Metodai "rafinuotame popieriuje" • Evgeny Anikin • "Populiariausi moksliniai" elementai "• Matematika

Kelias į ramentuotą popierių

Užduotis

Atsižvelgiant į skaičių p iš segmento [0, 1]. Apsvarstykite keturkampį puslankį, kuriame visos ląstelės dažytos raudonai. Su kiekviena ląstelė atlikite šią operaciją: mesti "p"moneta", kuri su tikimybe p išauga iš erelio ir tikimybė, kad 1 – p – uodegos, o jei erelis nukrito, tada spalvą paryškinkite mėlynai. Tada, kai ši operacija buvo atlikta su visomis ląstelėmis, ant pusės plokštumos, kuri gali laisvai judėti palei pusės plokštumos sieną, ant pusės uždėta specialiai parengta skruzdėlė, bet gali vaikščioti tik palei mėlyną paviršių (ant skruzdėlio galima nuskaityti tik į mėlynąsias ląsteles greta jos).

Aišku, jei tikimybė p labai mažas tada bapieDaugelis ląstelių nėra dažytos ir ant skruzdėlių gali judėti tik ribotas atstumas nuo pusės plokštumos krašto. Priešingai, jei numeris p pakankamai arti vieno, tuomet ant skruzdėlio greičiausiai galėsite išeiti į priekį kuo toliau nuo krašto.

Pasirodo, kad yra "kritinė" vertė p = pkriterijuskur ribotas mario judėjimas beveik neabejotinai suteikia galimybę neriboti. Kaip rasti Ar tai yra vertė?


1 patarimas

Pabandykite mąstyti, sujungdami ląsteles į 2 × 2 blokus.Jei pamirštume apie vidinę šių blokų struktūrą, susiduriame su pradine problema. Tačiau naujoje užduotyje blokų "dažymas" tikimybė nesutampa su pradine verte, bet turės naują vertę p1priklausomai nuo p. Pirmasis žingsnis sprendžiant problemą yra tai rasti. p1.

Apibūdinta idėja, būtent, užduoties pakeitimas lygiaverte užduotimi su blokais, nėra visiškai griežtas, bet leidžia rasti atsakymą.


2 patarimas

Jei jums pavyko gauti formulę p1, p1 = f(p), toliau didinti tinklelį. Galite sujungti blokus į naujus blokus ir tęsti šį procesą be galo. Ir kiekviename kitame žingsnyje pn+1 bus lygus f(pn) Pagalvokite elgesį pn priklausomai nuo n atspindi ant skruzdžių sugebėjimą keliauti savavališkai dideliais atstumais. Nustatykite kokybinę raidą pn skirtingoms pradinėms vertėms. Tam gali būti labai naudinga sukurti grafiką. y = f(x) ir palyginkite ją su funkcijų grafiku y = x.


Sprendimas

Kaip jau minėta viršūnėje, protiškai sujungiant ląsteles į 2 × 2 blokus, mes laikysime šiuos blokus naujais ląstelėmis. Paklauskime savęs klausimo: tokiu atveju blokas gali būti laikomas šešėliniu? Norėdami tai padaryti, įsivaizduokite, kad skruzdėlė yra viršutinėje bloko pusėje.ir suraskite tokias šešėlinių ląstelių konfigūracijas, kuriose ant skruzdėlių gali pereiti žemyn.

Yra 24 = 16 konfigūracijos, kurios skiriasi mėlynųjų elementų skaičiumi ir vieta. Išnagrinėsime atvejus, kai yra skirtingų užpildytų ląstelių skaičius (1 pav.). Akivaizdu, kad jei keturi ar trys ląstelės dažytos, ant skruostukas visada gali judėti nuo viršutinio bloko krašto iki apatinio. Jei dvi ląstelės dažytos, tada iš šešių galimų vietovių, kai ląstelės yra viena virš kitos, tinka du variantai. Visais kitais atvejais skruzdėlė nebus perduota per bloką.

