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 = C 3 1 p q 2 = 3 p q 2 P = C_3^1 p q^2 = 3 p q^2 P=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 ( B 0 ) = P ( A 1 ˉ A 2 ˉ A 3 ˉ ) = q 3 P(B_0) = P(\bar{A_1} \bar{A_2} \bar{A_3}) = q^3 P(B0)=P(A1ˉA2ˉA3ˉ)=q3
- 出现1次： P ( B 1 ) = P ( A 1 A 2 ˉ A 3 ˉ ) + P ( A 1 ˉ A 2 A 3 ˉ ) + P ( A 1 ˉ A 2 ˉ A 3 ) = 3 q 2 p P(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^2p P(B1)=P(A1A2ˉA3ˉ)+P(A1ˉA2A3ˉ)+P(A1ˉA2ˉA3)=3q2p
- 出现2次： P ( B 2 ) = P ( A 1 A 2 A 3 ˉ ) + P ( A 1 ˉ A 2 A 3 ) + P ( A 1 A 2 ˉ A 3 ) = 3 q p 2 P(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^2 P(B2)=P(A1A2A3ˉ)+P(A1ˉA2A3)+P(A1A2ˉA3)=3qp2
- 出现3次： P ( A 1 A 2 A 3 ) = p 3 P(A_1A_2A_3) = p^3 P(A1A2A3)=p3
- 总结： P ( B k ) = C 3 k p k q 3 − k , k = 0 , 1 , 2 , 3 P(B_k) = C_3^kp^kq^{3-k}, k=0,1,2,3 P(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 ) = C n k p k ( 1 − p ) n − k , k = 0 , 1 , 2 , . . . , n P(X=k) = C_n^kp^k(1-p)^{n-k}, k = 0, 1, 2, ..., n P(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: C n 0 p 0 q n , C n 1 p 1 q n − 1 , . . . , C n k p k q n − k , . . . , C n n p n q 0 C_n^0p^0q^n, C_n^1p^1q^{n-1}, ..., C_n^kp^kq^{n-k}, ..., C_n^np^nq^0 Cn0p0qn,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 = 0 n C n k p k ( 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 = 10 p=0.8, 1 - p = 0.2, n = 10 p=0.8,1−p=0.2,n=10
- (1) C 1 0 8 p 8 ( 1 − p ) 2 C_10^8p^8(1-p)^2 C108p8(1−p)2
- (2) p ( 8 ) + p ( 9 ) + p ( 10 ) = C 10 8 p 8 ( 1 − p ) 2 + C 10 9 p 9 ( 1 − p ) + C 10 10 p 10 p(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 ) = C 5 1 p ( 1 − p ) 4 P(X = 1) = C_5^1p(1-p)^4 P(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 ) = C 5 2 p ( 1 − p ) 3 P(X = 2) = C_5^2p(1-p)^3 P(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 − C 5 0 p 0 ( 1 − p ) 5 1 - C_5^0p^0(1-p)^5 1−C50p0(1−p)5
二项式定理
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二项展开公式 ( a + b ) n = C n 0 a n + C n 1 a n − 1 b + C n 2 a n − 2 b 2 + . . . + C n r a n − r b r + . . . + C n n b n ( 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+)
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二项展开式的通项公式： T r + 1 = C n r a n − r b r ( 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
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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 ( a x + b ) n (ax+b)^n (ax+b)n的展开式中，第r+1项的二项式系数为 C n r C_n^r Cnr
- 第r+1项的系数为 C n r a n − r b r C_n^ra^{n-r}b^r Cnran−rbr
- 而 ( x + 1 x ) 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
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( 1 + x ) n (1+x)^n (1+x)n的展开式： ( 1 + x ) n = C n 0 x n + C n 1 x n − 1 + C n 2 x n − 2 + . . . + C n n x 0 (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 = 2 n = C n 0 + C n 1 + C n 2 + . . . + C n n (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： C n 0 + C n 2 + . . . = C n 1 + C n 3 + . . . = 2 n − 1 C_n^0 + C_n^2 + ... = C_n^1 + C_n^3 + ... = 2^{n-1} Cn0+Cn2+...=Cn1+Cn3+...=2n−1
