Ugrás a tartalomhoz

Matematikai mozaik

Andrásfai Béla, Bakos Tibor, Bognár Jánosné, Bognár Mátyás, Gallai Tibor, Hódi Endre, Laczkovich Miklós, Molnár Ferenc, Reimann István, Rényi Alfréd, Révész Pál, Rónyai Lajos, Surányi János, Vadkerty Tibor, Varga Tamás

Typotex

A GALTON-DESZKA ÉS A POISSON-ELOSZLÁS

A GALTON-DESZKA ÉS A POISSON-ELOSZLÁS

A Galton-deszka alkalmas az ún. Poisson-féle eloszlás szemléltetésére is.[8] Vizsgáljuk meg először, hogy R

R számú golyót legurítva az N N éksorból álló Galton-deszkán, ebből átlagban hány darab esik a k k -adik tartályba! Jelöljük az odaeső golyók számát mint valószínűségi változót ξ_k ξ k -val. Láttuk már, hogy annak a valószínűsége, hogy egy legurított golyó a k k -adik tartályba jusson, P_N(k)=(Nk)(1/2^N) P N ( k ) = N k 1 2 N -nel egyenlő; akkor a binomiális eloszlás már megismert képletével felírhatjuk annak a valószínűségét, hogy R R golyó közül r r darab jusson a k k -adik tartályba (P_N(k)=P(k)=p_k P N ( k ) = P ( k ) = p k jelöléssel)

(4)
P(ξ_k=r)=(Rr)p_k^r(1–p_k)^(R–r) (k=0,1,2,…,N), (r=0,1,2,…,R).
P ( ξ k = r ) = R r p k r ( 1 p k ) R r ( k = 0 , 1 , 2 , , N ) , ( r = 0 , 1 , 2 , , R ) .

Felhasználjuk azt a tételt, hogy a binomiális eloszlás nagy R

R és kis p_k p k esetén jól közelíthető a (λ_k^r/r!)e^(–λ_k)(r=0,1,2,…) λ k r r ! e λ k ( r = 0 , 1 , 2 , ) Poisson-eloszlással, ahol most λ_k=Rp_k λ k = R p k . Ha tehát a legurított golyók száma elég nagy, és a középtől elég távol eső tartályokban vizsgáljuk az odaeső golyók számának véletlen ingadozását (amikor tehát teljesül, hogy p_k p k kicsiny), akkor ezzel a Poisson-eloszlásról nyerhetünk képet; ekkor ugyanis alkalmazható az említett közelítés:

P(ξ_k=r)≈((Rp_k)^r/r!)e^(–Rp_k).
P ( ξ k = r ) ( R p k ) r r ! e R p k .

Például egy 8 éksorból álló Galton-deszkán végezve a kísérletet, és a 0-adik tartályt vizsgálva (p_0=(1/256))

( p 0 = 1 256 ) , ha az egyszerre legurított golyók száma 512 (tehát R=512 R = 512 ), akkor a mondott Poisson-féle közelítés alapján annak a valószínűsége, hogy a vizsgált tartályba ne jusson egyetlen golyó sem, 0,135; hogy pontosan 1 golyó jusson oda, 0,271; hogy 2 golyó, 0,271; hogy 3 golyó, 0,180; hogy 4 vagy annál több golyó, annak 0,143 a valószínűsége. Ez tehát azt jelenti, hogy elég sokszor megismételve a kísérletet, mondjuk 1000 alkalommal legurítva mindig 512 golyót, az esetek közül kb. 135-ször üresnek találjuk a 0-adik tartályt stb.

Módosítsuk most kísérletünket úgy, hogy az egy-egy alkalommal legurított golyók száma maga is valószínűségi változó legyen (jelöljük ν

ν -vel), mégpedig ez is Poisson eloszlású, azaz

P(ν=R)=(μ^R/R!)e^(–μ) (R=0,1,2,…)
P ( ν = R ) = μ R R ! e μ ( R = 0 , 1 , 2 , )

(ahol μ

μ az eloszlás várható értéke, azaz az egyszerre legurított golyók átlagos száma). Ekkor könnyen kimutatható, hogy az egyes tartályokba jutó golyók száma is Poisson-eloszlású (nemcsak közelítőleg, hanem pontosan), mégpedig annak a valószínűsége, hogy a k k -adik tartályba r r golyó jut

(5)P(ξ_k=r)=((μp_k)^r/r!)e^(–μp_k) (r=0,1,2,…). P ( ξ k = r ) = ( μ p k ) r r ! e μ p k ( r = 0 , 1 , 2 , ) . [9]

Az is[9] igaz, hogy a tartályokban összegyűlő golyók száma csakis ebben az esetben lesz Poisson-eloszlású, tehát ha nem Poisson-eloszlás szerint vesszük a legurítandó golyókat, akkor a tartályokban levő golyók száma sem lesz Poisson-eloszlású [5].

