Rasgele yürüyüşler hakkında teknik soru

(Orijinal sorum hala cevaplanmadı. Daha fazla açıklama ekledim.)

Rastgele yürüyüşü bir Markov zinciri olarak görüntüleyerek rastgele yürüyüşleri (yönlendirilmemiş grafiklerde) analiz ederken, grafiğin iki parçalı olmaması gerekir, böylece Markov zincirlerinin temel teoremi uygulanır.

grafiği bipartit ise ne olur ? Özellikle çarpma zamanı ilgilenen am arasında bir kenar vardır, ve içinde . Bipartit grafiktir ki vardır kenarları. Ortaya çıkan grafiği çift ​​taraflı olmayan hale getirmek için grafikte gelişigüzel bir tepe noktasına bir öz döngü ekleyebiliriz ; için Markov zincirlerinin temel teoremi uygulayarak o zaman olsun de , ve bu, bir üst gitmekte da açıkça bölgesindeki .$G$$h_{i,j}$$i$$j$$G$$G$$m$$G'$$G'$$h_{i,j} < 2m+1$$G'$$h_{i,j}$$G$

Soru: daha güçlü iddia doğru mudur içinde tutan ? (Bu, 2SAT için rastgele yürüyüş algoritmasının analizlerinde talep edildiğini gördü.) Yoksa gerçekten kendi kendine döngü eklemenin bu ekstra adımından geçmek zorunda mıyız?$h_{i,j} < 2m$$G$

Bu cevap, sorgulayıcının gerçekte ilgilendiği şeyden farklı bir şey olduğunu kanıtladı. Bunu burada bırakmak, böylece diğerleri aynı hatayı tekrarlamamaktadır.

Çoğu durumda, "öz döngülerin sadece yürüyüşü yavaşlatabileceği" sezgisel fikrini bir kenetleme argümanı ile resmen meşru kılabilir. Örneğin bu durumda, bir kutu çift öz döngüler ile yürüyüş (diyelim ve kendini gevreksiz birini (yani diyelim arama) böylece) alır aynı adımları , ancak zaman içinde geciktirdi. Bu, örneğin şu şekilde yapılabilir: Diyelim ki , ile başlar ve . Şimdi, aşağıdaki gibi uygularız : , bu köşe hariç, aynı köşelerden de geçer $A$$B$$A$$B$$B$$u = x_0$$x_i: i =1,2,\ldots,k$$A$$A$$B$$x_i$ , bu Geometrik (bekler ) zamanında self döngü olasılığıdır . Bunun doğru bir uygulaması olduğunu unutmayın (tüm geçiş olasılıkları doğrudur) ve bağlantı şekli önce herhangi bir tepe noktasına , yani ve (rastgele vuruş) iki kesiminden kez) böylece olasılık ile . Böylece, beklenen vuruş zamanı için eşitsizlik izler.$p_i$$p_i$$x_i$$A$$A$$B$$H_t^A$$H_t^B$$H_t^A \geq H_t^B$$1$

Bunu daha önce bir yorum olarak yayınlamıştım ve bunun olumlu bir şekilde cevap verdiğine inanıyorum ( ve bir grafiğindeki bir kenarla bağlandığında (bipartit olsun ya da olmasın), , bir süreye isabet beklenen için tatmin ).$i$$j$$G$$h(i,j)$$i$$j$$h(i,j) < 2m$

Ayrıca, orijinal düzenlenmemiş versiyonunda, sorunun ve bitişik olduğunu belirtmediğini de belirtmeliyim , bu nedenle önceki cevaplar orijinal soru ile ilgili olsa da, yeni düzenlenmiş versiyonla ilgili değildir.$i$$j$

Eğer ve bitişikse, işe gidip gelme süresi , burada arasındaki etkili direnç ve G'de bulunur ve en fazla ( ve bir kenarla bağlandığından). Bu, ve bitişik olduğunda , hem hem de kesinlikle pozitif olduklarını gösterir.$i$$j$$C(i,j)=h(i,j)+h(j,i)=2mR(i,j)$$R(i,j)$$i$$j$$1$$i$$j$$h(i,j)<2m$$i$$j$$G$$h(i,j)$$h(j,i)$

kimliği ve rasgele köşelerini içerir . Örneğin, Lyons ve Peres'in kitabında bir kanıt ortaya çıkıyor .$C(i,j) = 2mR(i,j)$$i$$j$

@ user686 Daha önceki cevabım için üzgünüm: Endişelendiğinizin farkında değildim $2m+1$ vs $2m$. Ancak, bu durumda, sadece bir öz döngü eklerseniz yapılan iddianın doğru olduğunu düşünmüyorum$j$. Şuradan başlayan rastgele yürüyüşler$i$ her ikisinde de $G'$ ve ve $G$ birleştirilebilir böylece $same$ ulaşana kadar aynı anda adımlar $j$. Bunun anlamı şudur ki$H(i,j)_G=H(i,j)_{G'}$dolayısıyla, beklenen vuruş zamanları eşit olmalıdır.

Ayrıca, bağlı beri $h_{i,j} < 2m+1$ genel olarak doğru değil ( $m$ , düğümler $h_{i,j}$ kadar büyük olabilir $\Theta(m^2)$), grafiğiniz özel mi?

Not: Ana endişenizi gidermiyor gibi göründüğünden önceki cevabımı güncelledim.