為什麼喝醉的人可以走回家，喝醉的鳥卻不能飛回家？

12-03

PDE課上老師講的，說是與隨機過程里的布朗運動有關，即一維和二維隨機運動是常返的，三維就不行了。
老師說可以用拉普拉斯方程或者隨機過程求解。那麼，如何理解這一現象呢？這一現象背後有何深刻內涵？

剛好擔任隨機過程助教的時候給大家解決過這個問題，就寫一下當時的做法。這個回答也可以看作是對另一個提到黎曼函數的答案的補充。

首先來點準備工作。假設一個粒子在 $d$ 維的網格上做對稱隨機遊走。如果原點是常返的，那麼從原點出發的話以概率1它會返回原點，而一旦返回整個過程由於馬爾科夫性會重新開始，於是它又會以概率1回來，所以它將無窮次回到原點。而如果原點不是常返的，那麼它每次回到原點再離開時，就會以某個正概率不再返回，從而它最終的返回次數是一個幾何分布，有有限的期望。這就說明了原點是常返的當且僅當這個粒子從原點出發後返回原點次數的期望為無窮。以下總假定粒子從原點出發。如果定義一列示性函數 $I_n$ ，如果粒子在 $n$ 步回到原點即為1，否則為零，那麼返回次數的期望為 $E[sum_{n=0}^infty I_n]=sum_{n=0}^infty P(I_n=1)$ ，換序因為單調收斂定理。那麼只要看這個級數對不同的 $d$ 發散還是收斂就好了。而很明顯只有偶數的 $n$ 能使 $I_n=1$ ，接下來就只考慮 $p_{2n}=P(I_{2n}=1)$ 。

$d=1$ 時， $p_{2n}=frac{(2n)!}{n!n!}frac{1}{2^{2n}}simfrac{C_1}{sqrt n}$ 根據Stirling公式。所以級數發散。

$d=2$ 時， $p_{2n}=frac{1}{4^{2n}}sum_{k=0}^nfrac{(2n)!}{k!k!(n-k)!(n-k)!}=frac{1}{4^{2n}}frac{(2n)!}{n!n!}sum_{k=0}^nleft(frac{n!}{k!(n-k)!} ight)^2=frac{1}{4^{2n}}frac{(2n)!}{n!n!}frac{(2n)!}{n!n!}simfrac{C_2}{n}$ 根據Stirling公式。所以級數發散。

對於 $d>2$ ，先考慮 $n=dm$ 的情況，

$egin{aligned} p_{2n}=frac{1}{(2d)^{2n}}sum_{i_jge0,sum_{j=1}^di_j=n}frac{(2n)!}{(i_1!i_2!cdots i_d!)^2}\ =frac{1}{(2d)^{2n}}frac{(2n)!}{n!n!}sum_{i_jge0,sum_{j=1}^di_j=n}frac{n!}{i_1!i_2!cdots i_d!}frac{n!}{i_1!i_2!cdots i_d!}\ lefrac{1}{(2d)^{2n}}frac{(2n)!}{n!n!}sum_{i_jge0,sum_{j=1}^di_j=n}frac{n!}{i_1!i_2!cdots i_d!}frac{(dm)!}{m!m!cdots m!}\ =frac{1}{2^{2n}d^n}frac{(dm)!}{m!m!cdots m!}frac{(2n)!}{n!n!}sum_{i_jge0,sum_{j=1}^di_j=n}frac{n!}{i_1!i_2!cdots i_d!}frac{1}{d^n}\ =frac{1}{2^{2n}d^n}frac{(dm)!}{m!m!cdots m!}frac{(2n)!}{n!n!}simfrac{C_d}{n^{d/2}} end{aligned}$

因為 $d>2$ ，所以 $sum_{m}p_{2dm}$ 收斂。對於其他項，舉個例子，對於 $n=dm-1$ 的情況，我們有 $egin{aligned} p_{2dm}=P(I_{2dm}=1)geP(I_{2dm}=1,I_{2(dm-1)}=1)\ =P(I_{2(dm-1)}=1)P(I_{2dm}=1|I_{2(dm-1)}=1)\ =P(I_{2(dm-1)}=1)frac1{2d}\ =frac1{2d}p_{2(dm-1)} end{aligned}$

所以 $p_{2(dm-1)}le 2dcdot p_{2dm}$ ，所以 $sum_{m}p_{2(dm-1)}$ 收斂。類似的就可以證明整個級數收斂了。

所以原因是對於非負實數 $p$ ， $sumfrac{1}{n^p}$ 收斂當且僅當 $p>1$ 。

謝 @毛松邀:

給你張老圖,和 P′olya 的原始證明不是同一個方法.