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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 C n m = C n n − m C_n^m = C_n^{n-m} Cnm=Cnn−m
- 增减性与最大值：
- 当 r ≤ n + 1 2 r \leq \frac{n+1}{2} r≤2n+1时，二项式系数 C n r C_n^r Cnr的值逐渐增大，当 r ≥ n + 1 2 r \geq \frac{n+1}{2} r≥2n+1时， C n r C_n^r Cnr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 n 2 + 1 \frac{n}{2} + 1 2n+1项)的二项式系数 C n n 2 C_n^{\frac{n}{2}} Cn2n取得最大值
- 当n为奇数时，中间两项(第 n + 1 2 \frac{n+1}{2} 2n+1和第 n + 1 2 + 1 \frac{n+1}{2} + 1 2n+1+1项)的二项式系数 C n n − 1 2 = C n n + 1 2 C_n^{\frac{n-1}{2}} = C_n^{\frac{n+1}{2}} Cn2n−1=Cn2n+1相等并同时取最大值
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系数最大项的求法
- 设第r项的系数 A r A_r Ar最大，由不等式组 { A r ≥ A r − 1 A r ≥ A r + 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
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赋值法
- 若 ( a x + b ) n = a 0 + a 1 x + a 2 x 2 + . . . + a n x n (ax+b)^n = a_0 + a_1x + a_2x^2 + ... + a_nx^n (ax+b)n=a0+a1x+a2x2+...+anxn, 则设 f ( x ) = ( a x + b ) n f(x) = (ax+b)^n f(x)=(ax+b)n, 有
- a 0 = f ( 0 ) a_0 = f(0) a0=f(0)
- a 0 + a 1 + a 2 + . . . + a n = f ( 1 ) a_0 + a_1 + a_2 + ... + a_n = f(1) a0+a1+a2+...+an=f(1)
- a 0 − a 1 + a 2 − a 3 + . . . + ( − 1 ) n a n = f ( − 1 ) a_0 - a_1 + a_2 - a_3 + ... + (-1)^na_n = f(-1) a0−a1+a2−a3+...+(−1)nan=f(−1)
- a 0 + a 2 + a 4 + a 6 + . . . = f ( 1 ) + f ( − 1 ) 2 a_0 + a_2 + a_4 + a_6 + ... = \frac{f(1) + f(-1)}{2} a0+a2+a4+a6+...=2f(1)+f(−1)
- a 1 + a 3 + a 5 + a 7 + . . . = f ( 1 ) − f ( − 1 ) 2 a_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 = C n 0 a n b 0 + C n 1 a n − 1 b 1 + . . . + C n r a n − r b r + . . . + C n n b n a 0 = ∑ r = 0 n C n r a n − r b r (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 = C n 0 p n q 0 + C n 1 p n − 1 q 1 + . . . + C n r p n − r q r + . . . + C n n p n q 0 (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 = 1 p + q = 1 p+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
案例分析
- 一个袋中放有M个红球，(N - M)个白球，依次从袋中取n个球，记下红球的个数X
- (1) 如果是有放回地取，则 X ∼ B ( n , M N ) X \sim B(n, \frac{M}{N}) X∼B(n,NM)
- (2) 如果是不放回地取，则X服从超几何分布 P ( X = k ) = C M k C N − M n − k C N n ( k = 0 , 1 , 2 , . . . , m ) P(X=k) = \frac{C_M^k C_{N-M}^{n-k}}{C_N^n} \ \ (k=0,1,2,...,m) P(X=k)=CNnCMkCN−Mn−k (k=0,1,2,...,m) 其中 m = m i n ( M , n ) m=min(M,n) m=min(M,n)
超几何分布的推导
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设有7个球，4红，3白，连续取3个球(n=3), 则红球的变量X为：(k ~ 0,1,2,3)
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分类讨论：
- X为0：白白白 =》 P ( X = 0 ) = 3 7 ∗ 2 6 ∗ 1 5 P(X=0) = \frac{3}{7} * \frac{2}{6} * \frac{1}{5} P(X=0)=73∗62∗51
- X为1：红白白、白红白、白白红 =》 P ( X = 1 ) = 4 7 ∗ 3 6 ∗ 2 5 + 3 7 ∗ 4 6 ∗ 2 5 + 3 7 ∗ 2 6 ∗ 4 5 P(X=1) = \frac{4}{7} * \frac{3}{6} * \frac{2}{5} + \frac{3}{7} * \frac{4}{6} * \frac{2}{5} + \frac{3}{7} * \frac{2}{6} * \frac{4}{5} P(X=1)=74∗63∗52+73∗64∗52+73∗62∗54
- X为2：类似上面，此处省略
- X为3：类似上面，此处省略
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关于超几何分布 百度百科