) negativo powered términos de $x^{2s-t}$,
redefiniendo el coeficiente de $x^m$ a la probabilidad de
la señal de partida en el origen en el tiempo de $0$
llega a $x=\pm m$ (uno o el otro) después de tiempo $t$,
y llaman a esto la reducción de la generación de la función
$$
p_t(x)
= p^t \left[ e(t) {t \elegir t/2}
+ \sum_{s=0}^{\left\lfloor\tfrac{t-1}2\right\rfloor}
{t \elegir s} x^{t-2s}
\right].
$$
Nota en particular de que $e(t){t\choose t/2}$ es por lo tanto el
número de caminos de longitud $t$ que comienzan y terminan en el origen.
Suma más de $t\ge0$, obtenemos una función de la generación de
$$
p(x)=\sum_{t=0}^{\infty} p_t(x)
$$
para una cantidad de tiempo gastado en cada coordenada,
es decir, el coeficiente de $x^m$ es la suma de las probabilidades
que la señal está en uno de $x=\pm m$ sobre todos los tiempos $t\ge 0$.
De particular interés para nosotros es
el total estimado de tiempo que estuvo en el origen,
$$
p(0)=\sum_{t=0}^\infty{2t\c}p^{2}.
$$
Combinatoria nota: no hay doble contabilidad
(no hay necesidad de P. I. E.), ya que cada término se cuenta sólo
el terminal punto sobre todos los caminos de longitud $t$.
Esto actúa como una "fuerza motriz" de un
oscilador armónico amortiguado por una probabilidad de morir.
Por Stirling aproximación y la raíz de la prueba,
esto converge, para $p<\frac12$.
Reclamación$\left(\mathbb{Z}^1\right)$:
Para $r=2p<1$, se espera que el número total de
visitas al origen converge a
$$p(0)=\frac{1}{\sqrt{1-r^2}}.$$
Prueba: esto se desprende de la general, teorema del binomio,
como, por ejemplo, de Yuanes el año 2001 la proposición 4.3:
$$
\left(-4\right)^n {-\tfrac12 \elegir n} =
\left(-4\right)^n \frac{(-1)(-3)\cdots(1-2n)}{2^n\n!} =
\frac{(2n)!}{(n!)^2}.
$$
Ahora, para el caso bidimensional, se puede evitar el uso de la
multinomial teorema de expansión, si nos gusta, con
$$
\eqalign{
p_t^*(x,y)
&= p^t \left(x+x^{-1}+y+y^{-1}\right)^t
= \sum_{s=0}^{t} {t \elegir s} p_s^*(x) \, p_{t-s}^*(y)
\cr
&= p^t
\sum_{s=0}^{ t }
\sum_{u=0}^{ s }
\sum_{v=0}^{t-s}
{ t \elegir s}
{ s \elegir u}
{t-s\elegir v}
x^{2u-s} y^{2v+s-t}
}
$$
o, tirar la negativa powered términos,
$$
\eqalign{
p_t(x,y)
&= \sum_{s=0}^{t} {t \elegir s} p_s(x) \, p_{t-s}(y)
%%
%% Esta fórmula podría simplificarse de forma análoga a p_t^*(x) anterior:
%%
%\cr
%&= p^t
% \sum_{s=0}^{ t }
% \sum_{u=0}^{ s }
% \sum_{v=0}^{t-s}
% { t \elegir s}
% { s \elegir u}
% {t-s\elegir v}
% x^{2u-s} y^{2v+s-t}
}
$$
y tomar el análogo de la suma de la $p(x,y)$.
Tenga en cuenta que $p_t(0,0)=0$ por extraño $t$, y que (por $2t$ incluso)
$$
p_{2}(0,0)
=p^{2}\sum_{s=0}^t{2t\elegir 2s}{2\elegir s}{2t-2s\elegir t-s}
=p^{2}\sum_{s=0}^t{t\elegir s}^2
=p^{2}{2t\elegir 2}^2
$$
que es $p^t$ veces el cuadrado de un
central de coeficiente binomial; cf. secuencia A000984.
(Las dos últimas fórmulas, con el cuadrado de la binimial
los coeficientes de aquí se ofrecen sin la prueba.)
Por lo tanto
$$
p(0,0)=\sum_{t=0}^\infty{2t\elegir t}^2p^{2t},
$$
que convergen $p<\frac14$.
Reclamación$\left(\mathbb{Z}^2\right)$:
Para $r=4p<1$, se espera que el número total de
visitas al origen converge a
$$p(0,0)={}_2F_1\left(\tfrac12;\tfrac12;1;r^2\right)=\frac1{M(1,\sqrt{1-r^2})}$$
converge a un caso especial
de la hipergeométrica de Gauss serie ${}_2F_1$
que es una integral elíptica completa de primera especiey
puede ser calculado con la extremadamente rápida convergencia
(Gauss de 1799)
por la aritmética-media geométrica
$$M(a,b)=\int_0^{\frac\pi2}\frac{d\phi}{\sqrt{(a\cos\phi)^2+(b\sin\phi)^2}}.$$
El primer OP pregunta es tal vez relacionado con el tiempo de espera
$$
c_{mn} =
\mathbb{E} \left[ T_{mn} \right] =
\frac1{m!\,n!}
\a la izquierda.
\left(
\partial_x^{\,m}
\partial_y^{\n}
p(x,y)
\right)
\right|_{(0,0)}
\qquad(m,n\ge0)
$$
pasó en uno de los cuatro puntos de $(\pm m,\pm n)$
que es la suma de los $x^my^n$ sobre todos los términos
$p_t(x,y)$ y puede ser calculada de manera determinista
sin mayor simplificación en $O(m^3n^3)$ tiempo
mediante la adición de los productos de los coeficientes binomiales.
Tal vez hay maneras de simplificar esto
la utilización de una combinación de binomio de identidades,
la paridad y simetría, o con asymptotics,
para obtener una aproximación razonable
en un posible cantidad de tiempo.
La conocida fórmula con el mayor orden derivado de la
utilizando la serie de Taylor truco para el coeficiente deseado
es válido en la reducción de la generación de la función de $m,n\ge 0$.
Como una especulación salvaje, es la respuesta
para el (primer y segundo OP pregunta
entonces
$$
\frac{c_{mn}}{1-p(0,0)}
$$
o algo en una vena similar, de forma análoga a la
el jugador de la ruina problema o el razonamiento de @joriki o @Didier?
Conjeturas para dimensiones superiores:
Conjetura: El número esperado de visitas al origen
en $\mathbb{Z}^d$ es
$$ \sum_{n=0}^\infty {2n \choose n}^d p^{2n}. $$
Conjetura: El número de rutas en $\mathbb{Z}^d$ de la longitud de la $2n$
que comienzan y terminan en el origen es
$$ {2n \choose n}^d. $$
Nota: $d=2$ es Richard Stanley
bijective prueba de problema #230.
