AI笔记: 数学基础之二项分布与二项式定理

概率试验

1.投掷一个骰子投掷5次
2.某人射击1次，击中目标的概率是0.8, 他射击10次；
3.一个盒子中装有5个球(3红2白)，有放回依次从中抽取5个球
4.生产一种零件，出现次品的概率是0.04，生产这种零件4件

以上这些的特点都是：

条件相同
独立重复性试验
发生或者不发生
发生的概率相同

例子

投掷一枚图钉，设针尖向上的概率为p, 则针尖向下的概率为q = 1 - p. 连续投掷一枚图钉3次，仅出现1次针尖向上的概率是多少？

分析：这是一个条件相同，独立重复性试验：P=C31pq2=3pq2P = C_3^1 p q^2 = 3 p q^2P=C31pq2=3pq2

扩展：如果连续投3次图钉，出现k(0 <= k <= 3)次针尖向上的概率是多少?

出现0次：P(B0)=P(A1ˉA2ˉA3ˉ)=q3P(B_0) = P(\bar{A_1} \bar{A_2} \bar{A_3}) = q^3P(B0)=P(A1ˉA2ˉA3ˉ)=q3
出现1次：P(B1)=P(A1A2ˉA3ˉ)+P(A1ˉA2A3ˉ)+P(A1ˉA2ˉA3)=3q2pP(B_1) = P(A_1\bar{A_2}\bar{A_3}) + P(\bar{A_1}A_2\bar{A_3}) + P(\bar{A_1}\bar{A_2}A_3) = 3q^2pP(B1)=P(A1A2ˉA3ˉ)+P(A1ˉA2A3ˉ)+P(A1ˉA2ˉA3)=3q2p
出现2次：P(B2)=P(A1A2A3ˉ)+P(A1ˉA2A3)+P(A1A2ˉA3)=3qp2P(B_2) = P(A_1A_2\bar{A_3}) + P(\bar{A_1}A_2A_3) + P(A_1\bar{A_2}A_3) = 3qp^2P(B2)=P(A1A2A3ˉ)+P(A1ˉA2A3)+P(A1A2ˉA3)=3qp2
出现3次：P(A1A2A3)=p3P(A_1A_2A_3) = p^3P(A1A2A3)=p3
总结：P(Bk)=C3kpkq3−k,k=0,1,2,3P(B_k) = C_3^kp^kq^{3-k}, k=0,1,2,3P(Bk)=C3kpkq3−k,k=0,1,2,3

伯努利分布

伯努利分布(Bernoulli distribution) 又名两点分布或0-1分布，介绍伯努利分布前首先需要引入伯努利试验(Bernoulli trial)
伯努利试验是只有两种可能结果的单次随机试验，即对于一个随机变量X而言：伯努利试验都可以表达为"是或否"的问题
例如：抛一次硬币是正面朝上吗？刚出生的孩子是男孩吗?等
如果试验E是一个伯努利试验，将E独立重复进行n次，则称这一串重复的独立试验为n重伯努利试验
进行一次伯努利试验，成功(X=1)概率为p(0 <= p <= 1), 失败(X=0)概率为1-p，则称随机变量X服从伯努利分布，伯努利分布是离散型概率分布

二项分布

在n次独立重复试验中，设事件A发生的次数是X, 且在每次试验中事件A发生的概率是p, 那么事件A恰好发生k次的概率是 P(X=k)=Cnkpk(1−p)n−k,k=0,1,2,...,nP(X=k) = C_n^kp^k(1-p)^{n-k}, k = 0, 1, 2, ..., nP(X=k)=Cnkpk(1−p)n−k,k=0,1,2,...,n
于是得到随机变量X的概率分布如下：q = 1 - p
- X: 0, 1, …, k, …, n
- p: Cn0p0qn,Cn1p1qn−1,...,Cnkpkqn−k,...,Cnnpnq0C_n^0p^0q^n, C_n^1p^1q^{n-1}, ..., C_n^kp^kq^{n-k}, ..., C_n^np^nq^0Cn0p0qn,Cn1p1qn−1,...,Cnkpkqn−k,...,Cnnpnq0
- 此时我们称随机变量X服从二项分布，记为：X∼B(n,p)X \sim B(n,p)X∼B(n,p) 其中p为成功概率
- ∑k=0nCnkpk(1−p)n−k=1\sum_{k=0}^n C_n^kp^k(1-p)^{n-k} = 1∑k=0nCnkpk(1−p)n−k=1 全概率求和是必然事件，概率为1

