很容易推导，但只是为了便于理解waaw

变形得： $\Large C_n^k=\normalsize \dfrac{n}{k}\Large C_{n-1}^{k-1}$

左边： $n$ 个球中选出 $k$ 个.

右边：这等价于（第一步）先选出 $1$ 个球，（第二步）再在剩下 $n-1$ 个球选出 $k-1$ 个。再乘上$n$因为每个球都可以在第一步被选上。最后除以 $k$ 因为每一种选球组合都会重复 $k$ 次

如图，假设第一步选了蓝球，第二步选了黄球

那么和这幅图的情况是一样的，虽然选球顺序不同

$\large C_N^4$ (很好理解)

我们已经知道了二项分布的期望公式是：

又因为有公式： $\large D(X)=E(X^2)-E(X)^2$

可得：

$\large=\sum\limits_{k=0}^{n}k nC_{n-1}^{k-1}\large p^k(1-p)^{n-k}-(np)^2$ //利用上文的组合数公式

$\large=\sum\limits_{k=1}^{n}(k-1+1) npC_{n-1}^{k-1}\large p^{k-1}(1-p)^{n-k}-(np)^2$ //舍弃k=0项并配凑形式

$\large=np\sum\limits_{k=1}^{n}(k-1) C_{n-1}^{k-1}\large p^{k-1}(1-p)^k+np\sum\limits_{k=1}^{n}C_{n-1}^{k-1}\large p^{k-1}(1-p)^{n-k}-(np)^2$ //提出np并展开括号

$\large=np\sum\limits_{k=2}^{n} p(n-1)C_{n-2}^{k-2}\large p^{k-2}(1-p)^k+np\sum\limits_{k=1}^{n}C_{n-1}^{k-1}\large p^{k-1}(1-p)^{n-k}-(np)^2$ //第一项舍弃k=1项，再用组合数公式

$\large=n(n-1)p^2\sum\limits_{k=2}^{n}C_{n-2}^{k-2}\large p^{k-2}(1-p)^k+np\sum\limits_{k=1}^{n}C_{n-1}^{k-1}\large p^{k-1}(1-p)^{n-k}-(np)^2$ //第一项提出(n-1)p

$\large=n(n-1)p^2[p+(1-p)]^{n-2}+np[p+(1-p)]^{n-1}-(np)^2$ //二项式定理

$\large=n(n-1)p^2+np-(np)^2=np(1-p)$ //证毕

我们知道二项分布是由n重伯努利实验构成的，而这n个实验当中，每个实验都相互独立而且遵循0-1分布

记每一个实验的取值为 $\large X_i$ ，则单个实验中，由0-1分布得：

所以： $\large E(X)=E(\sum\limits_{i=1}^{n}X_i)=\sum\limits_{i=1}^{n}E(X_i)=np$ $\large D(X)=D(\sum\limits_{i=1}^{n}X_i)=\sum\limits_{i=1}^{n}D(X_i)=np(1-p)$证毕