Percolação planar
A geometria planar permite traduzir ausência de conexões abertas em existência de barreiras duais. Neste capítulo formalizamos essa correspondência e a usamos para identificar o ponto crítico da percolação por elos em \(\mathbb Z^2\).
9.1 Dualidade
Seja \(G\) um grafo plano, isto é, um grafo planar com uma imersão fixa no plano. O dual \(\widehat G\) possui um vértice para cada face de \(G\) e uma aresta dual \(\widehat e\) cruzando cada aresta primal \(e\). Mesmo quando \(G\) é simples, \(\widehat G\) pode ter arestas paralelas e laços: duas arestas primais podem separar o mesmo par de faces, e uma ponte primal dá origem a um laço dual. Por isso, neste capítulo tratamos \(\widehat G\) como um multigrafo. Um laço conta duas vezes no grau de seu vértice.
Chamaremos de circuito um passeio fechado sem repetição de arestas. No multigrafo dual, circuitos podem ter comprimento \(1\) ou \(2\); quando são simples e têm comprimento pelo menos \(3\), coincidem com os ciclos definidos no Capítulo 1.
Para uma configuração \(\omega \in \{ 0,1\} ^{E(G)}\), definimos a configuração dual por
Assim, uma aresta dual está aberta exatamente quando a aresta primal correspondente está fechada.
Antes da dualidade probabilística, isolamos o fato geométrico que a sustenta.
Fixe uma face \(F\) de \(G\) e percorra sua fronteira uma vez. Cada vez que atravessamos uma aresta de \(\partial _eC\), passamos de um vértice de \(C\) para um vértice fora de \(C\), ou vice-versa. Como o percurso termina no mesmo lado em que começou, o número dessas mudanças é par. No dual, isso diz exatamente que o vértice correspondente à face \(F\) é incidente a um número par de arestas de \((\partial _eC)^*\), contando multiplicidades quando necessário.
Portanto, todas as componentes do submultigrafo dual formado por \((\partial _eC)^*\) têm todos os graus pares. Cada componente não trivial é euleriana e admite um circuito que percorre todas as suas arestas; em particular, toda aresta pertence a algum circuito.
A forma elementar da dualidade que será usada adiante é a seguinte.
existe um caminho primal aberto de \(x\) a \(y\) em \(G\setminus \{ e\} \);
existe um caminho dual aberto de \(\widehat x\) a \(\widehat y\) em \(\widehat G\setminus \{ \widehat e\} \).
Considere a componente aberta \(C\) de \(x\) no grafo \(G\setminus \{ e\} \). Se \(y\in C\), vale a primeira alternativa. Suponha então \(y\notin C\). Nesse caso,
Além disso, toda aresta de \(\partial _eC\) diferente de \(e\) está fechada: se \(f=\{ u,v\} \neq e\), com \(u\in C\) e \(v\notin C\), estivesse aberta, então \(v\) também poderia ser alcançado a partir de \(x\) em \(G\setminus \{ e\} \), contradizendo a definição de \(C\).
Se as duas faces adjacentes a \(e\) coincidem, então \(\widehat x=\widehat y\). Nesse caso \(e\) é uma ponte de \(G\): se houvesse um caminho de \(x\) a \(y\) evitando \(e\), sua união com \(e\) formaria um ciclo primal e as duas faces incidentes a \(e\) seriam distintas. Assim, a primeira alternativa falha e a segunda vale pelo caminho de comprimento zero.
Suponha agora \(\widehat x\neq \widehat y\). Pelo Lema 9.1, a aresta \(\widehat e\) pertence a um circuito dual formado por arestas que cruzam \(\partial _eC\). Removendo \(\widehat e\) desse circuito, obtemos um passeio dual de \(\widehat x\) a \(\widehat y\) que evita \(\widehat e\); eliminando eventuais subcircuitos, obtemos um caminho. Todas as suas arestas cruzam arestas de \(\partial _eC\setminus \{ e\} \) e, portanto, são duais de arestas primais fechadas. Logo o caminho dual é aberto.
As duas alternativas também não podem ocorrer simultaneamente. Suponha que exista um caminho primal aberto simples \(P\) de \(x\) a \(y\) evitando \(e\). A união de \(P\) com \(e\) é um ciclo primal simples. As duas faces adjacentes a \(e\) ficam em lados opostos desse ciclo. Assim, qualquer caminho dual de \(\widehat x\) a \(\widehat y\) que evite \(\widehat e\) precisa cruzar alguma aresta de \(P\). Mas uma aresta dual aberta cruza uma aresta primal fechada, enquanto todas as arestas de \(P\) são abertas. Isso é impossível.