波利亞的證明在這裡: über eine Aufgabe der Wahrscheinlichkeitsrechnung betreffend die Irrfahrt im Stra?ennetz

似乎是用的隨機過程

Borel 反演那裡可以用拉普拉斯變換...

不過拉普拉斯變換好像和拉普拉斯方程一點關係也沒有......

設 $Z(x)$ 是從格點 x 出發的隨機遊走，經過原點的次數的期望，那麼有

$Z(x) = delta_{x, 0} + frac{1}{2D}sum_{i = 1}^{d}(Z(x + e_i) + Z(x - e_i))$

通過傅立葉變換可以解得

$Z(x) = int frac{d^Dk}{(2pi)^D} frac{e^{ikx}}{1 - frac{1}{D}sum_{i=1}^{D}cos{k cdot e_i}}$

我們發現，在紅外端，有漸進行為 $int_{0+} k^{D-3}dk$ ，於是在 D &<= 2 的時候，這個馬氏鏈是常返的。在 D = 2 的時候，我們可以期待有共形不變性。

Mermin-Wigner 告訴我們，在 D &<= 2 時，連續對稱性不會自發破缺，因為連續對稱性會有無能隙的激發，也就是說 $omega_k simeq k$ ，那麼關聯函數在 D&<= 2 時會出現上面一樣的發散，我們因此不能把破缺後的狀態當作基態。

去年的這個時候在上非平衡統計物理，有關隨機遊走的部分剛好是我們組負責整理的，就順手把去年的圖貼過來好了。總覺得組合數學課孫曉明老師講過一個有趣的做法但是怎麼也想不起來了sad...

最前面先提供一個粗淺的理解，為什麼一維和二維可以而三維不行？

我們只需回顧一下，我們說能夠回到原點時我們是在說什麼，然後再注意到一個事情，那就是： $|r| propto sqrt{t}$

也就是說，在 $t$ 時間內，我們踏過的點的個數，大概是 $r^2$ 的量級。

三維的情況下，是 $r^3$ 量級的點，so....

當然了這只是極為粗淺的大致的理解...為的是讓這個事情不那麼不可思議。理解這個問題的關鍵我覺得還是在於理解什麼叫可以走回家

（前面有一些關於這個問題的其他細節，題主問題的答案基本可以直接拉到最後面看那個傅里葉變換後的積分式）

http://www.math.pku.edu.cn/teachers/zhangfxi/homepage/asptextbook/1.15.pdf

帶權圖上的隨機遊走常返性可以和圖的電網路的電阻對應

然後等電勢的點可以粘在一起

其實一點都不奇怪

可以理解就是一個擴散過程

我跑個題。

鳥類的巢是育雛場所，不是他們的家，所以鳥不存在回家的需求。

至於鳥類喝醉了會怎麼樣，詳見這裡：https://www.guokr.com/article/438917/。

發現不好好學習，連醉鳥為什麼回不去家都看不懂

說句題外話

可是不少喝醉的人也沒能走回家啊

二維格子上進行的隨機遊走，逃逸概率為0，無窮長時間後總會回歸，但是三維里逃逸概率就是1了

$sum_{n=1}^{infty} n^{-s}$ converges when $s > 1$ Riemann zeta function

This is a true quant interview question.

One simple answer is 2d random walk is recurrent while 3D is transient.

竊以為鳥類大腦與人類大腦在酒精麻痹的情況下對方向感認知和肢體的協調有何量化的異同也是一個論述的方向，上面的回答貌似都將觀察對象簡化成隨機點了

我感覺吧，人比鳥能喝。

以上

本人工科生，說一下自己的理解吧。隨機遊走產生的位移分布的標準差與時間間隔的平方根成正比，很容易可以判斷出，隨機遊走的分形維數是2，因此這條曲線可以「填充」滿一個二維平面，只要給足夠多的時間，早晚會回到原點的。當然其長度是無窮大，"填充滿"一條一維的直線綽綽有餘。但是，維數為2的東西塞進三維空間中，它的體積應當是0，因此在三維空間中，回到原點的概率是0。請教各位數學大牛，存不存在某種隨機過程，它的位移分布的標準差與時間間隔的三次方根成正比，是不是就在三維空間中就是一個常返過程了呢？

能回家的都是沒喝多的……逃……