Képzeljük most el, hogy egy olyan Galton-deszka áll rendelkezésünkre, amelynek tartályai eltolhatók, és módosítsuk az előbbi kísérletünket a következőképpen: toljunk végig egy tartályt (T)

( T ) az N N éksorú Galton-deszka tartálysorán a 0-iktól az N N -edikig, és minden egyes helyzetben gurítsunk le bizonyos számú golyót, mégpedig a k k -adik tartály helyére érve R_k R k számú golyót (R_k R k lehet 0 is), és vizsgáljuk ebben a végighaladó T T tartályban összesen felgyűlő golyók számát! Bebizonyítható [5], hogy ha az éksorok száma elég nagy és az egyes lépésekben legurított golyók számára bizonyos megszorítást teszünk, akkor a T T -ben felgyűlő golyók száma (jelöljük ξ_N ξ N -nel) közelítőleg Poisson-eloszlású lesz. Ha speciálisan minden lépésnél ugyanannyi, mondjuk λ λ számú golyót gurítunk le, akkor éppen ez a λ λ lesz az eloszlás várható értéke; vagyis ebben az esetben annak a valószínűsége, hogy T T -ben éppen r r számú golyó legyen, határértékben (N N növekedésével) (λ^r/r!)e^(–λ) λ r r ! e λ -val lesz egyenlő (r=0,1,2,…). ( r = 0 , 1 , 2 , ) .

Ha most úgy módosítjuk a kísérletet, hogy a T

T tartály különböző helyzeteiben leengedett golyók száma is valószínűségi változó legyen, mégpedig ismét Poisson-eloszlású (általában lépésenként különböző λ_k λ k -kal), vagyis annak a valószínűsége, hogy a k k -adik eltolásnál x x golyót gurítunk le, (λ_k^x/x!)e^(–λ_k) λ k x x ! e λ k -val egyenlő (x=1,2,…) ( x = 1 , 2 , ) , akkor ξ_N ξ N már véges N N esetén is Poisson-eloszlású lesz (nemcsak határértékben), sőt ξ_N ξ N csakis ebben az esetben lesz Poisson-eloszlású.

Az eddigiekben mindig egy adott tartályban felgyűlő golyók számát, illetve annak eloszlását vizsgáltuk. Válasszuk most ki az N

N éksorú Galton-deszka két tetszőleges tartályát, mondjuk az i i -ediket és j j -ediket és figyeljük meg, hogy R R darab legurított golyó közül hány golyó kerül az i i -edik, ill. j j -edik tartályba.

Jelöljük ezek számát mint valószínűségi változókat ξ_i

ξ i -, ill. ξ_j ξ j -vel. A ξ_i ξ i és ξ_j ξ j valószínűségi változók nyilván nem függetlenek, hiszen az összesen legurított golyók számának rögzítése esetén, ha az egyik tartályba nagyon sok golyó jutott, akkor a másikba már csak kevesebb juthatott. A ξ_i ξ i és ξ_j ξ j együttes eloszlása (vagyis azoknak a valószínűségeknek az összessége, hogy ξ_ir ξ i r -rel és ξ_js ξ j s -sel egyenlő) ún. trinomiális eloszlás, tehát

(6)
P(ξ_i=r,ξ_j=s)=(R!/r! s! (R–r–s)!)p_i^rp_j^s(1–p_i–p_j)^(R–r–s).
P ( ξ i = r , ξ j = s ) = R ! r ! s ! ( R r s ) ! p i r p j s ( 1 p i p j ) R r s .

Ha azonban a legurítandó golyók számát nem rögzítjük, hanem az is valószínűségi változó (ν)

( ν ) , akkor igaz az az érdekes tétel [5], hogy ξ_i ξ i és ξ_j ξ j akkor és csak akkor függetlenek, ha a legurított golyók száma Poisson-eloszlású, mégpedig, ha

P(ν=R)=(λ^R/R!)e^(–λ) (R=0,1,2,…), akkor
P ( ν = R ) = λ R R ! e λ ( R = 0 , 1 , 2 , ) ,  akkor

P(ξ_i=r,ξ_j=s)=((λp_i)^r/r!)e^(–λp_i)⋅((λp_j)^s/s!)e^(–λp_j)
P ( ξ i = r , ξ j = s ) = ( λ p i ) r r ! e λ p i ( λ p j ) s s ! e λ p j

lesz (utóbbi (5)-höz hasonlóan következik a teljes valószínűség tételéből), vagyis ξ_i

ξ i és ξ_j ξ j külön-külön is Poisson-eloszlásúak lesznek:

(7)
P(ξ_i=r)=((λp_i)^r/r!)e^(–λp_i) és P(ξ_j=s)=((λp_j)^s/s!)e^(–λp_j).
P ( ξ i = r ) = ( λ p i ) r r ! e λ p i és P ( ξ j = s ) = ( λ p j ) s s ! e λ p j .