A prova contém a ideia que reaparecerá em todo o capítulo: uma fronteira primal funciona como uma barreira dual. Quando uma conexão primal falha, procuramos a interface que separa o conjunto alcançável de seu alvo; as arestas dessa interface são fechadas e, vistas no dual, formam uma conexão aberta.
9.2 Cruzamentos em \(\mathbb Z^2\)
Seja
um retângulo. Denotamos suas faces oeste, leste, norte e sul por \(\partial _W R\), \(\partial _E R\), \(\partial _N R\) e \(\partial _S R\). Escrevemos
para o evento de cruzamento primal aberto da esquerda para a direita.
Se \(E(R)\) é o conjunto das arestas primais com as duas extremidades em \(R\), o retângulo dual \(\widehat R\) é o subgrafo da rede deslocada \(\widehat{\mathbb Z^2}=\mathbb Z^2+(\tfrac 12,\tfrac 12)\) formado pelas arestas duais de \(E(R)\) e por seus vértices incidentes. As faces norte e sul, \(\partial _N\widehat R\) e \(\partial _S\widehat R\), são os vértices duais incidentes, respectivamente, às arestas horizontais da borda superior e inferior de \(R\). As arestas duais que saem pelas laterais não participam de um cruzamento norte–sul e podem ser descartadas. Denotamos por \(V^*(\widehat R)\) o evento
A Proposição 9.2 reduz o enunciado a um problema finito. Considere dois vértices auxiliares, \(w\) e \(z\), colocados respectivamente a oeste e a leste do retângulo. O vértice \(w\) é ligado a todos os vértices de \(\partial _W R\) e \(z\) a todos os vértices de \(\partial _E R\) por arestas desenhadas sem cruzamentos fora do interior de \(R\); todas essas arestas auxiliares são declaradas abertas. Uma última aresta auxiliar
contorna o retângulo pela face exterior. Escolhemos a imersão de modo que as duas faces incidentes a \(a\) sejam justamente as regiões exterior norte e exterior sul do retângulo.
Aplique a Proposição 9.2 à aresta \(a\). A primeira alternativa daquela proposição é a existência de um caminho primal aberto de \(w\) a \(z\) que evita \(a\). Como as arestas que ligam \(w\) e \(z\) às faces verticais foram declaradas abertas, isso ocorre se e somente se existe um cruzamento aberto de \(\partial _W R\) a \(\partial _E R\), isto é, se e somente se \(H(R)\) ocorre.
A segunda alternativa é a existência de um caminho dual aberto entre as duas faces incidentes a \(a\), evitando \(\widehat a\). As arestas duais que cruzam as ligações auxiliares de \(w\) e \(z\) estão fechadas, pois essas ligações foram declaradas abertas. Consequentemente, um caminho dual aberto entre as duas faces de \(a\) é forçado a atravessar o retângulo pelas arestas duais que cruzam arestas de \(R\). Depois de suprimir os vértices e arestas auxiliares, essa alternativa é exatamente
A Proposição 9.2 afirma que exatamente uma dessas duas alternativas ocorre. Portanto \(H(R)\) e \(V^*(\widehat R)\) são disjuntos e complementares.
A igualdade de probabilidades no ponto autodual requer escolher um retângulo cuja geometria seja preservada, após rotação, pela passagem ao dual. Para
o retângulo dual associado a um cruzamento vertical é, após uma rotação de \(\pi /2\) e uma translação, congruente a \(R_n\). Assim, em \(p=1/2\),
Como os dois eventos são complementares pela Proposição 9.3, concluímos que
Essa conclusão não vale, em geral, para um retângulo arbitrário: a igualdade \(1/2\) depende da congruência entre o retângulo primal e o dual rotacionado.
9.3 A cota superior para o parâmetro crítico
O argumento a seguir usa o decaimento exponencial do Corolário 7.3. Ele fornece uma demonstração curta da metade difícil da identidade de Harris–Kesten.
Suponha, por absurdo, que \(1/2\lt p_c(\mathbb Z^2)\). Então \(p=1/2\) está no regime subcrítico. Pelo Corolário 7.3, existem \(C,c\gt 0\) tais que, uniformemente em \(x\),
Se \(H(R_n)\) ocorre, algum \(x\in \partial _W R_n\) está ligado à face leste. Como a distância entre as duas faces verticais é \(n+1\), esse vértice satisfaz
Portanto, usando \(|\partial _W R_n|=n+1\),
O lado direito tende a zero, uma contradição. Logo \(p_c(\mathbb Z^2)\le 1/2\).
