Perkolation (WS 2014) ¨Ubungsblatt 4

Institut für Stochastik
Prof. Dr. G. Last · Dipl.-Math. S. Ziesche
Perkolation (WS 2014)
Übungsblatt 4
Aufgabe 1
Wir betrachten Kantenperkolation auf Zd . Es sei Fn± = {v ∈ Zd | v1 = ±n, kvk∞ ≤ n} die rechte“ bzw.
”
linke“ Seite des Würfels Bn . Zeigen Sie, dass für die Ereignisse A Es gibt einen schwarzen Pfad von
”+
”
Fn nach Fn− in Bn .“ und E Es gibt einen schwarzen Pfad vom Ursprung zum Rand von Bn“
”
1
Pp [E] ≥ Pp [A] 2 (2n + 1)−
d−1
2
gilt.
Lösung:
Nehmen wir an A tritt ein, dann gibt es einen Pfad γ = (γ1 , . . . , γk ) der Fn− mit Fn+ verbindet. Dieser
Pfad muss mindestens einen Knoten der Fläche“ Fn0 = {v ∈ Zd | v1 = 0, kvk∞ ≤ n} enthalten. Nennen
”
wir den ersten dieser Knoten u (Achtung, u ist ein zufälliger Knoten). Es ist klar, dass es von u einen
Pfad nach Fn− gibt nämlich α = (γ1 , . . . , u). Außerdem führt der Rest“ von γ, β = (u, . . . , γk ) von u
”
nach Fn+ und ist disjunkt zu α. Daher können wir in der folgenden Rechnung die BK-Ungleichungen
anwenden und erhalten


[
Pp [A] = Pp 
A ∩ {u = v}
v∈Fn0
≤
X
Pp [A ∩ {u = v}]
v∈Fn0
≤
X
Pp [{v ↔ Fn− } ◦ {v ↔ Fn+ }]
v∈Fn0
≤
X
Pp [v ↔ Fn− ]Pp [v ↔ Fn+ ]
v∈Fn0
≤
X
Pp [v ↔ Bn + v]Pp [v ↔ Bn + v]
v∈Fn0
=
X
Pp [0 ↔ Bn ]2
v∈Fn0
= (2n + 1)d−1 Pp [E]2 .
Dabei haben wir benutzt, dass ein Pfad von v nach Fn− auch einen Pfad von v zum Rand der verschobenen
Box Bn + v impliziert. Außerdem haben wir die Stationarität genutzt. Ein umstellen der Gleichung ergibt
das gewünschte Resultat.
1
Aufgabe 2
Wir betrachten den vollständigen Graphen mit drei Knoten K3 und den Stern“ S, der aus vier Knoten
”
besteht von denen drei durch eine Kante mit dem vierten Knoten verbunden sind.
K3
S
Wir führen nun auf K3 eine Kantenperkolation mit Parameter p und auf S eine Kantenperkolation mit
Parameter q durch. Für welche Wahl von p und q sind die Verbindungswahrscheinlichkeiten der äußeren
drei Knoten überein? Was können wir daraus für das Dreiecksgitter folgern?
Lösung:
Wir überlegen uns die Wahrscheinlichkeiten, dass:
• keine Eckpunkte verbunden sind.
K3 : (1 − p)3
S : (1 − q)3 + 3q(1 − q)2
• genau zwei ausgewählte der drei Ecken verbunden sind.
K3 : p(1 − p)2
S : (1 − q)q 2
• alle Eckpunkte verbunden sind.
K3 : p3 + 3p2 (1 − p)
S : q3
Setzen wir diese Wahrscheinlichkeiten jeweils gleich, können wir ausrechnen, dass wir eine Lösung erhalten, falls p = 1 − q und 1 = 3p − p3 gilt. Also muss gelten p = 2 sin(π/18) = 0.347.... In diesem
Fall sind also sämtlich Verbindungswahrscheinlichkeiten gleich und man könnte in einem Graphen beliebige Dreiecke durch Sterne ersetzen ohne z.B. die Wahrscheinlichkeit der Existenz eines unendlichen
Clusters zu ändern. Führen wir das beim Dreiecksgitter durch erhalten wir das Hexagonalgitter. Wir
können also viele Eigenschaften der Cluster vom Dreiecksgitter bei diesem p auf das Hexagonalgitter bei
q = 1 − 2sin(π/18) übertragen. Dies wird später erlauben, die kritische Perkolationswahrscheinlichkeit
für beide Gitter !exakt! zu bestimmen.
