Domanda tecnica sulle passeggiate casuali

(La mia domanda originale non ha ancora ricevuto risposta. Ho aggiunto ulteriori chiarimenti.)

Quando analizziamo passeggiate casuali (su grafici non orientati) osservando la camminata casuale come una catena di Markov, richiediamo che il grafico sia non bipartito in modo da applicare il teorema fondamentale delle catene di Markov.

Cosa succede se il grafico è invece bipartito? Sono in particolare interessati a tempo colpire , dove c'è un confine tra e in . Supponiamo che il grafico bipartito abbia i bordi . Possiamo aggiungere un self-loop a un vertice arbitrario nel grafico per rendere il grafico risultante non bipartito; applicando il teorema fondamentale di catene di Markov a abbiamo poi otteniamo che in , e questo è chiaramente anche un limite superiore per in .h i , j i j G G m G ′ G ′ h i , j < 2 m + 1 G ′ h i , j$G$$h_{i,j}$$i$$j$$G$$G$$m$$G'$$G'$$h_{i,j} < 2m+1$$G'$$h_{i,j}$$G$

Domanda: è vero che l'affermazione più forte vale in ? (Lo si è visto affermare nelle analisi dell'algoritmo di camminata casuale per 2SAT.) O dobbiamo davvero passare attraverso questo ulteriore passaggio per aggiungere il self-loop?$h_{i,j} < 2m$$G$

Questa risposta ha dimostrato qualcosa di diverso da ciò a cui l'interrogante era effettivamente interessato. Lasciandola qui in modo che altri non ripetano lo stesso errore.

Nella maggior parte dei casi, si può giustificare formalmente l'idea intuitiva che "i loop di sé possono solo rallentare il cammino" da un argomento di accoppiamento. In questo caso, ad esempio, si può accoppiare la camminata con i loop di auto (chiamiamolo ) e quella senza i loop di auto (chiamiamolo ) in modo che faccia gli stessi passi di , ma ritardato nel tempo. Questo può ad esempio essere fatto come segue: supponiamo che inizi in e passi attraverso . Ora implementiamo come segue: passa anche attraverso gli stessi vertici di , tranne quel verticeB A B B u = x 0 x i : i = 1 , 2 , … , k A A B x i p i p i x i A A B H A t H B t H A t ≥ H B t$A$$B$$A$$B$$B$$u = x_0$$x_i: i =1,2,\ldots,k$$A$$A$$B$$x_i$ , attende il tempo geometrico ( ) in cui è la probabilità di auto-loop in . Si noti che questa è un'implementazione corretta di (tutte le probabilità di transizione sono corrette) e la forma dell'accoppiamento assicura che non raggiunga mai alcun vertice prima di , ovvero abbiamo accoppiato e (il colpire casuale volte nelle due passeggiate) in modo che con probabilità . Pertanto, segue la disuguaglianza per il tempo previsto di colpire.$p_i$$p_i$$x_i$$A$$A$$B$$H_t^A$$H_t^B$$H_t^A \geq H_t^B$$1$

Avevo già pubblicato questo post come commento e credo che risponda affermativamente alla domanda modificata dell'utente686 (quando e j sono collegati da un bordo in un grafico G (non importa se sia bipartito o meno), h ( i , j ) , il tempo di risposta previsto da i a j soddisfa h ( i , j ) < 2 m .)$i$$j$$G$$h(i,j)$$i$$j$$h(i,j) < 2m$

Dovrei anche notare che nella sua versione inedita originale, la domanda non ha indicato che e j sono adiacenti, quindi mentre le risposte precedenti sono pertinenti alla domanda originale, non sono pertinenti alla nuova versione modificata.$i$$j$

Se e j sono adiacenti, il tempo di commutazione C ( i , j ) = h ( i , j ) + h ( j , i ) = 2 m R ( i , j ) , dove R ( i , j ) è efficace resistenza tra i e j in G, ed è al massimo 1 (poiché i e $i$$j$$C(i,j)=h(i,j)+h(j,i)=2mR(i,j)$$R(i,j)$$i$$j$$1$$i$$j$sono collegati da un bordo). Ciò dimostra che quando i e j sono adiacenti in G , poiché sia h ( i , j ) che h ( j , i ) sono strettamente positivi.$h(i,j)<2m$$i$$j$$G$$h(i,j)$$h(j,i)$

L'identità vale per vertici arbitrari i e j . Una prova appare, ad esempio nel libro di Lione e Peres.$C(i,j) = 2mR(i,j)$$i$$j$

@ user686 Mi dispiace, per la mia precedente risposta: non mi ero reso conto che eri preoccupato per contro 2 m . Tuttavia, in quel caso non credo che l'affermazione fatta sia vera se aggiungi un self loop solo in j . Casuale passeggiate partendo i nel caso sia di G ' e e G può essere accoppiata in modo da assumere le s un m e passi alla stessa ora fino a raggiungere j . Ciò significa che H ( i , j ) G = H ( i $2m+1$$2m$$j$$i$$G'$$G$$same$$j$ , e quindi i tempi previsti per colpire devono essere uguali.$H(i,j)_G=H(i,j)_{G'}$

Inoltre, poiché il limite non è corretto in generale (su un percorso di m nodi, h i , j può essere grande quanto Θ ( m 2 ) ), il tuo grafico è speciale?$h_{i,j} < 2m+1$$m$$h_{i,j}$$\Theta(m^2)$

PS: ho aggiornato la mia risposta precedente poiché sembra che non rispondesse alla tua preoccupazione principale.