Προβλήματα Μαθηματικών

Μαρτίου 11, 2009

Κομπολόι από σωματίδια

Filed under: Λυμένα Προβλήματα — Michalis Loulakis @ 10:02 μμ

Φτιάχνουμε ένα κομπολόι από σωματίδια ύλης και αντιύλης με τους εξής κανόνες:

1. Μπορούμε να χρησιμοποιήσουμε σωματίδια α, β, αντί-α και αντί-β.

2. Ξεκινάμε από ένα άδειο κομπολόι και κάθε δεπτερόλεπτο προσθέτουμε ένα από τα παραπάνω σωματίδια επιλέγοντάς το τυχαία.

3. Αν κάποιο σωματίδιο α βρεθεί δίπλα σε κάποιο σωματίδιο αντί-α αυτά εξαφανίζονται. Το ίδιο συμβαίνει και για τα β και αντί-β. Όλες οι υπόλοιπες γειτνιάσεις είναι επιτρεπτές.

Δείξτε ότι η πιθανότητα να αδειάσει κάποια στιγμή (>0) το κομπολόι είναι 1/3.

Advertisements

3 Σχόλια »

  1. Υπόδειξη: Πώς αλλάζει το μέγεθος του κομπολογιού;

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από Δημήτρης — Μαρτίου 20, 2009 @ 1:48 μμ

  2. Έστω p(k)= η πιθανότητα αν το κομπολόι έχει k σωματίδια, κάποια στιγμή να αδειάσει.

    Ισχύει ότι p(k)=\frac{p(k-1)}{4}+\frac{3\cdot p(k+1)}{4} για k>=1, με p(0)=1 και \lim_{k\to \infty}p(k)=0.

    Από την αναδρομική σχέση μπορούμε να καταλήξουμε στην p(1)=a_k\cdot p(0)+b_k\cdot p(k+1) με a_1=\frac{1}{4}, a_n=\frac{1}{(4-3\cdot a_{n-1})} για n>=2 και b_1=\frac{3}{4}, b_n=3\cdot b_{n-1}\cdot a_n για n>=2.

    Παίρνωντας στην παραπάνω σχέση όριο καθώς το k τείνει στο άπειρο βρίσκουμε p(1)=\lim_{k\to \infty}a_k.
    Η a_n είναι αύξουσα, φραγμένη από το \frac{1}{3} και συγκλίνει στο \frac{1}{3}, άρα τελικά p(1)=\frac{1}{3}, που είναι και το ζητούμενο.

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από stedes — Μαρτίου 21, 2009 @ 2:37 πμ

  3. Σωστά.

    Η γενική λύση της γραμμικής αναδρομικής σχέσης \displaystyle 3p(k+1)-4p(k)+p(k-1)=0
    είναι p(k)=c_1\lambda_1^k+c_2\lambda_2^k, όπου \lambda_{1,2} είναι οι ρίζες της χαρακτηριστικής εξίσωσης 3\lambda^2-4\lambda+1=0, δηλαδή 1 και 1/3. Οι συνθήκες στο 0 και στο άπειρο (αν και αυτή δεν είναι τελείως προφανής- δείτε παρακάτω) δίνουν ότι p(k)=3^{-k}.

    Ένας λίγο διαφορετικός τρόπος είναι ο εξής:
    Παρατηρήστε ότι p(m+n)=p(m)p(n) – για να εξαφανιστεί ένα κομπολόι που ξεκινά με m+n σωματίδια πρέπει πρώτα να εξαφανιστούν οι n δεξιότερες χάντρες (δηλαδή ένα κομπολόι που ξεκινά με n σωματίδια) και μετά να εξαφανιστεί και το υπόλοιπο κομπολόι που ξεκινά με m σωματίδια. Εύκολα βλέπει κανείς ότι p(k)=\big(p(1))^k. Από την
    p(1)=\frac{3}{4}p(2)+\frac{1}{4} έχουμε ότι p(1)=1 ή p(1)=\frac{1}{3}.

    Μένει να αποκλείσουμε την περίπτωση p(1)=1 που είναι ουσιαστικά η συνθήκη στο άπειρο στη λύση του stedes. Αυτό δεν είναι προφανές αν δεν ξέρει κανείς κάποια πράγματα για τυχαίους περιπάτους. Οι κανόνες του παιχνιδιού είναι τέτοιοι ώστε το μήκος ενός μη κενού κομπολογιού μεγαλώνει κατά 1 με πιθανότητα 3/4 και μικραίνει κατά 1 με πιθανότητα 1/4. Αν η πιθανότητα να μικρύνει ήταν τουλάχιστον όση η πιθανότητα να μεγαλώσει θα είχαμε p(k)=1 για κάθε k– αυτό μπορείτε να το δείξετε χρησιμοποιώντας τα παραπάνω επιχειρήματα και το γεγονός ότι η p είναι φραγμένη.

    Αν p(1)=1, δηλαδή αν με πιθανότητα 1 επιστρέφουμε στο μηδέν όποτε ξεκινάμε από το 1, τότε με πιθανότητα 1 το κομπολόι θα αδειάζει άπειρες φορές (γιατί;) Όμως, αν συμβολίσουμε με N_k το πλήθος των σωματιδίων μετά από k δεπτερόλεπτα τότε
    \displaystyle \mathbb{E}\big[3^{-N_{k+1}} | N_k\big]=\frac{1}{3}1_{\{N_k=0\}}+3^{-N_k}1_{\{N_k\neq 0\}}=3^{-N_k}-\frac{2}{3}1_{\{N_k= 0\}}
    Παίρνοντας αναμενόμενες τιμές στα δύο μέλη έχουμε
    \frac{2}{3}\mathbb{P}\big[N_k= 0\big]=  \mathbb{E}\big[3^{-N_k}\big]-\mathbb{E}\big[3^{-N_{k+1}}\big]
    και αθροίζοντας ως προς k ότι
    \sum_k \mathbb{P}\big[N_k= 0\big]<\infty.
    Από το λήμμα Borel-Cantelli η πιθανότητα του limsup\{N_k=0\}, η πιθανότητα δηλαδή το κομπολόι να αδειάσει άπειρες φορές, είναι 0.

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από Michalis Loulakis — Μαρτίου 21, 2009 @ 3:26 πμ


RSS feed for comments on this post. TrackBack URI

Σχολιάστε

Συνδεθείτε για να δημοσιεύσετε το σχόλιο σας:

Λογότυπο WordPress.com

Σχολιάζετε χρησιμοποιώντας τον λογαριασμό WordPress.com. Αποσύνδεση / Αλλαγή )

Φωτογραφία Twitter

Σχολιάζετε χρησιμοποιώντας τον λογαριασμό Twitter. Αποσύνδεση / Αλλαγή )

Φωτογραφία Facebook

Σχολιάζετε χρησιμοποιώντας τον λογαριασμό Facebook. Αποσύνδεση / Αλλαγή )

Φωτογραφία Google+

Σχολιάζετε χρησιμοποιώντας τον λογαριασμό Google+. Αποσύνδεση / Αλλαγή )

Σύνδεση με %s

Δημιουργήστε ένα δωρεάν ιστότοπο ή ιστολόγιο στο WordPress.com.

Αρέσει σε %d bloggers: