二项分布最大值，泊松分布的推导，几何分布的推导 (概统2.证明)

二项分布最大值，泊松分布的推导，几何分布的推导 (概统2.应用)

1.二项分布

二项分布就是独立事件n重伯努利试验，每次试验只有A发生与不发生两种结果，求n次试验中恰好发生k次的概率。

P{X=k} = Cknpkqn−k,$C_n^k{p}^k{q}^{n-k},$k=0,1,2,..n
q=1-p;

简记为 X~B(n,p)

[二项分布.问题1]：大家知道，二项分布中，当N趋于很大，p趋于0时，二项分布可以近似看作泊松分布，可以用泊松分布公式代替二项分布公式计算，泊松分布公式比二项分布公式简单。问，射击例子中，连续射n次，如果n很大，那么射中次数为k次的概率P{X=k}可以用泊松分布吗？

答：这主要看每次射中概率p，泊松分布的条件是n很大，p很小，n趋于无穷，p趋于0，n*p是一个常数λ$\lambda$，（这个常数是事件出现的频率或者总体平均值）；如果射击手每次射击的射中概率p为零点几之类，是不可以用泊松公式计算的，因为泊松公式需要定义一个常数λ$\lambda$ ，这个常数它要么是单位时间内的发生次数，要么是一个集合个体总数N乘以每个个体发生的极小概率p，λ$\lambda$=N*p；在射击例子中，射中概率p并不是很小很小，无法定义单位时间内射中次数，也无法定义N，所以不能用泊松分布公式计算。必须用标准的二项公式计算。
所以说，射击n次，射中k次的概率，是典型的二项分布的实例。

[二项分布.问题2： k取多少时，二项分布P{X=k}达到最大值？]
二项分布的公式是
P{X=k} = Cknpkqn−k,$C_n^k{p}^k{q}^{n-k},$k=0,1,2,..n, q=1-p;
记为 X~B(n,p)
k等于多少时，P{X=k}达到最大值？具有最大值？

可以采用比值法，因为二项分布的P(X)分布律的函数趋势与泊松分布，与正态分布类似，都是先逐渐向上，再逐渐向下，中间有一个最大值。
【二项分布，n很大，p趋于0时，演变成泊松分布；泊松分布，当随机变量取连续值时，演变成正态分布】

图形在最大值前单调增，最大值后单调减
可以采用比值法，但是有两个比值
k>=0 , P(X=(k+1))P(X=k)$\frac{P(X=(k+1))}{P(X=k)}$ 由 大于1（单调增），转为小于1（单调减），等于1时，k最大

k>=1 , P(X=k)P(X=(k−1))$\frac{P(X=k)}{P(X=(k-1))}$ 由 大于1（单调增），转为小于1（单调减），等于1时，k最大

计算，P(X=(k+1))P(X=k)$\frac{P(X=(k+1))}{P(X=k)}$ >=1 ；(1)，k的值

再计算，P(X=k)P(X=(k−1))$\frac{P(X=k)}{P(X=(k-1))}$ >=1 ；(2)，k的值

设 q=1-p;

展开计算(1)式
P(X=(k+1))P(X=k)$\frac{P(X=(k+1))}{P(X=k)}$ = Ck+1npk+1qn−k−1Cknpkqn−k$\frac{C_n^{k+1}{p}^{k+1}{q}^{n-k-1}}{C_n^k{p}^k{q}^{n-k}}$ = Ck+1nCkn∗pq$\frac{C_n^{k+1}}{C_n^k}\ast \frac{p}{q}$ =n!(n−k−1)!(k+1)!n!(n−k)!k!p1−p$\frac{\frac{n!}{(n-k-1)!(k+1)!}}{\frac{n!}{(n-k)!k!}}\frac{p}{1-p}$
=(n−k)!k!(n−k−1)!(k+1)!∗p1−p$\frac{(n-k)!k!}{(n-k-1)!(k+1)!}\ast \frac{p}{1-p}$ =n−kk+1∗p1−p$\frac{n-k}{k+1}\ast \frac{p}{1-p}$ >=1
得到
(n-k)p >= (k+1)(1-p)
np-kp >= k+1 -kp -p
最后得到
k<=(n+1)p -1 ；(3)