Pav. 1. Kai kurios ląstelių buvimo vietos parinktys. Parinktys a), b), c) atitinka pravartu bloku d), e), f) – nepertraukiamas

Gauta tokia nuotrauka: viena konfigūracija su 4 mėlynais ląstelėmis, keturios su trimis mėlynais ląstelėmis ir dvi su dviem. Tai lengva apskaičiuoti, jei ląstelėje yra šešėlio tikimybė ptada tikimybė praeiti per bloką yra p1 = f(p) = p4 + 4p3(1 − p) + 2p2(1 − p)2 = 2p2p4.

Mes tęsime tinklo plėtojimo procesą, ty sujungsime blokus į naujus blokus. Tada kiekviename žingsnyje gausime naują tikimybę, kad gali būti nudažytas kito dydžio blokas, naudojant formulę \ (p_ (n + 1) = 2p_n ^ 2 p_n ^ 4 \).Tai yra gana sudėtingas pasikartojimo santykis, ir vargu ar čia galima rasti aiškią formulę pn. Bet tai nėra būtina: jei sukursite diagramą f(p), tada jūs galite kokybiškai suprasti elgesį pn priklausomai nuo n.

Iš grafiko aišku, kad f(p) kerta liniją y = p viename taške pkriterijus (2 pav.). Tuo p > pkriterijus santykis yra įvykdytas f(p) > po p < pkriterijus – santykis f(p) < p. Taigi, jei pradinė vertė yra p0 = pkriterijustai viskas pn = pkriterijus. Jei p0 > pkriterijus, tikimybė didės su iteracijomis, ir jei p0 < pkriterijustada sumažėja.

Pav. 2 Kopėčios, reprezentuojančios pasikartojimų santykio ((p_ (n + 1) = 2p_n ^ 2 p_n ^ 4 \) atkartojimus. Mėlynas taškas atitinka pradinę vertę p

Grafiškai kartotiniai pasikartojimo koeficientai pn+1 = f(pn) kur f(x) = 2x2x4apibūdinami kopėčiomis, parodytomis 2 paveiksle. Kopėčių konstrukcijos principas yra: atidėti pn ant ašies x. Tada grafiko taškas, atitinkantis pn, turi ordinatą pn+1. Pažymėti pn+1 ant ašies x, traukite per grafiko tašką su koordinačių (pn, pn+1a) horizontali linija iki sankirtos su tiesia linija ne = p. Sankryþos taškas yra abscisas. pn+1, ir jūs galite tęsti repeticiją tame pačiame dvasia.

Apskaičiuokite, ar tiksliai yra kopėčios, atitinkančios p0 < pkriterijus. Iš paveikslo aišku, kad pn ne tik sumažėja, bet ir linkęs nuliui! Panašiai, kada p0 > pkriterijus tikimybė yra linkusi vienai. Tai reiškia, kad kada p0 < pkriterijus skruzdėlė beveik neabejotinai negalės praeiti per pakankamai didelių dydžių bloką ir, atvirkščiai, beveik neabejotinai pereis per bloką, kai p0 > pkriterijus.

Lieka rasti pkriterijus. Tam jums reikia išspręsti lygtį p = 2p2p4. Tai ketvirtosios laipsnio lygtis, tačiau yra žinomi du šaknys (juos lengva rasti pasirinkdami): tai yra 0 ir 1. Jei mes padalinsime polinomą p3 − 2p + 1 "on" p – 1, mes gauname kvadratinį trigubą p2 + p – 1, turintis teigiamą root \ ((\ sqrt5- 1) / 2 \ approx 0 {,} 618 \). Tiksli kritinė tikimybė, nustatyta naudojant kompiuterį, yra 0,592746. Taigi santykinė mūsų atsakymo klaida yra 4%.