9.4 O argumento de Zhang no ponto autodual
A outra metade do teorema usa unicidade da componente infinita e a geometria planar. A apresentação abaixo segue a forma usual do argumento de Zhang; para a geometria dos cruzamentos primal–dual e esta versão do argumento, veja também (Yadin 2020; Grimmett 1999).
Suponha, por absurdo, que
Pela lei \(0\)–\(1\), existe então quase certamente alguma componente infinita primal; pelo Teorema 6.5, ela é quase certamente única. Em \(p=1/2\), a configuração dual tem novamente a lei da percolação de Bernoulli com parâmetro \(1/2\), de modo que o mesmo vale na rede dual.
Para \(n\ge 1\), seja
Para \(D\in \{ W,E,N,S\} \), denote por \(A_D(n)\) o evento de que existe um caminho primal aberto simples
tal que
Assim, depois de partir da face \(D\), o caminho segue até o infinito sem voltar à caixa.
Essa definição é precisamente a que permite decompor o evento de conexão ao infinito. De fato, se \(Q_n\) está ligado ao infinito, tome um caminho aberto simples iniciado em \(Q_n\) e considere seu último vértice em \(Q_n\). Esse vértice pertence a uma das quatro faces e a cauda do caminho realiza o evento correspondente. Reciprocamente, qualquer \(A_D(n)\) implica \(Q_n\leftrightarrow \infty \). Portanto
Como
temos
Os quatro eventos complementares são decrescentes. Pela desigualdade de Harris e pelas simetrias de \(\mathbb Z^2\),
Logo
Precisamos da mesma construção no dual. Seja \(\widehat Q_n\) o subgrafo dual formado pelas arestas \(\widehat e\) correspondentes às arestas primais com ambos os extremos em \(Q_n\), juntamente com seus vértices incidentes. Denote por \(A_N^*(n)\) e \(A_S^*(n)\) os eventos análogos em que um caminho dual aberto parte, respectivamente, das faces norte e sul de \(\widehat Q_n\) e, depois do vértice inicial, não utiliza nenhuma aresta de \(\widehat Q_n\). Assim, esses eventos dependem apenas das arestas primais que não pertencem a \(E(Q_n)\). Pela autodualidade em \(p=1/2\), o mesmo argumento fornece
Escolha agora \(n\) tão grande que
Por exemplo, basta tomar \(n\) de modo que cada um dos quatro eventos tenha probabilidade maior que \(7/8\) e usar a desigualdade da união.
Seja \(E(Q_n)\) o conjunto das arestas primais com ambos os extremos em \(Q_n\), e considere ainda o evento
Os quatro eventos de braços acima dependem apenas de arestas fora de \(E(Q_n)\), enquanto \(F_n\) depende apenas das arestas de \(E(Q_n)\). A geometria do evento está resumida na Figura 9.2.
Portanto, eles são independentes e
Fixe uma configuração nesse evento. Como todas as arestas de \(E(Q_n)\) estão fechadas, todas as arestas correspondentes de \(\widehat Q_n\) estão abertas. Logo os dois braços duais, norte e sul, podem ser ligados dentro de \(\widehat Q_n\) por um caminho dual aberto. Como todo o subgrafo está aberto, podemos escolher essa ligação simples e, salvo pelas extremidades, contida no interior de \(\widehat Q_n\).
A Figura 9.2 também mostra o ponto topológico central. Apague laços dos dois braços duais e do caminho que os liga dentro de \(\widehat Q_n\). Se os braços norte e sul se encontram fora da caixa, interrompa-os na primeira interseção; se não se encontram, considere também o ponto no infinito na compactificação \(\mathbb R^2\cup \{ \infty \} \simeq \mathbb S^2\). Em ambos os casos obtemos, dentro da união desses três caminhos, uma curva de Jordan dual. Ela encontra a caixa pelas faces norte e sul.
As quatro faces aparecem na ordem cíclica
ao redor da caixa. Pelo teorema da curva de Jordan, a curva dual que entra por norte e sul separa as regiões oeste e leste. Portanto os dois braços primais fornecidos por \(A_W(n)\) e \(A_E(n)\) ficam em lados distintos dessa curva.