展开计算(2)式
P(X=k)P(X=(k−1))$\frac{P(X=k)}{P(X=(k-1))}$=Cknpkqn−kCk−1npk−1qn−k+1$\frac{C_n^k{p}^k{q}^{n-k}}{C_n^{k-1}{p}^{k-1}{q}^{n-k+1}}$=CknCk−1n∗pq$\frac{C_n^k}{C_n^{k-1}}\ast \frac{p}{q}$=n!(n−k)!k!n!(n−k+1)!(k−1)!p1−p$\frac{\frac{n!}{(n-k)!k!}}{\frac{n!}{(n-k+1)!(k-1)!}}\frac{p}{1-p}$
= (n−k+1)!(k−1)!(n−k)!k!∗p1−p$\frac{(n-k+1)!(k-1)!}{(n-k)!k!}\ast \frac{p}{1-p}$ = n−k+1k∗p1−p$\frac{n-k+1}{k}\ast \frac{p}{1-p}$ >=1
得到
(n-k+1)p >= k(1-p)
np-kp+p >= k-kp
最后得到
k<=(n+1)p ；(4)
==
k<=(n+1)p -1 ； (3)
k<=(n+1)p ；(4)
结合(3)和(4)，
当 (n+1)p 刚好为整数时（没有余数，没有小数点后面）
k的最大值有两个，分别是
k1=(n+1)p -1
k2=(n+1)p
当 (n+1)p 不为整数时（有余数，有小数点后面的数），只有一个最大值，
取(4)的整数部分（向下取整） ，floor((n+1)p); 向下取整数部分
k= floor( (n+1)p ) = (n+1)p ;

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2. 二项分布演变到泊松分布的推导

大家知道二项分布当n很大，p很小，p趋于0时，即n→∞,p→0$n\to \mathrm{\infty },p\to 0$ , np= λ$\lambda$ ，λ$\lambda$ 是一个常数的情况下，可以用泊松分布近似代替二项分布。那么怎样推导呢？下面是推导过程**

泊松分布的公式：
P{X=k} = (λt)kk!∗e−(λt)$\frac{(\lambda t{)}^k}{k!}\ast e^{-(\lambda t)}$ , (k=0,1,2,…)
当取单位时间 t=1时，泊松分布的公式简化为：
P{X=k} = λkk!∗e−λ$\frac{{\lambda }^k}{k!}\ast e^{-\lambda }$ , (k=0,1,2,…)

简记为：X~P(λ)$P(\lambda )$

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由二项分布的公式得，
P{X=k} = Cknpkqn−k,$C_n^k{p}^k{q}^{n-k},$k=0,1,2,..n
其中，q=1-p;

当，limt→−∞，p→0$\underset{t\to -\mathrm{\infty }，p\to 0}{lim}$，时
P{X=k} = Cknpk(1−p)n−k$C_n^k{p}^k(1-p{)}^{n-k}$
= n!(n−k)!∗k!∗pk∗(1−p)n−k$\frac{n!}{(n-k)!\ast k!}\ast p^k\ast (1-p{)}^{n-k}$

=n∗(n−1)∗(n−2)∗...(n−(k−1))(n−k)!(n−k)!∗k!∗pk∗(1−p)n−k$\frac{n\ast (n-1)\ast (n-2)\ast ...(n-(k-1))(n-k)!}{(n-k)!\ast k!}\ast p^k\ast (1-p{)}^{n-k}$

=n∗(n−1)∗(n−2)∗...(n−(k−1))k!∗pk∗(1−p)n−k$\frac{n\ast (n-1)\ast (n-2)\ast ...(n-(k-1))}{k!}\ast p^k\ast (1-p{)}^{n-k}$ (1)

注：对于 n∗(n−1)∗(n−2)∗...(n−(k−1))$n\ast (n-1)\ast (n-2)\ast ...(n-(k-1))$ 总共有k项（从(n-0) 到 (n-(k-1)) )
当 n→∞$n\to \mathrm{\infty }$时，k是一个有限数（n是总样本数，k是发生故障的次数），k与n相加减，k可以忽略掉，
limn−>∞(n∗(n−1)∗(n−2)∗...(n−(k−1)))≈$\underset{n->\mathrm{\infty }}{lim}(n\ast (n-1)\ast (n-2)\ast ...(n-(k-1)))\approx$ nk$n^k$ （k被忽略掉了）
同理：
limn−>∞(1−p)n−k≈$\underset{n->\mathrm{\infty }}{lim}(1-p{)}^{n-k}\approx$ (1−p)n$(1-p{)}^n$ （k被忽略掉了）

接上面（1）式，
当，limt→−∞，p→0$\underset{t\to -\mathrm{\infty }，p\to 0}{lim}$，时
（1）式等于，
P{X=k} =n∗(n−1)∗(n−2)∗...(n−(k−1))k!∗pk∗(1−p)n−k$\frac{n\ast (n-1)\ast (n-2)\ast ...(n-(k-1))}{k!}\ast p^k\ast (1-p{)}^{n-k}$

