Бросание кубика и эргодическая теорема
Вставка
- Опубліковано 20 лют 2024
- Решаем задачу о том, сколько раз в среднем надо бросить кубик, чтобы выпала определённая грань, и обсуждаем связь разных средних.
Благодарим вас за интерес к нашей работе!
Получить доступ к дополненным материалам и поддержать нас можно нашем телеграм-канале: t.me/getaclass_channel/525
Новосибирский Государственный Университет
www.nsu.ru/
Замечательная картинка - модель идеального газа. Эргодическая теорема - очень важное и нужное утверждение в МКТ. Отличный ролик!
Очень интересная подача материала. Методически правильно и увлекательно. И визуальный ряд и расчётная часть впечатляют. Может быть, если бы в институте так преподавали теорию вероятностей была бы пятёрка, а не тройка по ТВиМС.
Здравствуйте. Спасибо за, как всегда, интересный и наглядный ролик. Ситуация с кубиком и монетой являются, наверное, простейшими случаями, когда ни стороны монеты, ни грани кубика не взаимодействуют друг с другом, а также на них не влияет окружающее пространство. Поэтому здесь всё равно, как проводить усреднение. А вот в метрологии, в случае косвенных измерений, разница того, как именно вы усредняете, имеется. Допустим, у вас 2 набора (массива) парных данных, собранных в результате эксперимента (Х и У), и вам нужно рассчитать по этим данным среднее значение третьей переменной (Z), связанной с первыми двумя известным законом (для конкретики можно выбрать закон товарища Ома). Первый путь: это получить общее Хср., и общее Уср., и, на основе известного соотношения между Х и У вычислить Zср. Второй путь: рассчитать Zi-е, используя известное соотношение между Х и У, а потом усреднить полученные Zi-е, получив Zср. Один из предложенных вариантов - неправильный. Что скажут авторы канала?
Можно взять 10 неэргодических монет: 5 из них с двух сторон орлы, 5 из них с двух сторон решки. Если бросить это 10 монет, то вероятность выпадения орла =1/2. А если взять одну из этих монет и 10 раз кинуть, то 10 раз выпадет одно и то же
Как всегда интересно!🌺
Расчетные методы Монте-Карло и Молекулярной Динамики в физической химии -дают среднее по ансамблю и среднее по времени. В равновесных условиях должны давать одинаковые результаты.
Насколько я помню, доказывается это в отдельных случаях - теорема, в других - гипотеза.
Спасибо
среднее число бросков до выпадения заданной грани будет 6 бросков, но при ограничении их числа не каждая серия достигнет результата, а тогда мы имеем дело с другой выборкой - сериями ограниченных чисел бросков, среднее число бросков до результата в которых естественно не отвечает выборке с неограниченным числом.
А Яков Синай еще жив, представляете?
можно кстати попробовать написать программу визуализации столкновения молекул без реального расчета столкновения частиц. возможно будет эффективней считать и разыгрывать скорость и направление движения, на большом масштабе глаз подвоха не заметит. или я написал глупость ;)
Я думаю, что задача про кубик и эргодическая гипотеза - это не одно и то же. Задача про кубик допускает два решения, но эти типично для теории вероятностей. Там есть много теорем, как одно и то же можно считать по-разному, например, мат. ожидание суммы случайных величин равно сумме мат. ожиданий. А вот эргодическая гипотеза требует ансамбль из большого числа взимодействующих частиц, и в общем случе не доказана.
Мы нашли листочек МЦНМО "Эргодичская теорема", там были в том числе и такие задачи. Похоже, что математики трактуют этот термин более широко, чем физики.
@@schetnikov Откровенно говоря, я не знаю строгого математического определения эргодичности, мои знания по теорверу поверхностны. Что ж, нам учиться никогда не поздно.
Обозначим исомое математическое ожидание числа бросков кубика за X. Тогда X = 1/5 * 1 + 1/6 * (1+X). Отсюда X = 6
У меня почtму-то другое уравнение: x = 1/6*1 + 5/6*(x+1)
@@michaelpovolotskyi3295 1/6 и 5/6 конечно, это наверное опечатка.
Можно и так написать: X = 1 + 5/6*X.
Геометрическое распределение называется.
С моей удачей я этот кубик буду целый день бросать, а желтая сторона так и не выпадет.. (((
🙂
Это в каком случае: когда выпадение желтой грани - это благоприятный для Вас исход, либо напротив - неблагоприятный? 😊
Интересно, вероятность выпадения выделенной грани при одном броске 1/6, при сериях из двух бросков подряд 1/36 и т. д. Применяя эргодическую гипотезу, можно заменить одновременными бросками двух кубиков, трех и т. д. Если делать ставки на выпадение грани при следующем броске, то, получается, лучше выбирать другие грани? 😁
Конечно. Ведь другие грани выпадают с вероятностью 5/6, а та же - с вероятностью 1/6
Вот только для задачи о кубике нет необходимости использовать какую-либо гипотезу. Используется только тот очевидный факт, что вероятность выпадания любой грани одна и та же 1/6 и не зависит от других бросков. Всё остальное выводится строго, без элементов гипотетичности.
@@Fasalytch «Ведь другие грани выпадают с вероятностью 5/6, а та же - с вероятностью 1/6.» Вот только эргодическая гипотеза здесь ни при чём.
@@Micro-Moo я лишь прокомментировал последний вопрос
@@Fasalytch «я лишь прокомментировал последний вопрос» Понял, спасибо за уточнение.
Почему мы вероятность выпадения умножаем на количество бросков не понимаю 2:00
Таким образом находиться математическое ожидание - наиболее вероятное число бросков.
@@Ihor_Semenenko Матожидание это не вероятность, а вопрос был задан о вероятности. Вы на него не ответили. Ответ лежит в самый элементарных основах теории вероятности: вероятность сочетания двух независимых событий это произведение вероятностей каждого из них, и так далее.
@@Micro-Moo Да нет, спасибо обоим что попытались ответить на мой вопрос, я пересмотрел щас ещё раз и вроде бы понял - почему мы количество бросков умножаем на вероятность выпадения нужной нам грани
@@Micro-Moo В в идео вопрос не о вероятности, а о среднем числе бросков, т.е. таком числе, которое поулчеться как рене в ольшом числе испытаний.
А по поводу матоидания: если некоторая велечина Х распределена по некоторому закону, то наиболее вероятное ее значение это М(Х). Это ж самый основы теории вероятностей. Просто в видео не прозвучало это слово.
потому что мы ищем в итоге количество бросков, а не вероятность выпадения
беру кубик и бросаю его 60000 раз
желтая сторона выпадет 10000 раз
разбивая последовательность на 10000 серий заканчивающихся желтым
общая длина всех 10000 серий 60000
т.е. в среднем по 6
Чтобы оставить хоть какой-то комментарий 😊:
-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
#include
#include
std::random_device rd;
std::mt19937 mt(rd());
using dice_roll_result_type = std::mt19937::result_type;
std::uniform_int_distribution dice(1, 6);
dice_roll_result_type dice_throw() { return dice(mt); }
using count_t = unsigned int;
int main()
{
std::setlocale(LC_ALL, "Russian");
constexpr count_t series_count = 10000000;
count_t total_throws = 0;
for (count_t i = 0; i < series_count; ++i) {
count_t series_length = 1;
while (dice_throw() < 6) ++series_length;
total_throws += series_length;
}
std::cout