Esta es una variación del problema de la enumeración de auto evitar los paseos. En general, no hay forma cerrada expresiones para el número de auto evitando recorridos entre dos puntos arbitrarios en una cuadrícula de dimensión arbitraria; aunque no he visto el problema que se planteó con las limitaciones en cuestión, me sorprendería si había una forma cerrada de la solución en este caso. Sin embargo, confiable aproximación métodos existen para este tipo de problemas de enumeración, y este tipo de aproximación puede ser adecuada para sus propósitos.
Edit: el Uso de un lugar aproximación ingenua, he elaborado el siguiente límite inferior para el número de auto-evitar los paseos en un $n\times m$ cuadrícula rectangular de un determinado límite de punto a un punto interior. Con más sofisticación matemática, es probable que las mejoras significativas se podría hacer en esta obligado.
Deje $A$ $n\times m$ cuadrícula rectangular, con $n>2$$m>2$. Es decir, que $A$ ser la colección de enteros puntos en un $xy$ cartesiana del plano de la satisfacción de las condiciones de $0 \leq x \leq n$$0 \leq y \leq m$. Deje $\left(a,b\right)$ ser un punto en el interior de $A$. En el artículo de wikipedia se analiza el caso de los paseos de una diagonal a otro con solo mueve en la dirección positiva. Voy a llamar a tales paseos positivo de las caminatas. No hay una fórmula simple para el número de positivos camina de un punto a otro en una cuadrícula rectangular.
Pretendemos que el número de auto-evitar los paseos de un punto dado en el límite de a $\left(a,b\right)$ está delimitado a continuación, independientemente de la elección del punto en la frontera
$$ \binom{a+b}{b} + \binom{a+m-b}{m-b} + \binom{n-a+b}{b} + \binom{n-a+m-b}{m-b}$$
Es decir, por el número de resultados positivos de los paseos de cualquiera de las cuatro esquinas de la cuadrícula en el punto de $\left(a,b\right)$.
Deje $\alpha$ ser un punto en el límite de $A$. Primero hemos enlazado el número de auto-evitar los paseos de $\alpha$ $\left(a,b\right)$por debajo por el número de resultados positivos de paseos desde cualquier punto en la frontera de una $\left(n-2\right)\times\left(m-2\right)$ cuadrícula rectangular $B$ hasta el punto de $\left(a-1,b-1\right)$ dentro $B$. Nuestro requisito de que $n>2$ $m>2$ es permitir que este paso de trabajo con un mínimo de dolor de cabeza. Probablemente hay una solución exacta en el caso de que $n \leq 2$ o $m \leq 2$.
Podemos considerar esos paseos que mover primero $k$ pasos en el sentido antihorario alrededor de la frontera, luego dar un paso hacia el interior, y cuyos sucesivos movimientos siguen un positivo caminar directamente a $\left(a,b\right)$. Podemos hacer esto para $k$ de 0 a $2n+2m-1$, excluyendo los valores de $k$ lo que coloca a los walker en un rincón, donde no hay ningún movimiento en el interior. Es evidente que se ha producido un discontinuo de la colección de auto-evitar los paseos igual en número a la cantidad de positivos que se aleja de los límites de una $\left(n-2\right)\times\left(m-2\right)$ $B$ hasta el punto de $\left(a-1,b-1\right)$$B$.
Ahora vamos a utilizar el resultado de que el número de positivos camina de una diagonal a otra en un $j\times k$ cuadrícula es igual a
$$\binom{j+k}{j} = \binom{j+k}{j,k} = \binom{j+k}{k} $$
El uso de este resultado, podemos expresar el número de positivos camina desde cualquier punto en el límite de $B$ hasta el punto de $\left(a-1,b-1\right)$ como la suma
$$\sum_{i=0}^{b-1}\binom{a-1+i}{a-1} + \sum_{i=0}^{m-b-1}\binom{a-1+i}{a-1} + \sum_{i=0}^{b-1}\binom{n-a-1+i}{n-a-1} + $$
$$\sum_{i=0}^{m-b-1}\binom{n-a-1+i}{n-a-1} + \sum_{i=0}^{a-1}\binom{b-1+i}{b-1} + \sum_{i=0}^{n-a-1}\binom{b-1+i}{b-1} + $$
$$ \sum_{i=0}^{a-1}\binom{m-b-1+i}{m-b-1} + \sum_{i=0}^{n-a-1}\binom{m-b-1+i}{m-b-1} - 4$$
Donde nos resta 4 porque el anterior expresión con los coeficientes binomiales cuenta cada una trayectoria en línea recta desde el límite de $B$ $\left(a-1,b-1\right)$dos veces. Ya hemos especificado que $n>2$$m>2$, podemos ignorar este 4 añadiendo en algunos paseos que mover primero $k$ pasos en el de las agujas del reloj la dirección, alejarse de la frontera y, a continuación, siga un positivo a pie a la meta.
Usando el bien conocido coeficiente binomial de identidad
$$ \sum_{i=0}^{k}\binom{r+i}{r} = \binom{r+k+1}{r+1}$$
Podemos expresar el anterior suma, sin la adición de la constante de $-4$, como
$$\binom{a+b-1}{a}+\binom{a-1+m-b}{a}+\binom{n-a-1+b}{n-a}+\binom{n-a-1+m-b}{n-a} + $$
$$\binom{b-1+a}{b}+\binom{b-1+n-a}{b}+\binom{m-b-1+a}{m-b}+\binom{m-b-1+n-a}{m-b}$$
Después de algunos simples manipulaciones, podemos emparejar los términos y combinar cada par con la identidad $\binom{n}{r}=\binom{n-1}{r}+\binom{n-1}{r-1}$ para obtener
$$ \binom{a+b}{b} + \binom{a+m-b}{m-b} + \binom{n-a+b}{b} + \binom{n-a+m-b}{m-b}$$
El resultado que se pretendía demostrar.
No estoy seguro de lo útil este resultado es, pero pensé que era interesante lo rápido que las cosas se alinean para ser simplificado por el estándar de coeficiente binomial identidades. También pensé que era interesante cómo la fórmula final tiene una sencilla interpretación combinatoria.
