二项分布方差的详细证明

前置技能

从组合数公式可以直接推出： $k{\mathrm{C}}_n^k=n{\mathrm{C}}_{n-1}^{k-1}$

同样地，你可以得到 $(k-1){\mathrm{C}}_{n-1}^{k-1}=(n-1){\mathrm{C}}_{n-2}^{k-2}$ （禁止套娃）

你还要熟悉二项式定理：

$$(p+q{)}^n=\sum _{k=0}^n{\mathrm{C}}_n^k{p}^k{q}^{n-k}$$

你还要知道二项分布的概率和期望公式：

若 $X\sim B(n,p)$，则 $P(x=k)={\mathrm{C}}_n^k{p}^k(1-p{)}^{n-k}$，$E(X)=np$

回归正题

第一步当然是定义式啦

$$\begin{array}{rl}D(X)& =\sum _{k=0}^n{\left[k-E(X)\right]}^2\cdot p_k\\ & =\sum _{k=0}^n(k-np{)}^2\cdot {\mathrm{C}}_n^k{p}^k{q}^{n-k}\end{array}$$

看到 $(k-np{)}^2$ 是不是就很想把它拆开？

$$\begin{array}{rl}D(X)& =\sum _{k=0}^n(k^2-2knp+n^2{p}^2)\cdot {\mathrm{C}}_n^k{p}^k{q}^{n-k}\\ & =\sum _{k=0}^n{k}^2\cdot {\mathrm{C}}_n^k{p}^k{q}^{n-k}\\ & -2np\sum _{k=0}^{n}k\cdot {\mathrm{C}}_n^k{p}^k{q}^{n-k}\\ & +n^2{p}^2\sum _{k=0}^n{\mathrm{C}}_n^k{p}^k{q}^{n-k}\end{array}$$

这式子也太长了吧 (＃°Д°)

首先你肯定会把魔爪伸向 ${\sum }_{k=0}^n{\mathrm{C}}_n^k{p}^k{q}^{n-k}$ —— 他就是个二项式定理嘛！

$$\sum _{k=0}^n{\mathrm{C}}_n^k{p}^k{q}^{n-k}=(p+q{)}^n=1$$

然后，你看到 ${\sum }_{k=0}^{n}k\cdot {\mathrm{C}}_n^k{p}^k{q}^{n-k}$ 里面的 $k\cdot {\mathrm{C}}_n^k$ 的时候，是不是有把 $k\cdot {\mathrm{C}}_n^k$ 换成 $n\cdot {\mathrm{C}}_{n-1}^{k-1}$ 的冲动？

$$\begin{array}{rl}& \sum _{k=0}^{n}k\cdot {\mathrm{C}}_n^k{p}^k{q}^{n-k}\\ =& \sum _{k=1}^{n}k\cdot {\mathrm{C}}_n^k{p}^k{q}^{n-k}\text{（第一项是 0, 丢掉）}\\ =& \sum _{k=1}^{n}n\cdot {\mathrm{C}}_{n-1}^{k-1}{p}^k{q}^{n-k}\\ =& np\cdot \sum _{k=1}^n{\mathrm{C}}_{n-1}^{k-1}{p}^{k-1}{q}^{n-k}\\ =& np\cdot (p+q{)}^{n-1}\\ =& np\end{array}$$

现在只剩 ${\sum }_{k=0}^n{k}^2\cdot {\mathrm{C}}_n^k{p}^k{q}^{n-k}$ 了，首先你肯定会故技重施:

$$\begin{array}{rl}& \sum _{k=0}^n{k}^2\cdot {\mathrm{C}}_n^k{p}^k{q}^{n-k}\\ =& \sum _{k=1}^{n}k\cdot k\cdot {\mathrm{C}}_n^k{p}^k{q}^{n-k}\\ =& \sum _{k=1}^{n}kp\cdot n\cdot {\mathrm{C}}_{n-1}^{k-1}{p}^{k-1}{q}^{n-k}\\ =& np\sum _{k=1}^{n}k\cdot {\mathrm{C}}_{n-1}^{k-1}{p}^{k-1}{q}^{n-k}\end{array}$$

但是 ${\mathrm{C}}_{n-1}^{k-1}{p}^{k-1}{q}^{n-k}$ 前面还有个 $k$ 啊，不能用啊 (ノ｀Д)ノ

所以，怎么把这个 $k$ 搞掉呢？？？

你肯定想用 $(k-1){\mathrm{C}}_{n-1}^{k-1}=(n-1){\mathrm{C}}_{n-2}^{k-2}$，但人家是 $k{\mathrm{C}}_{n-1}^{k-1}$ 不是 $(k-1){\mathrm{C}}_{n-1}^{k-1}$ 啊

那就……把 $k$ 拆成 $(k-1+1)$ 吧！

$$\begin{array}{rl}& np\sum _{k=1}^{n}k\cdot {\mathrm{C}}_{n-1}^{k-1}{p}^{k-1}{q}^{n-k}\\ =& np\sum _{k=1}^n(k-1+1)\cdot {\mathrm{C}}_{n-1}^{k-1}{p}^{k-1}{q}^{n-k}\\ =& np\sum _{k=1}^n\left[(k-1){\mathrm{C}}_{n-1}^{k-1}{p}^{k-1}{q}^{n-k}+{\mathrm{C}}_{n-1}^{k-1}{p}^{k-1}{q}^{n-k}\right]\\ =& np\left[\sum _{k=2}^n(k-1){\mathrm{C}}_{n-1}^{k-1}{p}^{k-1}{q}^{n-k}+\sum _{k=1}^n{\mathrm{C}}_{n-1}^{k-1}{p}^{k-1}{q}^{n-k}\right]\\ =& np\left[\sum _{k=2}^n(n-1)p\cdot {\mathrm{C}}_{n-2}^{k-2}{p}^{k-2}{q}^{n-k}+(p+q{)}^{n-1}\right]\\ =& np\left[(n-1)p\cdot \sum _{k=2}^n{\mathrm{C}}_{n-2}^{k-2}{p}^{k-2}{q}^{n-k}+1\right]\\ =& np\left[(n-1)p\cdot (p+q{)}^{n-2}+1\right]\\ =& np\left[(n-1)p+1\right]\\ =& np(np-p+1)\end{array}$$

终于！三个部分都推完了！！

$$\begin{array}{rl}& D(X)\\ =& \sum _{k=0}^n{k}^2\cdot {\mathrm{C}}_n^k{p}^k{q}^{n-k}\\ & -2np\sum _{k=0}^{n}k\cdot {\mathrm{C}}_n^k{p}^k{q}^{n-k}\\ & +n^2{p}^2\sum _{k=0}^n{\mathrm{C}}_n^k{p}^k{q}^{n-k}\\ =& np(np-p+1)-2np\cdot np+n^2{p}^2\\ =& np(1-p)\end{array}$$

证毕（￣︶￣）↗