Ha nemcsak két tartályt vizsgálunk egyidejűleg, hanem mindegyiket, és rendre ξ_0

ξ 0 , ξ_1 ξ 1 , …, ξ_N ξ N -nel jelöljük R R legurított golyó közül a 0-adik, első, második, …, N N -edik tartályba jutó golyók számát, akkor ξ_0 ξ 0 , ξ_1 ξ 1 , …, ξ_N ξ N együttes eloszlása általában polinomiális eloszlás, azaz

P(ξ_0=r_0,ξ_1=r_1,…,ξ_N=r_N)=(R!/r_0! r_1! …r_N!)p_0^(r_0)p_1^(r_1)…p_N^(r_N)
P ( ξ 0 = r 0 , ξ 1 = r 1 , , ξ N = r N ) = R ! r 0 ! r 1 ! r N ! p 0 r 0 p 1 r 1 p N r N

(r_0+r_1+…+r_N=R)
( r 0 + r 1 + + r N = R )

és a ξ_0

ξ 0 , ξ_1 ξ 1 , …, ξ_N ξ N akkor és csak akkor lesznek függetlenek, ha a leengedett golyók száma Poisson-eloszlású.

Módosítsuk most a tartályok eltolásában álló, már említett kísérletet a következőképpen: jelöljük T_0

T 0 -val a 0-adik tartályt, és T_k T k -val a k k -adik tartályt, és toljuk „vissza” a tartálysort úgy, hogy T_k T k kerüljön a T_0 T 0 -helyére! Gurítsunk le ebben a helyzetben bizonyos számú golyót, majd jobbra tolva a tartálysort egy egységgel (egy tartállyal), ismét gurítsunk le valamennyi golyót, és így tovább, összesen N+k N + k eltolást végezve, a T_0 T 0 is végighalad mind az N+1 N + 1 csatorna alatt. Most is igaz lesz az a tétel, hogy a T_0 T 0 -ban és T_k T k -ban felgyűlő golyók száma akkor és csak akkor lesz egymástól független, ha az egyes helyzetekben leengedett golyók száma Poisson-eloszlású valószínűségi változó.

Egy további érdekessége az eltolható tartálysorral rendelkező Galton-deszkának, hogy segítségével a már említett Gauss-féle görbék szuperpozícióját tudjuk előállítani, mégpedig oly módon, hogy a tartálysor két különböző helyzetében gurítunk le golyókat (minden helyzetben elég nagy számú golyót). Megfigyelhetjük, hogy ha elég sok tartállyal toljuk arrébb a tartálysort, akkor a keletkező görbének már két „csúcsa” (két maximuma) lesz.



[8] Egy ξ

ξ valószínűségi változót Poisson-eloszlásúnak mondunk, ha lehetséges értékei 0,1,2,… 0 , 1 , 2 ,  és a k k értéket (λ^k/k!)e^(–λ) λ k k ! e λ (k=0,1,2,…) ( k = 0 , 1 , 2 , )  valószínűséggel veszi fel, ahol λ λ pozitív állandó (az eloszlás várható értékét jelenti).

[9] Ez a teljes valószínűség tételéből azonnal következik, ugyanis

P(ξ_k=r)=∑_(R=r)^∞P(ξ_k=r∣ν=R)P(ν=R)=
P ( ξ k = r ) = R = r P ( ξ k = r ν = R ) P ( ν = R ) =

=∑_(R=r)^∞(R!/r!(R–r)!)p_k^r(1–p_k)^(R–r)(μ^rμ^(R–r)/R!)e^(–μ)=
= R = r R ! r ! ( R r ) ! p k r ( 1 p k ) R r μ r μ R r R ! e μ =

=((μp_k)^r/r!)e^(–μ)∑_(R=r)^∞([(1–p_k)μ]^(R–r)/(R–r)!),
= ( μ p k ) r r ! e μ R = r [ ( 1 p k ) μ ] R r ( R r ) ! ,

legyen R–r=s

R r = s és felhasználva, hogy ∑_(s=0)^∞(x^s/s!)=e^x s = 0 x s s ! = e x , akkor

∑_(R=r)^∞([(1–p_k)μ]^(R–r)/(R–r)!)=e^μ⋅e^(–p_kμ),
R = r [ ( 1 p k ) μ ] R r ( R r ) ! = e μ e p k μ ,

amiből következik (5).