原创：hxj7
《R-概率统计与模拟》的系列文章已经写了四篇。其中有经过整理，内容相对全面，并且有内在联系的文章；也有文内几个小节相对独立，没有内在联系的文章。后一类文章正是笔者在学习过程中当时当地遇到了有意思的问题，即时地去解决并记录下来的结果。本文也仍然是这一类风格。学习是零散的过程，等到积累了一定的素材，才能进行整理归纳。
本文是《R-概率统计与模拟》系列文章的第五篇，包含了三个小节：
- 彩票至少包含一组连续号码的概率
- 用归纳法解决概率问题的一个例题
- 多个独立且符合同一个伯努利分布的变量的和服从二项分布
彩票至少包含一组连续号码的概率
买过超级大乐透的朋友应该熟悉，这种颇受欢迎的彩票分为两区，前区是从1到35这35个数字中无重复地选择5个数字，后区是从1到12这12个数字中无重复地选择2个数字。选定的前（后）区数字与开奖的前（后）区数字重合得越多，奖金越多。
很多彩票分析网站在统计历史开奖数字的各种信息，希望能从中找出些许的规律。这些信息中很多都是在统计“频率”，而这些“频率”其实都是有理论的概率值的。比如，“前区号码中有连号的概率是多少”？也就是：从1到35这35个数字中随机等概率且无重复地抽取5个数字，这5个数字中至少有两个数字是连号的概率是多少？
这个问题可以抽象为：从1到这个数字中随机等概率且无重复地抽取个数字，这个数字中至少有两个数字是连号的概率是多少？
（可以简单推论，当时，抽取出的个数字中有连号数字的概率是1。）
这是一个蛮有意思的概率题，我们可以计算理论值，也可以用模拟的方法去计算其近似值。
其理论值是：
对于超级大乐透前区，，所以连号的概率是：
用代码模拟的近似值是0.4766973：所用的代码如下：
## Q1
oneTry <- function(n, k) {
res <- sort(sample(1:n, size=k))
ifelse(1 %in% (res[-1] - res[-length(res)]), 1, 0)
}
ntry <- 10000000
nn <- 35
nk <- 5
set.seed(123)
sum(replicate(ntry, oneTry(nn, nk))) / ntry # 0.4766973 when ntry = 10000000 and seed = 123.
理论值的推导：（参考《Probability and Statistics (4ed)》 DEGROOT等著）
当时，假设是从1到这个数字中随机等概率且无重复抽取的一组数字，按从小到大排序。令，也就是：
那么可以证明：
- 这一组数中有连号的数等价于这一组数中有重复的数。
- 对于，中没有重复数的全部可能的组合的数量是。
- 中没有连号数的全部可能的组合的数量是。
- 中没有连号数的概率是。
- 中至少有一组连号数的概率是。
用归纳法解决概率问题的一个例题
归纳法是数学中解决问题的重要方法，当然在概率统计里面也会大有用武之地。比如这个题目：
“假设有10个硬币，第个硬币正面朝上的概率是，那么10个硬币都掷一次后，正面朝上的硬币数是偶数的概率是多少？”
我们可以把上面的题目抽象为：假设有（是正偶数）个硬币，第个硬币正面朝上的概率是，那么个硬币都掷一次后，正面朝上的硬币数是偶数的概率是多少？
我们可以先看看时的情形，可以很容易计算出结果是：
时的计算稍微复杂，结果是：
由以及时的结果，我们可以推测，更一般的结果是。这可以用归纳法证明：
当时结论成立；
假设当（是正偶数）时结论成立，即掷个硬币后正面朝上的硬币数为偶数的概率是，那么当时，相应的概率可以这样计算：
(个硬币正面朝上的硬币数为偶数) = (前个硬币正面朝上的硬币数为偶数且后2个硬币正面朝上的硬币数为偶数) + (前个硬币正面朝上的硬币数为奇数且后2个硬币正面朝上的硬币数为奇数)。
并且，
(前个硬币正面朝上的硬币数为偶数且后2个硬币正面朝上的硬币数为偶数) = ；
同时，
(前个硬币正面朝上的硬币数为奇数且后2个硬币正面朝上的硬币数为奇数) = 。
所以，
(个硬币正面朝上的硬币数为偶数) = 。
所以当时结论也成立。
回到最开始的题目，当时的概率是。
我们用代码进行精确计算的值是0.5238095，模拟计算的值是0.523596。所用代码如下：
######### Q2 ############
## Q2 - exact answer
# get the probability that there are n coins facing up.
getProbNUp <- function(nu) {
# nu: num of coins facing up.
if (nu == 0) {
return(prod(down_prob))
} else if (nu == dice_num) {
return(prod(up_prob))
} else if (nu < 0 | nu > dice_num) {
print("Error: wrong param.")
return(-1)
}
all_comb <- combn(dice_num, nu)
vprob <- apply(all_comb, 2, function(x) prod(up_prob[x]) * prod(down_prob[-x]))
sum(vprob)
}
dice_num <- 10
up_prob <- 1 / (2 * 1:dice_num + 1)
down_prob <- 1 - up_prob
sum(sapply(seq(0, dice_num, 2), getProbNUp)) # 0.5238095
## Q2 - simulation
oneTry <- function() {
vres <- sapply(1:dice_num, function(i) # 0 - up; 1 - down;
sample(0:1, size=1, replace=T, prob=c(up_prob[i], down_prob[i])))
ifelse(sum(vres == 0) %% 2 == 0, 1, 0)
}
ntry <- 1000000
set.seed(123)
sum(replicate(ntry, oneTry())) / ntry # 0.523596 when ntry = 1000000 and seed = 123.
多个独立且符合同一个伯努利分布的变量的和服从二项分布
这是一个基础的结论。我们可以用模拟其 或者 来看：
模拟，用R语言中的 hist 或者ggplot2包中的geom_histogram 函数画出模拟的概率直方图。
模拟，用R语言中的 ecdf 函数画出模拟的累积分布曲线。
具体代码如下：
obinom <- function(n, p) {
sum(sample(0:1, size=n, replace = T, prob=c(1-p, p)))
}
sbinom <- function(n, p, N) {
replicate(N, obinom(n, p))
}
SEED <- 123
ber.p <- 0.3
ber.n <- 100
ber.N <- 100000
set.seed(SEED)
ber.simu <- sbinom(ber.n, ber.p, ber.N)
set.seed(SEED)
ber.theo <- rbinom(ber.N, ber.n, ber.p)
# p.d.f. (by plotting histogram and density)
library(ggplot2)
library(dplyr)
library(tidyr)
data.pdf <- tibble(Simulative=ber.simu, Theoretical=ber.theo) %>%
gather(type, value)
data.pdf %>% ggplot(aes(x=value, y=..density..)) +
geom_histogram(aes(fill=type), position="identity", alpha=.3) +
geom_density(aes(color=type), alpha=.3)
# c.d.f.
simu.cdf <- ecdf(ber.simu)
theo.cdf <- ecdf(ber.theo)
plot(simu.cdf, do.points=F, verticals=T, col="red",
main="Simulation for sum of n i.i.d. variables\n(Bernoulli distribution)")
lines(theo.cdf, do.points=F, verticals=T, col="blue")
legend("bottomright", legend=c("Simulative", "Theoretical"),
col=c("red", "blue"), lty=1, bty="n")
（公众号：生信了）