Álljon most a Galton-deszka

N éksorból, és az utolsó éksor ékei közti csatornák alatt, az

[D]

N + 1 -edik éksor helyén álljanak tartályok. Mivel az első sorban 1 ék, a második sorban 2 ék, végül az

[D]

N -edik sorban

[D]

N ék (és

[D]

N + 1 csatorna) van, az

[D]

( N + 1 ) -edik sor ékei helyét betöltő tartálysor

[D]

N + 1 tartályból áll. Számozzuk meg ezeket balról jobbra, mégpedig a későbbiek kedvéért 0-val kezdjük a számozást. Tehát a tartályok sorszámai rendre 0, 1, 2, …,

[D]

N .

Képzeljük el, hogy két játékos,

A és

[D]

B , a következő játékot játssza:

[D]

A fogad, hogy egy legurított golyó a

[D]

k -adik tartályba fog esni

[D]

( k = 0 , 1 , 2 , … , N ) . Ha eltalálta, kap

[D]

B -től

[D]

x k fillért; ha nem találta el, vagyis ha a golyó az

[D]

l -edik

[D]

( l ≠ k ) tartályba esik, akkor

[D]

A fizet

[D]

B -nek

[D]

y l ( x k ) fillért. (A

[D]

B -nek fizetendő összeg általában függjön az

[D]

x k -tól!) A következő játszmában

[D]

A és

[D]

B szerepet cserélnek. Kérdés, hogyan kell az

[D]

y l ( x k ) értékeket megválasztanunk, hogy a játék méltányos legyen, azaz hogy az

[D]

A

[D]

( B ) játékos átlagos nyereménye (pontosabban:

[D]

A nyereményének várható értéke minden tipp esetén) 0 fillér legyen.

Ahhoz, hogy ezt meg tudjuk határozni, elsősorban az érdekel bennünket, hogy egy legurított golyó melyik tartályba jut, és milyen „biztonsággal” lehet ezt megjósolni; vagyis ismernünk kell, hogy az eseteknek kb. hányad részében, pontosabban mekkora valószínűséggel esik egy golyó egy megadott, mondjuk

k -adik tartályba. Ez a valószínűség a tartály sorszámán kívül nyilván függ a Galton-deszka éksorainak számától is.

[D]

N éksor esetén jelöljük ezt a valószínűséget

[D]

P N ( k ) -val!

[D]

P N ( k ) tehát annak a valószínűségét jelenti, hogy egy

[D]

N éksorból álló Galton-deszkán egy legurított golyó a

[D]

k -adik tartályba kerül

[D]

( k = 0 , 1 , 2 , … , N ) .

Egy adott golyónak minden sorban két lehetősége van a továbbjutásra: jobbra vagy balra tér el, így a deszkán való lehetséges lefutásainak a száma (a lehetséges utak száma)

Mivel feltettük, hogy a Galton-deszka szabályos, és az egyes éksorokon való eltérítések függetlenek egymástól, így minden egyes útnak

1 2 N a valószínűsége. Ebből azonban még korántsem következik, hogy minden tartályba ugyanolyan valószínűséggel eshet egy golyó, hiszen több különböző (kedvező) úton is eljuthat ugyanabba a tartályba. Ha pl. mind az

[D]

N sorban balra tér el a golyó, akkor nyilván a 0-adik tartályba jut; ha közben valahol egyszer jobbra tért el, akkor az első tartályba, ha közben (bármelyik) két sornál jobbra tért el, akkor a második tartályba és így tovább, általában a balról számított

[D]

k -adik tartályba azokon az utakon juthat a golyó, amelyeken összesen

[D]

k -szor tért el jobbra és

[D]

( N − k ) -szor balra. Az

[D]

N éksor közül az a

[D]

k sor, ahol jobbra tért el,

[D]

N ( N − 1 ) ( N − 2 ) ⋅ … ⋅ ( N − k + 1 ) 1 ⋅ 2 ⋅ 3 … k = N k -féleképpen választható ki, így a

[D]

k -adik tartályba vezető utak száma

[D]

N k , amiből következik, hogy

Ha pl.

N = 8 , akkor az egyes tartályokba való jutás valószínűségei rendre a következők:

[D]

1 256 ,

[D]

8 256 ,

[D]

28 256 ,

[D]

56 256 ,

[D]

70 256 ,

[D]

56 256 ,

[D]

28 256 ,

[D]

8 256 ,

[D]

1 256 .