Pav. 3 Neleistinas dviejų blokų derinys

Nesutarimų priežastis yra ta, kad, kaip jau minėta, idėja sujungti ląsteles į blokus nėra labai griežta. Apsvarstykite, pavyzdžiui, du blokus, esančius kaip pavaizduota 3 paveiksle. Abu šie blokai buvo laikomi "priimtinais" mūsų sprendime, tačiau akivaizdu, kad negalima pereiti tokio blokų derinio. Tačiau mūsų sprendimas teisingai supranta fenomeno esmę, su kuria susijusi gana maža klaida.Mes pridūrėme, kad tiksli analitinė išraiška kritinei tikimybei dar nėra žinoma, nors, žinoma, galima gauti tikslesnius apytikrius įvertinimus.


Po žodžio

Tiesą sakant, šios užduoties pavadinimas ir būklė yra žinomos perkoliacijos problemos slėpimas. skystis – srautas). Tiesą sakant, raktas popierius gali būti laikomas poringą terpę, o skruzdėlio judėjimą galima laikyti skysčiu. Ir mūsų užduotis yra tiesiogiai susijusi su realia fizine problema, kai skystis praeina per akytas medžiagas. Be to, ryšys tarp skilimo problemos ir fizikos neapsiriboja tokia analogija, bet eina daug giliau. Tai nėra formuluotė ir svarbus atsakymas, bet požiūris į sprendimą. Matavimo masto idėja, kurią naudoja mes ir labiausiai paprastus skaitytojai, suranda labai daug dalykų fizikos srityje. Panašus požiūris, vadinamas perormalizacijos grupe (arba perormalizavimo grupe), yra plačiai žinomas kvantinės lauko teorijoje, fizikoje kondensato srityje ir fazių perėjimų antrojo laipsnio teorijai. Beje, tai, ką pastebėjome, netgi gali būti suprantamas kaip fazinis perėjimas tarp dviejų valstybių: su ribotu ir neribotu judesiu.

Problema, kad perkoliacija yra gryna forma, taip pat yra labai sudėtinga ir įdomi.Jis gali būti dedamas ne tik ant ritinio popieriaus, bet ir bet kokios grotelės ir netgi bet kokio grafiko. Kai kuriais atvejais tikslūs atsakymai yra žinomi dėl kritinių tikimybių, tačiau, kaip taisyklė, jie turi būti ieškomi skaičiais. Mūsų skaičiavimų rezultatai, susiję su tikimybe, artima kritiškumui, yra parodyta toliau esančiuose paveikslėliuose. Galima pastebėti, kad ant skruzdėlės yra sudėtinga fraktalinė struktūra. Be to, nedidelis pokytis p – tik šimtai dešimtmečių – labai keičia vaizdą.

Pav. 4 Pralaidumo zonos skaitmeninio modeliavimo rezultatai (juoda) mūsų problema dėl skirtingų vertybių p. Iš kairės į dešinę: p = 0,57, p = 0,585, p = 0,6

Atkreipkite dėmesį, kad impulsų ir kitų panašių procesų imitavimas yra ne abstraktus ar pasenusios užduotys. Jų svarba patvirtinta, pavyzdžiui, dėl to, kad 2010 m. Lauko medalis buvo apdovanotas rusų matematika Stanislav Smirnov už savo darbą šioje srityje. Taip pat skaitykite straipsnį "Apie šiuolaikinę matematiką ir jo mokymą" ("Kvantas" Nr. 2, 2011 m.), Kuriame Stanislovas, be kita ko, kalba apie impulsų modeliavimą ir jo rezultatus šioje srityje.