案例1

某射手每次射击击中目标的概率是0.8，求这名射手在10次射击中
(1) 恰好有8次击中目标的概率
(2) 至少有8次击中目标的概率

分析：

(0) p=0.8,1−p=0.2,n=10p=0.8, 1 - p = 0.2, n = 10p=0.8,1−p=0.2,n=10
(1) C108p8(1−p)2C_10^8p^8(1-p)^2C108p8(1−p)2
(2) p(8)+p(9)+p(10)=C108p8(1−p)2+C109p9(1−p)+C1010p10p(8)+p(9)+p(10) = C_{10}^8p^8(1-p)^2 + C_{10}^9p^9(1-p) + C_{10}^{10}p^{10}p(8)+p(9)+p(10)=C108p8(1−p)2+C109p9(1−p)+C1010p10
将(0)带入(1)、(2) 得到最终的解

案例2

设一个射手平均每设计10次中靶4次，求在5次射击中
(1)击中1次
(2)第二次击中
(3)击中两次
(4)第二、三两次击中
(5)至少击中一次
求以上的概率

分析：

由题意：射手射击1次，中靶的概率是0.4
(1) n=5, k=1, 则 P(X=1)=C51p(1−p)4P(X = 1) = C_5^1p(1-p)^4P(X=1)=C51p(1−p)4
(2) 第二次击中和其他几次击中没有任何关系，也就是他一次击中的概率即为0.4
(3) n=5, k=2, 则 P(X=2)=C52p(1−p)3P(X = 2) = C_5^2p(1-p)^3P(X=2)=C52p(1−p)3
(4) 只和第2,3次有关和其他无关,则概率为0.4*0.4
(5) 有两种方法，正面求解相加，也可以从反面来推，推荐从反面求解，【1 - 没有击中一次的概率】: 1−C50p0(1−p)51 - C_5^0p^0(1-p)^51−C50p0(1−p)5

二项式定理

二项展开公式 (a+b)n=Cn0an+Cn1an−1b+Cn2an−2b2+...+Cnran−rbr+...+Cnnbn(n∈N+)(a+b)^n = C_n^0a^n + C_n^1a^{n-1}b + C_n^2a^{n-2}b^2 + ... + C_n^ra^{n-r}b^r + ... + C_n^nb^n \ \ (n \in N_+)(a+b)n=Cn0an+Cn1an−1b+Cn2an−2b2+...+Cnran−rbr+...+Cnnbn (n∈N+)
二项展开式的通项公式：Tr+1=Cnran−rbr(0≤r≤n,r∈N,n∈N+)T_{r+1} = C_n^ra^{n-r}b^r \ \ \ \ (0 \leq r \leq n , r \in N, n \in N_+)Tr+1=Cnran−rbr (0≤r≤n,r∈N,n∈N+), 主要用来求指定的项
项的系数与二项式系数
- 项的系数与二项式系数是不同的两个概念，但当二项式的两个项的系数都为1时，系数就是二项式系数，如
- 在(ax+b)n(ax+b)^n(ax+b)n的展开式中，第r+1项的二项式系数为CnrC_n^rCnr
- 第r+1项的系数为Cnran−rbrC_n^ra^{n-r}b^rCnran−rbr
- 而(x+1x)n(x+\frac{1}{x})^n(x+x1)n的展开式中的系数等于二项式系数
- 二项式系数是组合数，一定为正的；而项的系数不一定为正的
(1+x)n(1+x)^n(1+x)n的展开式：(1+x)n=Cn0xn+Cn1xn−1+Cn2xn−2+...+Cnnx0(1+x)^n = C_n^0x^n + C_n^1x^{n-1} + C_n^2x^{n-2} + ... + C_n^nx^0(1+x)n=Cn0xn+Cn1xn−1+Cn2xn−2+...+Cnnx0
- 若令x=1, 则有：(1+1)n=2n=Cn0+Cn1+Cn2+...+Cnn(1+1)^n = 2^n = C_n^0 + C_n^1 + C_n^2+ ... + C_n^n(1+1)n=2n=Cn0+Cn1+Cn2+...+Cnn
- 二项式奇数项系数的和等于二项式偶数项系数的和.
- 即：Cn0+Cn2+...=Cn1+Cn3+...=2n−1C_n^0 + C_n^2 + ... = C_n^1 + C_n^3 + ... = 2^{n-1}Cn0+Cn2+...=Cn1+Cn3+...=2n−1
二项式系数的性质
- 对称性：与首末两端"等距离"的两个二项式系数相等，即Cnm=Cnn−mC_n^m = C_n^{n-m}Cnm=Cnn−m
- 增减性与最大值：
  - 当r≤n+12r \leq \frac{n+1}{2}r≤2n+1时，二项式系数CnrC_n^rCnr的值逐渐增大，当r≥n+12r \geq \frac{n+1}{2}r≥2n+1时，CnrC_n^rCnr的值逐渐减少，且在中间取得最大值
  - 当n为偶数时，中间一项(第n2+1\frac{n}{2} + 12n+1项)的二项式系数Cnn2C_n^{\frac{n}{2}}Cn2n取得最大值
  - 当n为奇数时，中间两项(第n+12\frac{n+1}{2}2n+1和第n+12+1\frac{n+1}{2} + 12n+1+1项)的二项式系数Cnn−12=Cnn+12C_n^{\frac{n-1}{2}} = C_n^{\frac{n+1}{2}}Cn2n−1=Cn2n+1相等并同时取最大值
系数最大项的求法
- 设第r项的系数ArA_rAr最大，由不等式组{Ar≥Ar−1Ar≥Ar+1\left\{\begin{aligned}A_r \geq A_{r-1} \\A_r \geq A_{r+1}\end{aligned}\right.{Ar≥Ar−1Ar≥Ar+1可确定r
赋值法
- 若(ax+b)n=a0+a1x+a2x2+...+anxn(ax+b)^n = a_0 + a_1x + a_2x^2 + ... + a_nx^n(ax+b)n=a0+a1x+a2x2+...+anxn, 则设f(x)=(ax+b)nf(x) = (ax+b)^nf(x)=(ax+b)n, 有
- a0=f(0)a_0 = f(0)a0=f(0)
- a0+a1+a2+...+an=f(1)a_0 + a_1 + a_2 + ... + a_n = f(1)a0+a1+a2+...+an=f(1)
- a0−a1+a2−a3+...+(−1)nan=f(−1)a_0 - a_1 + a_2 - a_3 + ... + (-1)^na_n = f(-1)a0−a1+a2−a3+...+(−1)nan=f(−1)
- a0+a2+a4+a6+...=f(1)+f(−1)2a_0 + a_2 + a_4 + a_6 + ... = \frac{f(1) + f(-1)}{2}a0+a2+a4+a6+...=2f(1)+f(−1)
- a1+a3+a5+a7+...=f(1)−f(−1)2a_1 + a_3 + a_5 + a_7 + ... = \frac{f(1) - f(-1)}{2}a1+a3+a5+a7+...=2f(1)−f(−1)

