Percolação planar
A geometria planar permite traduzir ausência de conexões abertas em existência de barreiras duais. Nesta seção 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 grafo dual \(\widehat G\) possui um vértice para cada face de \(G\) e uma aresta dual \(\widehat e\) cruzando cada aresta primal \(e\). 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 subgrafo dual formado por \((\partial _eC)^*\) têm todos os graus pares. Como o grafo é finito, cada uma admite um circuito e pode ser decomposta em ciclos; em particular, cada uma de suas arestas pertence a um ciclo.
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 \(\widehat x=\widehat y\) e a segunda alternativa vale pelo caminho de comprimento zero. Suponha, portanto, \(\widehat x\neq \widehat y\). Pelo Lema 9.1, a aresta \(\widehat e\) pertence a um ciclo dual formado por arestas que cruzam \(\partial _eC\). Removendo \(\widehat e\) desse ciclo, obtemos um caminho dual de \(\widehat x\) a \(\widehat y\) que evita \(\widehat e\). 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.
Resta ver que as duas alternativas 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.
O retângulo dual \(\widehat R\) é obtido na rede deslocada \(\widehat{\mathbb Z^2}=\mathbb Z^2+(\tfrac 12,\tfrac 12)\), com as arestas duais que cruzam as arestas de \(R\). Denotamos por \(V^*(\widehat R)\) o evento de existência de um cruzamento dual aberto de cima para baixo.
Se \(H(R)\) ocorre, qualquer caminho dual de cima para baixo deve cruzar o caminho primal horizontal. No ponto de cruzamento, a aresta dual corresponde justamente à aresta primal atravessada. Como os estados primal e dual são opostos, os dois caminhos não podem ser simultaneamente abertos. Portanto \(V^*(\widehat R)\) não ocorre.
Suponha agora que \(H(R)\) não ocorre. Seja \(C\subset R\) o conjunto dos vértices que podem ser alcançados a partir de \(\partial _W R\) por caminhos abertos contidos em \(R\). Como permitimos caminhos de comprimento zero, toda a face oeste pertence a \(C\); por outro lado,
Toda aresta de \(R\) com um extremo em \(C\) e outro em \(R\setminus C\) é fechada.
Vejamos por que essas arestas contêm uma barreira de norte a sul. Imagine percorrer a interface que separa \(C\) da componente do complemento ligada à face leste. Na borda norte, passamos de uma região ligada ao oeste para uma região ligada ao leste; o mesmo ocorre na borda sul. A interface não pode terminar no interior do retângulo: em torno de cada face interior, as arestas da fronteira entram e saem em número par, exatamente como no Lema 9.1. Portanto, uma das componentes duais dessa interface começa na borda norte e termina na borda sul.
Essa componente cruza apenas arestas da fronteira de \(C\), que são fechadas no primal. As arestas duais correspondentes são, portanto, abertas, e obtemos um cruzamento dual aberto de cima para baixo. Logo \(V^*(\widehat R)\) ocorre.
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
Observe 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 a nitidez da transição de fase já provada no capítulo sobre o regime subcrítico. 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 decaimento exponencial, 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 s.d.; Grimmett e Grimmett 1999).
Suponha, por absurdo, que \(\theta _{\mathbb Z^2}(1/2)\gt 0\). Pela lei \(0\)–\(1\), existe então quase certamente alguma componente infinita primal; pelo Teorema de Burton–Keane, ela é quase certamente única. Como, em \(p=1/2\), a configuração dual tem novamente a lei da percolação de Bernoulli com parâmetro \(1/2\), existe também quase certamente uma única componente infinita dual.
Para \(n\ge 1\), seja
O evento \(\{ Q_n\leftrightarrow \infty \} \) cresce, quando \(n\to \infty \), para o evento de existência de uma componente infinita. Portanto
Escolha \(n\) tão grande que
Denote por \(A_W,A_E,A_N,A_S\) os eventos de que, respectivamente, as faces oeste, leste, norte e sul de \(Q_n\) estejam ligadas ao infinito por um caminho primal aberto que, depois do último vértice em \(Q_n\), permanece fora da caixa. Se \(Q_n\) está ligado ao infinito, tome um caminho aberto simples até o infinito e considere sua última visita a \(Q_n\); ela ocorre em uma das quatro faces. Assim,
Consequentemente,
Os quatro eventos do lado direito são decrescentes. Pela desigualdade de Harris e pela simetria da rede,
Logo
para cada direção \(D\).
Faça agora a mesma construção no retângulo dual correspondente. Escreva \(A_N^*\) e \(A_S^*\) para os eventos de existência de braços duais abertos, respectivamente das faces norte e sul para o infinito, permanecendo fora da caixa dual depois da última visita. Pela autodualidade e pelas simetrias de \(\mathbb Z^2\),
Portanto, pela desigualdade da união,
Resta entender a geometria desse evento. Há dois braços primais infinitos, um saindo a oeste e outro a leste, e dois braços duais infinitos, um saindo ao norte e outro ao sul. Suponha que os dois braços primais pertençam à mesma componente infinita. Podemos então ligá-los por um caminho primal aberto finito. Eliminando laços e aparando os trechos anteriores às primeiras interseções, obtemos uma curva primal simples que vai ao infinito para oeste e para leste. Acrescentando o ponto no infinito, essa curva se transforma numa curva de Jordan na esfera; portanto ela separa as direções norte e sul.
Assim, um caminho dual que unisse os braços norte e sul teria de cruzar essa curva primal. Mas uma aresta dual aberta só cruza uma aresta primal fechada, de modo que tal cruzamento é impossível. Logo, se os dois braços primais pertencem à mesma componente infinita, os dois braços duais pertencem a componentes infinitas distintas. Pela mesma argumentação com primal e dual trocados, no evento acima há necessariamente ou pelo menos duas componentes infinitas primais ou pelo menos duas componentes infinitas duais.
Ambas as alternativas têm probabilidade zero pelo Teorema de Burton–Keane, aplicado à rede primal e à rede dual. Isso contradiz a probabilidade positiva obtida acima. Portanto
Combinando os dois teoremas obtemos o resultado de Harris–Kesten: