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}^{
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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 \(P(x = k) = C_n^k \ p^k \ (1-p)^{n- k}\)，\(E(X) = np\)
回归正题
第一步当然是定义式啦
\[\begin{aligned} D(X) &=\sum_{k=0}^{n}\left[k-E(X)\right]^{2} \cdot p_{k} \\ &=\sum_{k=0}^{n}(k-n p)^{2} \cdot \mathrm{C}_{n}^{k} p^{k} q^{n-k} \\ \end{aligned} \]
看到 \((k-np)^2\) 是不是就很想把它拆开？
\[\begin{aligned} D(X) &=\sum_{k=0}^{n}(k^2-2knp+n^2p^2) \cdot \mathrm{C}_{n}^{k} p^{k} q^{n-k} \\ & =\color{Red}{\sum_{k=0}^{n} k^{2} \cdot \mathrm{C}_{n}^{k} p^{k} q^{n-k}} \\ &\quad -2np \color{Blue}{\sum_{k=0}^{n} k \cdot \mathrm{C}_{n}^{k} p^{k} q^{n-k}} \\ &\quad +n^2 p^2 \color{Green}{\sum_{k=0}^{n} \mathrm{C}_{n}^{k} p^{k} q^{n-k}} \end{aligned} \]
这式子也太长了吧 (＃°Д°)
首先你肯定会把魔爪伸向 \(\color{Green}{\sum_{k=0}^{n} \mathrm{C}_{n}^{k} p^{k} q^{n-k}}\) —— 他就是个二项式定理嘛！
\[\color{Green}{\sum_{k=0}^{n} \mathrm{C}_{n}^{k} p^{k} q^{n-k}} = (p+q)^n=1 \]
然后，你看到 \(\color{Blue}{\sum_{k=0}^{n} k \cdot \mathrm{C}_{n}^{k} p^{k} q^{n-k}}\) 里面的 \(\color{Blue}{k \cdot \mathrm{C}_{n}^{k}}\) 的时候，是不是有把 \(\color{Blue}{k\cdot \mathrm{C}_n^k}\) 换成 \(n\cdot\mathrm{C}_{n-1}^{k-1}\) 的冲动？
\[\begin{aligned} &\color{Blue}{\sum_{k=0}^{n} k \cdot \mathrm{C}_{n}^{k} p^{k} q^{n-k}} \\ =& \sum_{k=1}^{n} k \cdot \mathrm{C}_{n}^{k} p^{k} q^{n-k} \quad \text{（第一项是 0, 丢掉）}\\ =& \sum_{k=1}^{n} n \cdot \mathrm{C}_{n-1}^{k-1} p^{k} q^{n-k} \\ =& np \cdot \sum_{k=1}^{n} \mathrm{C}_{n-1}^{k-1} p^{k-1} q^{n-k} \\ =& np \cdot (p+q)^{n-1} \\ =& np \end{aligned} \]
现在只剩 \(\color{Red}{\sum_{k=0}^{n} k^{2} \cdot \mathrm{C}_{n}^{k} p^{k} q^{n-k}}\) 了，首先你肯定会故技重施:
\[\begin{aligned} &\color{Red}{\sum_{k=0}^{n} k^{2} \cdot \mathrm{C}_{n}^{k} p^{k} q^{n-k}} \\ =& \sum_{k=1}^{n} k \cdot k \cdot \mathrm{C}_{n}^{k} p^{k} q^{n-k} \\ =& \sum_{k=1}^{n} kp \cdot n \cdot \mathrm{C}_{n-1}^{k-1} p^{k-1} q^{n-k} \\ =& np\sum_{k=1}^{n} k \cdot \mathrm{C}_{n-1}^{k-1} p^{k-1} q^{n-k} \end{aligned} \]
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？？？（我认为这是最难的一步，读者可以停下来思考思考）
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！（我真是太机智了）
\[\begin{aligned} & \color{Red}{np\sum_{k=1}^{n} k \cdot \mathrm{C}_{n-1}^{k-1} p^{k-1} q^{n-k}} \\ =& np\sum_{k=1}^{n} (k-1+1) \cdot \mathrm{C}_{n-1}^{k-1} p^{k-1} q^{n-k} \\ =& np\sum_{k=1}^{n} \left[(k-1) \mathrm{C}_{n-1}^{k-1} p^{k-1} q^{n-k} + \mathrm{C}_{n-1}^{k-1} p^{k-1} q^{n-k}\right] \\ =& np \left[\sum_{k=2}^{n} (k-1) \mathrm{C}_{n-1}^{k-1} p^{k-1} q^{n-k} + \sum_{k=1}^n \mathrm{C}_{n-1}^{k-1} p^{k-1} q^{n-k}\right] \\ =& np \left[\sum_{k=2}^{n} (n-1)p \cdot \mathrm{C}_{n-2}^{k-2} p^{k-2} q^{n-k} + (p+q)^{n-1}\right] \\ =& np \left[(n-1)p \cdot \sum_{k=2}^{n} \mathrm{C}_{n-2}^{k-2} p^{k-2} q^{n-k} + 1\right] \\ =& np \left[(n-1)p \cdot (p+q)^{n-2} + 1\right] \\ =& np \left[(n-1)p + 1\right] \\ =& np(np-p+1) \end{aligned} \]
终于！三个部分都推完了！！
\[\begin{aligned} &D(X) \\ =&\color{Red}{\sum_{k=0}^{n} k^{2} \cdot \mathrm{C}_{n}^{k} p^{k} q^{n-k}} \\ & -2np \color{Blue}{\sum_{k=0}^{n} k \cdot \mathrm{C}_{n}^{k} p^{k} q^{n-k}} \\ & +n^2 p^2 \color{Green}{\sum_{k=0}^{n} \mathrm{C}_{n}^{k} p^{k} q^{n-k}} \\ =& np(np-p+1) -2np\cdot np +n^2p^2 \\ =& np(1-p) \end{aligned} \]
证毕（￣︶￣）↗
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