从二项分布到二项式定理

1） 二项式定理公式

(a+b)n=Cn0anb0+Cn1an−1b1+...+Cnran−rbr+...+Cnnbna0=∑r=0nCnran−rbr(a+b)^n = C_n^0a^nb^0 + C_n^1a^{n-1}b^1 + ... + C_n^ra^{n-r}b^r + ... + C_n^nb^na^0 = \sum_{r=0}^n C_n^ra^{n-r}b^r(a+b)n=Cn0anb0+Cn1an−1b1+...+Cnran−rbr+...+Cnnbna0=∑r=0nCnran−rbr
写成p,q的形式为：(p+q)n=Cn0pnq0+Cn1pn−1q1+...+Cnrpn−rqr+...+Cnnpnq0(p+q)^n = C_n^0p^nq^0 + C_n^1p^{n-1}q^1 + ... + C_n^rp^{n-r}q^r + ... + C_n^np^nq^0(p+q)n=Cn0pnq0+Cn1pn−1q1+...+Cnrpn−rqr+...+Cnnpnq0

2 ) 二项分布与二项式定理之间的联系

二项分布对应二项式定理的每一项
二项分布的概率求和是二项式定理的一个特殊情况，也就是 p+q=1p + q = 1p+q=1的情况

二项分布与两点分布之间的关系

案例分析

篮球比赛，每次罚球命中得1分，不中得0分，某篮球运动员罚球命中率为0.7，在某次比赛中他一共罚球20次，则
(1) 他一次罚球的得分服从两点分布
(2) 在这次比赛中，命中次数X服从二项分布即 X∼B(20,0.7)X \sim B(20, 0.7)X∼B(20,0.7)

总结

两点分布：在一次试验中，事件A出现的概率为p，事件A不出现的概率为q=1-p，若以X记一次试验中A出现的次数，则X仅取0、1两个值。两点分布就是0-1分布, 是特殊的二项分布, 只是不同的叫法，也是试验次数为1的伯努利试验。X∼B(1,p)X \sim B(1,p)X∼B(1,p)
二项分布：是重复n次独立的伯努利试验。在每次试验中只有两种可能的结果，而且两种结果发生与否互相对立，并且相互独立，与其它各次试验结果无关，事件发生与否的概率在每一次独立试验中都保持不变, 是试验次数为n次的伯努利试验。
两点分布是一种特殊的二项分布，n=1, p=p

二项分布与超几何分布之间的关系