Aufgabe 3
Es sei X ∼ Bin(n, p) verteilt. Für die Verteilungsfunktion von X gibt es keine schöne geschlossene
Darstellung. Verwenden sie die Margulis-Russo Formel um die Integraldarstellung
Z p
n!
Pp [X ≥ k] =
tk−1 (1 − t)n−k dt, k ∈ [n]
(k − 1)!(n − k)! 0
zu zeigen.
Lösung
Die ZV X gibt die Anzahl Erfolge bei n unabhängigen Münzwürfen mit Erfolgswahrscheinlichkeit p an.
Das Ereignis {X ≥ k} ist außerdem aufsteigend. Wir können also die Margulis-Russo Formel anwenden
und müssen uns dazu überlegen, wie viele pivotale Münzen wir erwarten. Es gibt nur in zwei Fällen
pivotale Münzen. Entweder, genau k der n Münzen hatten Erfolg, dann sind diese k Münzen alle pivotal,
2
oder genau k −1 Münzen hatten Erfolg, dann sind gerade alle anderen n−k +1 Münzen pivotal. Demnach
gilt
∂Pp [X ≥ k]
= kPp [X = k] + (n − k + 1)Pp [X = k − 1]
∂p
n k
n
n−k
=k
p (1 − p)
+ (n − k + 1)
pk−1 (1 − p)n−k+1
k
k−1
n!
pk−1 (1 − p)n−k (p + 1 − p)
=
(k − 1)!(n − k)!
n!
=
pk−1 (1 − p)n−k
(k − 1)!(n − k)!
und damit (wg. P0 [X = k] = 0)
Z p
Z p
∂Pp [X ≥ k]
n!
Pp [X ≥ k] =
pk−1 (1 − p)n−k dp.
dp =
∂p
(k − 1)!(n − k)! 0
0
Aufgabe 4
Es seien Bs = [−s, s]2 ∩ Z2 und As = B3/2s \ Bs/2 . Wir definieren die Ereignisse
Zs = Es gibt einen schwarzen Zykel in As der Bs/2 im Inneren hat.“
”
und
Rs (ρ) = Es gibt einen schwarzen Pfad von {0} × [0, s] nach {ρs} × [0, s] der in [0, ρs] × [0, s] liegt. “
”
Nutzen Sie die Korrelationsungleichungen der Vorlesung um für s, k, i ∈ N die folgenden Ungleichungen
zu zeigen
• Pp [Rs (1 + ik)] ≥ Pp [Rs (1 + k)]i Pp [Rs (1)]i−1 ,
• Pp [Zs ] ≥ Pp [Rs (3)]4 ,
• Pp [Rs (2)] ≥ Pp [Zs ]2 .
Lösung:
Wir nutzen die FKG-Ungleichung. Alle Ereignisse die in der Aufgabe definiert wurden, sind aufsteigend.
Wir zeigen exemplarisch die zweite Ungleichung. Dazu definieren wir die folgenden Ereignisse:
Ew = {[−3s, −s] × {−3s} ↔ [−3s, −s] × {3s} in [−3s, −s] × [−3s, 3s]}
Es = {{−3s} × [−3s, −s] ↔ {3s} × [−3s, −s] in [−3s, 3s] × [−3s, −s]}
Eo = {[s, 3s] × {−3s} ↔ [−3s, −s] × {3s} in [s, 3s] × [−3s, 3s]}
En = {{−3s} × [s, 3s] ↔ {3s} × [s, 3s] in [−3s, 3s] × [s, 3s]}
die in der folgenden Abbildung 1 veranschaulicht sind. Es gilt nun
Pp [Zs ] ≥ Pp [Ew ∩ Es ∩ Eo ∩ En ] ≥ Pp [Ew ]Pp [Es ]Pp [Eo ]Pp [En ] = Pp [Rs (3)]4
wegen der Spiegelsymmetrien in Z2 .
Die erste Ungleichung sei exemplarisch für i = 3 und k = 3 in Abbildung 2 gezeigt. Der eigentliche Beweis
lässt sich leicht per Induktion führen indem man die selben Schritte wie oben durchführt.
Abbildung 3 stellt die dritte Ungleichung graphisch dar.
Die Aufgaben sind selbständig zu bearbeiten und werden in der Übung am 10.12. besprochen.
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Abbildung 1: Eine mögliche Realisierung der Ereignisse Ew , Es , Eo , En und damit auch von Zs
Abbildung 2: Man lässt k Rechtecke überlappen und verlangt in den Quadraten Verbindungen von oben
nach unten. Dadurch schafft man eine durchgehende Verbindung von links nach rechts.
Abbildung 3: Zwei Zykel die ein horizontale Verbindung im oberen Rechteck erzwingen.
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