Consequentemente, eles não podem pertencer à mesma componente primal aberta. De fato, qualquer caminho primal que os conectasse teria de cruzar a curva dual. Todo cruzamento entre uma aresta primal e uma aresta dual ocorre entre arestas correspondentes; como a aresta dual da curva está aberta, a aresta primal correspondente está fechada. Um caminho primal aberto não pode atravessá-la.
Assim, no evento acima existem pelo menos duas componentes infinitas primais distintas. Esse evento tem probabilidade positiva, em contradição com o Teorema 6.5, segundo o qual, quando existe uma componente infinita em \(\mathbb Z^2\), ela é quase certamente única.
Portanto
Combinando os dois teoremas obtemos o resultado de Harris–Kesten:
Parâmetros críticos de redes planares duais. Considere uma rede planar \(G\), conexa e localmente finita, cuja imersão é preservada por um grupo de translações isomorfo a \(\mathbb Z^2\) com finitas órbitas de vértices. Denote por \(\widehat G\) sua rede dual e suponha que \(\widehat G\) também seja localmente finita. O exercício conduz à identidade Dada uma configuração \(\omega \) de parâmetro \(p\) em \(G\), escreva \(\widehat\omega \) para a configuração dual. Então \(\widehat\omega \) tem parâmetro em \(\widehat G\). Para conjuntos \(A,C\) e uma região \(D\), escreveremos quando existe um caminho aberto de \(A\) a \(C\) contido em \(D\). Para um retângulo denote suas faces por \(\partial _W R,\partial _E R,\partial _N R,\partial _S R\). Escreva ainda \(H(n,k)\) e \(V(n,k)\) para os eventos de cruzamento aberto, respectivamente horizontal e vertical, de \([0,n]\times [0,k]\). 1. A desigualdade \(p_c(G)+p_c(\widehat G)\le 1\). Fixe \(p\lt p_c(G)\). Use o decaimento exponencial no regime subcrítico (admita sua extensão ao caso quase-transitivo) e Borel–Cantelli para mostrar que, quase certamente, há apenas finitos circuitos abertos de \(G\) envolvendo um vértice fixado de \(\widehat G\). Pela dualidade planar, deduza que \(\widehat\omega \) contém uma componente infinita. Conclua que e faça \(p\uparrow p_c(G)\). Nos passos seguintes provaremos a desigualdade oposta por contradição. Suponha, portanto, que e escolha \(p\) de modo que Assim, de modo que tanto \(\omega \) quanto \(\widehat\omega \) percolam. Admita aqui a extensão usual do Teorema 6.5 a redes periódicas quase-transitivas. Segue que cada uma possui quase certamente uma única componente infinita. 2. Um ponto de equilíbrio num retângulo. Fixe \(s\gt 0\) e, para \(x\in \mathbb Z^2\), ponha Mostre que, para todo retângulo \(R\), existe \(x=x(R)\in R\cap \mathbb Z^2\) e existem vizinhos \(x'\) e \(x''\) de \(x\) tais que enquanto e 3. A versão no semiplano. Considere Mostre que, para cada \(m\), existe \(x=x(m)\), com primeira coordenada igual a \(m\), tal que e 4. O truque da raiz quadrada. Use a desigualdade de Harris para deduzir e 5. Uma consequência da unicidade. Para \(r\ge 1\), seja \(D_r\) o evento de que o segmento \(\{ 0\} \times [0,1]\) está ligado, por um caminho aberto de \(\widehat\omega \) contido em \(\mathbb H\), a distância pelo menos \(r\) da origem. Mostre que a unicidade da componente infinita de \(\omega \) implica Equivalentemente, quase certamente o segmento \(\{ 0\} \times [0,1]\) não está ligado ao infinito em \(\widehat\omega \cap \mathbb H\). 6. O ponto \(x(R)\) fica no interior. Mostre que para \(R=[0,n]\times [0,k]\). Use o passo anterior para excluir a possibilidade de uma subsequência de pontos \(x(R)\) permanecer a distância limitada de alguma face. 7. Cruzamentos incompatíveis. Usando \(x(R)\), os Passos 4–6 e a unicidade das componentes infinitas, mostre que e quando \(\min \{ n,k\} \to \infty \). 8. Contradição. Para cada \(n\), considere o maior inteiro \(k\) tal que Compare esse \(k\) com \(k+1\) e use o passo anterior para obter uma contradição. Portanto, Juntamente com o Passo 1, conclua que