=nkk!∗pk∗(1−p)n−k$=\frac{n^k}{k!}\ast p^k\ast (1-p{)}^{n-k}$

=nkk!∗pk∗(1−p)n$=\frac{n^k}{k!}\ast p^k\ast (1-p{)}^n$ (2)

又注：n*p 意味着单位时间内发生的次数，定义为一个常数λ$\lambda$,
λ$\lambda$=n*p ， n=λp$n=\frac{\lambda }{p}$

接上面（2）式就等于，
当，limt→−∞，p→0$\underset{t\to -\mathrm{\infty }，p\to 0}{lim}$，时
P{X=k} =nkk!∗pk∗(1−p)n$\frac{n^k}{k!}\ast p^k\ast (1-p{)}^n$

= (np)kk!∗(1−p)n$\frac{(np{)}^k}{k!}\ast (1-p{)}^n$

= λkk!∗(1−p)n$\frac{{\lambda }^k}{k!}\ast (1-p{)}^n$

= λkk!∗(1−p)λp$\frac{{\lambda }^k}{k!}\ast (1-p{)}^{\frac{\lambda }{p}}$ (3)

又注：设 t=−1p$t=-\frac{1}{p}$ ,
那么 ， p=−1t,(1−p)=(1+1t)$p=-\frac{1}{t},(1-p)=(1+\frac{1}{t})$
λp$\frac{\lambda }{p}$ = -λt$\lambda t$ =t(−λ)$t(-\lambda )$
(1−p)λp=(1+1t)t(−λ)$(1-p{)}^{\frac{\lambda }{p}}=(1+\frac{1}{t}{)}^{t(-\lambda )}$
因为 p→0$p\to 0$, 所以，t→−∞$t\to -\mathrm{\infty }$ , −t→∞$-t\to \mathrm{\infty }$

那么，上面（3）式就得到：
当，limt→−∞，p→0$\underset{t\to -\mathrm{\infty }，p\to 0}{lim}$，时
P{X=k} = λkk!∗(1−p)λp$\frac{{\lambda }^k}{k!}\ast (1-p{)}^{\frac{\lambda }{p}}$
= λkk!∗(1+1t)t(−λ)$\frac{{\lambda }^k}{k!}\ast (1+\frac{1}{t}{)}^{t(-\lambda )}$ (4)

又注： 由e的定义式（e的公式）得：
每次加无限小分份量1n$\frac{1}{n}$，再累积无限多次{n}，就是e
参考：对自然数e的理解，e的证明，e的计算（基础）
e=limn−>∞(1+1n)n$\underset{n->\mathrm{\infty }}{lim}(1+\frac{1}{n}{)}^n$
e=limn−>−∞(1+1n)n$\underset{n->-\mathrm{\infty }}{lim}(1+\frac{1}{n}{)}^n$
在那篇博文有证明得出，n无论趋于正无穷，还是趋于负无穷，(1+1n)n$(1+\frac{1}{n}{)}^n$结果都是e
因此得：limt→−∞(1+1t)t=e$\underset{t\to -\mathrm{\infty }}{lim}(1+\frac{1}{t}{)}^t=e$
====

n→−∞$n\to -\mathrm{\infty }$ 的证明方法：
设n=1x$n=\frac{1}{x}$， 利用 limx→0(1+x)1n=e$\underset{x\to 0}{lim}(1+x{)}^{\frac{1}{n}}=e$;
===
直观理解，如果t趋于负无穷，那么指数(t)就是累积除的关系，
每次减无限小分份量1t$\frac{1}{t}$，但是累积除以无限多次{t}，还是等于e
limt→−∞(1+1t)t=e$\underset{t\to -\mathrm{\infty }}{lim}(1+\frac{1}{t}{)}^t=e$

那么，上面（4）式就得到：
当，limt→−∞，p→0$\underset{t\to -\mathrm{\infty }，p\to 0}{lim}$，时
P{X=k} = λkk!∗(1+1t)t(−λ)$\frac{{\lambda }^k}{k!}\ast (1+\frac{1}{t}{)}^{t(-\lambda )}$

= λkk!∗(e)−λ$\frac{{\lambda }^k}{k!}\ast (e{)}^{-\lambda }$ = λkk!∗e−λ$\frac{{\lambda }^k}{k!}\ast e^{-\lambda }$