Megjegyezzük, hogy az (1) formulát más úton is beláthatjuk, mégpedig az éksorok számára,

N -re vonatkozó teljes indukcióval.

[D]

N = 1 -re ugyanis nyilván igaz (1), hiszen

[D]

P 1 ( 0 ) = 1 2 = 1 0 2 1 és

[D]

P 1 ( 1 ) = 1 2 = 1 1 2 1 . Ha már ismerjük egy

[D]

N éksorú Galton-deszkára, hogy egy legurított golyó mekkora valószínűséggel esik az egyes tartályokba, akkor ebből könnyen megkaphatjuk egy

[D]

N + 1 éksorból álló Galton-deszka esetére is a megfelelő valószínűségeket. Az

[D]

N + 1 éksorú Galton-deszka

[D]

k -adik

[D]

( k = 1 , 2 , … , N ) tartályába ugyanis kétféleképpen juthat egy golyó: vagy az

[D]

N -edik sor

[D]

( k − 1 ) -edik csatornáján halad keresztül és azután jobbra tér el, vagy a

[D]

k -adik csatornán és azután balra tér el. Mivel az

[D]

( N + 1 ) -edik sor 0-adik, ill.

[D]

( N + 1 ) -edik tartályába csak egyféleképpen juthat egy golyó az

[D]

N -edik sorból, ez összhangban lesz a

[D]

P N ( − 1 ) = P N ( N + 1 ) = 0 értelmezéssel. Így

Ezzel egyben egyszerű számolási eljárást kaptunk a

P N + 1 ( k ) valószínűségek kiszámítására a

[D]

P N ( k ) valószínűségek ismeretében.

Vizsgáljuk meg kissé közelebbről ezeket a valószínűségeket! Az, hogy egy golyó a

k -adik tartályba

[D]

P N ( k ) valószínűséggel juthat, azt jelenti, hogy a leengedett golyóknak kb.

[D]

P N ( k ) -ad része

[D]

( 100 ⋅ P N ( k ) % -a ) kerül a

[D]

k -adik tartályba. Ha nagyszámú, mondjuk

[D]

R darab golyót gurítunk le a Galton-deszkán és

[D]

r k -val jelöljük ezek közül a

[D]

k -adik tartályba eső golyók számát (amely szám a golyók átmérőjével mint egységgel mérve, egyben azt a magasságot is megadja, ameddig a

[D]

k -adik tartály meg lesz töltve), akkor az

[D]

r k R hányados, vagyis annak az eseménynek a relatív gyakorisága, hogy egy legurított golyó a

[D]

k -adik tartályba jut, az esetek legnagyobb részében (nagyon sokszor legurítva

[D]

R számú golyót, ezek közül „legtöbbször”) csak kevéssel fog eltérni a szóban forgó esemény valószínűségétől, a

[D]

P N ( k ) -tól, így

[D]

r k csak kevéssel fog eltérni az

[D]

R ⋅ P N ( k ) -tól. Tehát a golyók a tartályokat az odaesés valószínűségével arányos magasságig fogják megtölteni. Mivel a

[D]

P N ( k ) valószínűségek ún. binomiális eloszlást alkotnak^[7]

[D]

( p = 1 2 ) , jól tanulmányozhatjuk a Galton-deszka segítségével a binomiális eloszlás képét. Megfigyelhetjük, hogy a középső tartályokba jut a legtöbb golyó, a deszka szélei felé haladva pedig egyre kevesebb; s hogy a Galton-deszka szimmetriatengelyére szimmetrikus tartályokba (

[D]

k -adik és

[D]

( N − k ) -adikba) kb. ugyanannyi golyó kerül

[D]

( hiszen  N k = N N − k ) . Már aránylag kevés golyó legurítása esetén is észrevehető az a tény, hogy páros

[D]

N esetén éppen az

[D]

N 2 -edik sorszámú középső tartályba, páratlan

[D]

N esetén pedig az

[D]

N − 1 2 -edik és

[D]

N + 1 2 -edik sorszámú két középső tartályba esik a legtöbb golyó (legvalószínűbb tartályok).

