Rodar un paseo aleatorio sobre una esfera

Question

Una bola rueda por un plano inclinado, encontrando obstáculos horizontales, en los que rueda a la izquierda/derecha con igual probabilidad. Hay huecos escalonados y regularmente espaciados que permiten a la bola rodar hasta el siguiente obstáculo más bajo. El patrón se asemeja a un árbol binario:

Supongamos que los rodillos verticales y horizontales tienen la misma longitud $\delta$ . Al trazar el punto de contacto del rodillo en la superficie de la bola vemos un paseo aleatorio, con cada paso una arco geodésico de longitud $\delta$ et $90^\circ$ vueltas. Esperaba que para los racionales (múltiplos de $\pi$ ) $\delta$ El trazo no llenaría la superficie, pero el experimento de abajo para $\delta=\pi/16$ (por 10, $10^2$ , $10^3$ , $10^4$ pasos de bajada) indica lo contrario.

Para lo cual $\delta$ ¿esta huella llenará la superficie de la esfera?

          
Gracias por cualquier idea.

Respuesta : La superficie se llenará por cada $\delta$ excepto $\pi/2$ y $\pi$ . Ver la respuesta de Scott Carnahan y la simplificación de Dylan Thurston. Esta respuesta me parece extraordinaria.

Answer 1

Dejemos que $A = \begin{pmatrix} \cos \delta & -\sin \delta & 0 \\ \sin \delta & \cos \delta & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}$ y que $B = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & \cos \delta & -\sin \delta \\ 0 & \sin \delta & \cos \delta \end{pmatrix}$ sea la rotación por $\delta$ a lo largo del $z$ y $x$ ejes, respectivamente. En coordenadas adecuadas, una progresión hacia abajo de un paso en el árbol es $AB$ o $AB^{-1}$ .

La traza llenará (a.s.) un subconjunto denso de la superficie si y sólo si el cierre del grupo generado por $AB$ y $AB^{-1}$ no es un subgrupo de $SO(3)$ de dimensión cero o uno.

Los subgrupos cerrados de dimensión cero de $SO(3)$ son cíclicos, diédricos o simetrías de los sólidos platónicos, y los subgrupos cerrados de dimensión uno son conjugados de $SO(2)$ y $O(2)$ . Por lo tanto, basta con determinar qué valores de $\delta$ dan un par de elementos en cualquiera de los conjugados de $O(2)$ o un conjugado de uno de los tres grupos platónicos (isomorfo a $A_4$ , $S_4$ et $A_5$ ).

Para que $AB$ y $AB^{-1}$ para que ambos estén en un conjugado de $O(2)$ es necesario y suficiente que tengan un vector propio común con valor propio $\pm 1$ - este vector propio es el eje de rotación. Al escribir este requisito explícitamente se obtiene una identidad polinómica en $\sin \delta$ y $\cos \delta$ (cuyas soluciones aún no he enumerado) . Editar: Algunos casos sencillos de eliminación con el $z$ coordenada de un vector propio común muestra que $\delta$ debe ser un múltiplo entero de $\pi/2$ .

Para las soluciones platónicas, podemos acotar el conjunto de soluciones utilizando el criterio de que la rotación $(AB^{-1})^{-1}(AB) = B^2$ se encuentra en el grupo, y los sólidos platónicos tienen simetrías rotacionales de orden como máximo 5. Esto significa que $\delta$ es un múltiplo de $\pi/3$ , $\pi/4$ o $\pi/5$ .

Dado que los rastros de $AB$ y $AB^{-1}$ son ambos $(\cos \delta)(2 + \cos \delta)$ podemos comparar con las entradas de la tabla de caracteres para ver si ese número es la traza de un elemento en un grupo platónico. Fue bastante fácil eliminar candidatos a ojo en SAGE.

Conclusión: Los únicos valores de $\delta$ donde la imagen no es densa son $0$ , $\pm \pi/2$ et $\pi$ .