P{X=k} = λkk!∗e−λ$\frac{{\lambda }^k}{k!}\ast e^{-\lambda }$ , (k=0,1,2,…)

如果用单位时间内发生次数来表达，λ$\lambda$ 可以表示成 λt$\lambda t$
上式可以表示成：
当，limt→−∞，p→0$\underset{t\to -\mathrm{\infty }，p\to 0}{lim}$，时
P{X=k} = (λt)kk!∗e−(λt)$\frac{(\lambda t{)}^k}{k!}\ast e^{-(\lambda t)}$ , (k=0,1,2,…)

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3.泊松分布公式与 自然数 的定义 e

参考前面博文对自然数e的理解，证明，计算(基础)

ex$e^x$ = ∑∞i=0(x)ii!$\sum _{i=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{(x{)}^i}{i!}$
ex$e^x$ = 1+x+(x)22!+(x)33!+...+(x)n1n!$\frac{(x{)}^2}{2!}+\frac{(x{)}^3}{3!}+...+(x{)}^n\frac{1}{n!}$
===
近似计算（e<4）的情况，e的指数越大，后面的项越大，越需要多项展开）：
ex$e^x$ = 1+x+(x)22+(x)36+(x)424+(x)5120$\frac{(x{)}^2}{2}+\frac{(x{)}^3}{6}+\frac{(x{)}^4}{24}+\frac{(x{)}^5}{120}$

=====
思考问题：
ex$e^x$的泰勒级数展开多项式中，哪一项的值最大？
答案是：x等于多少就是哪项值最大，恰好第x项的值最大。
可以参考前面博文对自然数e的理解，证明，计算(基础)
物理意义：单位时间内事件发生的次数最大可能性就是平均概率。
===
比如x=1，第一项最大 x=1。
x=2: 第一项及第二项 都是最大(x)22=222=2$\frac{(x{)}^2}{2}=\frac{2^2}{2}=2$；
x=3，第三项 最大(x)36=336$\frac{(x{)}^3}{6}=\frac{3^3}{6}$=4.73；
x=4，第四项 最大(x)424=4424=25624$\frac{(x{)}^4}{24}=\frac{4^4}{24}=\frac{256}{24}$=12；
以此类推….

可以看到 λkk!$\frac{{\lambda }^k}{k!}$ 其实就是 eλ$e^{\lambda }$ 的第k项。
也就是等于说，P{X=k}的概率，就是eλ$e^{\lambda }$ 的第k项 的占比例。

[泊松分布.问题1，泊松分布P{x=k}，k等于多少时，P{X=k}最大？]
已知泊松分布的公式，
P{X=k} = λkk!∗e−λ$\frac{{\lambda }^k}{k!}\ast e^{-\lambda }$ , (k=0,1,2,…)
记为 X~P(λ$\lambda$)

P{X=k}的值，就是eλ$e^{\lambda }$ 的第k项 的占比例, 那么 k等于多少时，P{X=k}最大？

从直观上理解，单位时间最有可能发生的次数当然是平均数。
从e的泰勒展开多项式理解，eλ$e^{\lambda }$的泰勒展开式，就是第λ$\lambda$项值最大。

也就是 k = λ$\lambda$ 时， P{X=λ$\lambda$} 取得最大值。

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4.二项分布到几何分布的推导

几何分布也是从二项分布而来。实际背景是重复独立试验下首次成功的概率（n重伯努利试验，首次成功的 n 值）
举例：射击n次，首次射中时的n值。
有放回地抽取样品，首次抽到次品时的抽取次数。

二项分布公式，重复试验n次，成功k次的概率：
P{X=k} = Cknpkqn−k,$C_n^k{p}^k{q}^{n-k},$k=0,1,2,..n

重复试验n次，成功1次的概率：
P{X=1} = C1np(1−p)n−1,$C_n^{1}p(1-p{)}^{n-1},$

成功的这一次，恰好是第一次的概率
从1到n，一共射击了n次，如果射击n次仅成功1次，成功的这一次有可能是是第1次，有可能是第2次，，，有可能是第n次，共有n种可能，
所以，成功的这一次，恰好是第一次的概率 = P(X=1)n$\frac{P(X=1)}{n}$ = C1np(1−p)n−1n$\frac{C_n^{1}p(1-p{)}^{n-1}}{n}$ =p(1−p)n−1$p(1-p{)}^{n-1}$

所以，几何分布公式（事件首次发生的n值分布）：

P{X=n} = p(1−p)n−1$p(1-p{)}^{n-1}$ ；

纪为 X~G(p)