Hogy az olvasó a későbbi konkrét számpéldák eredményeit könnyebben követhesse, illetve ellenőrizhesse, megemlítjük azt a fontos tételt, hogy a binomiális eloszlás tagjai bizonyos feltételek mellett a

ϕ ( x ) = 1 2 π e − x 2 2 ún. Gauss-féle függvény (haranggörbe) segítségével közelíthetők meg (utóbbi értékei táblázatokból kikereshetők; ilyen táblázat található pl. a [2], [3] könyvekben), mégpedig a mi esetünkben és jelöléseinkkel, ha

[D]

N elég nagy és

[D]

k közel van az

[D]

N 2 -höz, valamint

[D]

∣ 2 k − N ∣ N = x egy

[D]

N -től nem függő korlát alatt marad, akkor

[D]

N k 1 2 N közelítőleg

[D]

2 ϕ ( x ) N -nel lesz egyenlő.

Ezek után könnyen megvizsgálhatjuk azt a kérdést, hogy a tartályok befogadóképességének és az egyszerre legurítható golyók számának milyen kapcsolatban kell állniuk? (Ezzel arra a kérdésre kapunk választ, hogy meddig játszhat egymással

A és

[D]

B a tartályok kiürítése nélkül.)

Ha egy-egy tartályban mondjuk

S golyó fér el, akkor nyilván legfeljebb annyi golyót szabad leengednünk (

[D]

R max ), amennyiből a középső, legvalószínűbb tartályba (tartályokba) legfeljebb

[D]

S golyó jut. Ha tehát a Galton-deszka

[D]

N = 2 M éksorból áll, akkor

[D]

r M ≈ R max P 2 M ( M ) ≤ S , azaz

[D]

R max ≤ S P 2 M ( M ) -nek kell teljesülni. Ha pl. 100 golyó fér egy tartályba és a Galton-deszka 8 éksorból áll, akkor legfeljebb 366 golyót lehet egyszerre legurítani, 16 éksor esetén 509 golyót, 36 éksor esetén 757 golyót.

Megvizsgálhatjuk azt a kérdést is, hogy hány golyót kell legurítanunk ahhoz, hogy nagy valószínűséggel ne maradjanak üres tartályok (a széleken). Ha ui. az éksorok száma elég nagy, és összesen nem túl sok golyót gurítunk le, akkor néhány szélső tartályba nagy valószínűséggel egyáltalán nem gurul golyó. Ha pl.

N = 25 , akkor annak valószínűsége, hogy egy golyó a szélső 4-4 tartály valamelyikébe jusson,

Akkor annak a valószínűsége, hogy 100 legurított golyó közül egy se kerüljön az említett tartályokba,

vagyis 98 % valószínűséggel csak a középső 18 rekeszbe jut egyáltalán golyó. Vagy pl.

N = 16 esetén, ha legfeljebb kb. 44 golyót gurítunk le, 99% valószínűséggel üres lesz legalább a két szélső tartály.

Térjünk most vissza a már említett játékhoz! Mivel azt akarjuk, hogy

A átlagos nyereménye (bármelyik tartályra is fogad) 0 legyen, így az

[D]

y l ( x k ) számokra az

egyenlőségnek kell fennállni. Ha semmi további kikötést nem teszünk, akkor az

y l ( x k ) számokat még nagyon sokféle módon választhatjuk (pontosabban: egy kivételével a többit tetszőlegesen). Ha azonban még azt is megköveteljük, hogy – szemléletesen szólva – akárhova is esik a golyó (a

[D]

k -adik tartályon kívül), átlagosan mindig ugyanannyit kapjon

[D]

B , vagyis az

[D]

y l ( x k ) P N ( l ) (amit jelöljünk

[D]

c N ( x k ) -val) ne függjön

[D]

l -től, csak

[D]

x k -tól (és természetesen

[D]

N -től), akkor ebből (2) alapján következik, hogy

Az

x k egész számok választására is igen sokféle lehetőségünk van (választhatjuk akár valamennyit egyenlőnek is, bár ez nem célszerű), mindenesetre úgy érdemes megadnunk őket, hogy az

[D]

y l ( x k ) számok is egészek legyenek. Egy lehetséges választást pl. az alább táblázatban találunk

[D]

( N = 8 ) :

A számpélda és játék további elemzését, valamint lehetséges módosításait az olvasóra bízzuk.