Apibendrinant, mes aptarsime dar vieną problemą, susijusią su perkilimu. Būtent, kaip priklauso nuo skverbimosi gylyje pjei p < pkriterijus? Atsakymą galima gauti naudojant mūsų ankstesnius argumentus. Leisk p0 = pkriterijus – ε, kur ε yra labai mažas. Tada, taikydami sprendime aprašytą kartotinę procedūrą, mes labai ilgainiui priartinsime prie kritinės tikimybės vertės. Kita vertus, akivaizdu, kad "nuotėkis" tiksliai išnyksta, kada p daug mažiau pkriterijus. Taigi skverbimosi gylis yra apie bloko dydį p daug mažiau pkriterijus.

Kad gautumėte kiekybinį atsakymą, turite atlikti dar vieną supaprastinimą. Tuo ppkriterijus gali pakeisti f(p) apie pkriterijus + df/ dp·(ppkriterijus) kur df/ dp – funkcijos išvestinė funkcija f. Tuo metu pkriterijus tai yra lygus \ (4 (p_ (crit) -p_ (crit) ^ 3) = 6- 2 \ sqrt5 \). Taip

\ (p_ (n + 1) – p_ (crit) = \ mathrm (d) f / \ mathrm (d) p \ cdot (p_n- p_ (crit)) \),

tai yra, su ppkriterijus mūsų pasikartojimo seka yra labai artima eksponentiškai ir mes galime parašyti

\ (p_n- p_ (crit) = (\ mathrm (d) f / \ mathrm (d) p) ^ n \ cdot (p_0- p_ (crit)) \).

Mes turime rasti tokį ntai pnpkriterijus ≈ 1.

Sprendžiant lygtį gauname \ (n = \ ln (1 / \ Delta p_0) / \ ln (\ mathrm (d) f / \ mathrm (d) p) \), o atitinkamas dydis yra \ (L = 2 ^ n = (1 / \ Delta p_0) ^ ((1 / \ ln (6- 2 \ sqrt5))). \)

Deja, šis atsakymas, kaip ir kritinės tikimybės atsakymas, nėra tikslus. Tačiau išvada apie įsiskverbimo gylio priklausomybę nuo tikimybės yra teisinga. Ir tai yra labai svarbi išvada, nes tokia galios priklausomybė būdinga visoms antrojo tipo fazinėms perėjimams.

Antrojo tipo fazių perėjimuose, kaip ir visose įprastose fazių perėjose, medžiagų būklė pasikeičia temperatūra. Ypatingas skirtumas tarp antrojo tipo fazių perėjimų yra tai, kad fizinės sistemos simetrija pasikeičia perėjimo taške, ty tam tikra prasme atsiranda perėjimas nuo "labiau simetriškos" fazės į mažiau simetrišką. Paprasčiausias pavyzdys yra perėjimas tarp paramagnetinio ir feromagneto: esant kritinei temperatūrai atomų magnetiniai momentai suvienodinami vienoje kryptyje, sukuriant magnetizaciją (ir taip pažeidžiant simetriją). Atkreipkite dėmesį, kad paprastai paramagnetinė būsena realizuojama esant aukštesnei temperatūrai ir feromagnetinei būsenai esant žemesnei temperatūrai.

Esant temperatūrai, esančiam greta esminės, esančios fenomenas turi daug panašumų su perkoliacijos užduotimi. Para- ir feromagnetikos pavyzdyje, kai temperatūra mažėja ir kritinė temperatūra artėja, pradeda formuotis mažos atomų grupių magnetiniai momentai, nukreipti į vieną pusę. Pasirodo, kad ši klasterių nuotrauka yra labai panaši į skylių, prie kurių yra skruzdžių, perteklius.O charakteringų grupių dydis (kuris teisingai vadinamas koreliacijos ilgiu) priklauso nuo (TTc) pagal galios įstatymą, kaip ir perkoliacijos problema, priklauso nuo klasterio dydžio ppkriterijus.


Like this post? Please share to your friends:
Parašykite komentarą

;-) :| :x :twisted: :smile: :shock: :sad: :roll: :razz: :oops: :o :mrgreen: :lol: :idea: :grin: :evil: :cry: :cool: :arrow: :???: :?: :!: