第7讲 二项分布——独立重复试验的模型

从一个朴素的问题开始

假设某运动员的罚球命中率为 0.7。他在比赛中罚了 5 次球，恰好命中 3 次的概率是多少？

这个问题看起来很直接，但仔细一想，情况其实不少：5 次中恰好有 3 次命中，可能是前 3 次命中后 2 次不中，也可能是中间命中 3 次……到底有几种不同的「恰好 3 次」的情况？每种情况的概率又是多少？

这就是二项分布要解决的问题——独立重复试验的概率模型。

独立重复试验

先弄清楚什么是独立重复试验。

独立重复试验：在相同条件下重复进行的 $n$ 次试验，各次试验的结果相互独立。

关键词有三个：

1. 相同条件——每次试验的环境完全一样
2. $n$ 次——试验次数是固定的
3. 相互独立——前一次的结果不影响后一次的概率

比如：

• 掷一枚均匀的骰子，连续掷 $n$ 次（独立重复）
• 某人投篮，命中率为 0.7，连续投 $n$ 次（每次投篮相互独立）
• 从一批产品中有放回地抽取 $n$ 件（有放回保证了独立性）

注意：如果不放回地抽取，各次结果就不独立了——这就是前面说的，超几何分布的情形。

二项分布的定义

在 $n$ 次独立重复试验中，每次试验只有两种可能结果：「成功」（概率 $p$）或「失败」（概率 $1-p$）。令 $X$ 为 $n$ 次试验中成功的次数，那么 $X$ 服从二项分布，记作 $X \sim B(n, p)$。

二项分布的概率公式：

$$P(X = k) = \mathrm{C}_n^k \cdot p^k \cdot (1-p)^{n-k}, \quad k = 0, 1, 2, \ldots, n \qquad (1)$$

公式的含义很清晰：

• $k$ 次成功的概率是 $p^k$
• $n-k$ 次失败的概率是 $(1-p)^{n-k}$
• $n$ 次中有 $k$ 次成功，共有 $\mathrm{C}_n^k$ 种不同的顺序

三者相乘，就是恰好 $k$ 次成功的概率。

二项分布的例子

回到开头的罚球问题：$n = 5$，$p = 0.7$，求 $P(X = 3)$。

$$P(X = 3) = \mathrm{C}_5^3 \cdot (0.7)^3 \cdot (0.3)^2 = 10 \times 0.343 \times 0.09 = 0.3087$$

所以，5 次罚球恰好命中 3 次的概率约为 0.3087（约 31%）。

二项分布的图像特点

当 $n$ 较大时，二项分布的分布列可以用柱状图表示。以 $n = 10$，$p = 0.5$ 为例：

$P(X = k) = \mathrm{C}_{10}^k \cdot (0.5)^{10}$，$k = 0, 1, \ldots, 10$。

图像是一个对称的钟形，最高点在 $k = 5$ 处，即 $P(X = 5) = \mathrm{C}_{10}^5 \cdot (0.5)^{10} \approx 0.246$。

当 $p \ne 0.5$ 时，图像会向 $p$ 较大的一侧偏斜。比如 $p = 0.7$ 时，峰值在 $k \approx np = 7$ 附近。

示意图

深入理解

二项分布的最可能值（众数）

二项分布 $B(n, p)$ 中，概率最大的 $k$ 值叫做最可能值或众数。

我们可以通过比较相邻两项的概率来找到众数：

$$\dfrac{P(X = k)}{P(X = k-1)} = \dfrac{\mathrm{C}_n^k p^k (1-p)^{n-k}}{\mathrm{C}_n^{k-1} p^{k-1} (1-p)^{n-k+1}} = \dfrac{(n-k+1)p}{k(1-p)}$$

当这个比值大于 1 时，概率还在增加；当比值等于 1 时达到峰值；当比值小于 1 时概率开始下降。

令 $\dfrac{(n-k+1)p}{k(1-p)} = 1$，解得 $k = (n+1)p$。

所以二项分布的最可能值是 $\lfloor (n+1)p \rfloor$（当 $(n+1)p$ 是整数时，有两个最可能值：$(n+1)p$ 和 $(n+1)p - 1$）。

以 $n = 10, p = 0.5$ 为例，最可能值是 $\lfloor 11 \times 0.5 \rfloor = 5$，和图像吻合。

超几何分布与二项分布的联系与区别

超几何分布和不放回抽样对应，二项分布和有放回抽样对应。当总体 $N$ 很大，而抽样数 $n$ 相对很小时，不放回和放回的效果几乎一样，此时超几何分布近似于二项分布。

具体来说：如果 $N$ 很大，$M/N \approx p$，且 $n \ll N$，那么超几何分布 $H(N, M, n)$ 近似于二项分布 $B(n, p)$。

这个结论非常实用——在实际问题中，如果抽样比例不超过总体的 5%（即 $n/N \le 0.05$），就可以用二项分布来近似超几何分布，大大简化计算。

为什么可以这样近似？想象从一大桶水里取出一小杯水，桶里水的成分几乎不变；但如果从一小杯水里取水，每次取完不放回，成分就变了。所以当总体很大、抽样很小时，「不放回」和「有放回」几乎没有区别。

两点分布是二项分布的特例

两点分布 $B(1, p)$ 就是二项分布当 $n = 1$ 时的特殊情况：

$$P(X = 1) = \mathrm{C}_1^1 \cdot p^1 \cdot (1-p)^0 = p$$ $$P(X = 0) = \mathrm{C}_1^0 \cdot p^0 \cdot (1-p)^1 = 1-p$$

两点分布描述一次试验的结果，二项分布描述多次独立重复试验的结果。两者本质上是一致的。

从图像上看，两点分布只有两个柱子（$k=0$ 和 $k=1$），而二项分布随着 $n$ 增大，柱子越来越多，当 $n$ 很大时，分布逐渐趋近于连续的钟形曲线——这就是二项分布趋近正态分布的直观图景，也是中心极限定理的雏形。

典型例题

题目：抛硬币问题

连续抛一枚均匀硬币 6 次，求恰好有 4 次正面朝上的概率。

这是典型的二项分布问题：$n = 6$，$p = 0.5$，求 $P(X = 4)$。

$$P(X = 4) = \mathrm{C}_6^4 \cdot (0.5)^4 \cdot (0.5)^2 = 15 \times 0.015625 = 0.234375$$

恰好 4 次正面的概率约为 23.4%。

题目：体育比赛

某篮球队在总决赛中每场比赛获胜的概率为 0.6，两队采用七局四胜制。求该队恰好以 4:0 横扫对手的概率，以及恰好打满 7 场的概率。

恰好 4:0 横扫：意味着连胜 4 场，概率为：

$$P = 0.6^4 = 0.1296$$

恰好打满 7 场：意味着前 6 场双方各赢 3 场，第 7 场任意一方获胜。前 6 场恰好 3 胜 3 负的概率为：

$$\mathrm{C}_6^3 \cdot 0.6^3 \cdot 0.4^3 = 20 \times 0.216 \times 0.064 = 0.27648$$

第 7 场不管谁赢，比赛都打满 7 场，所以「打满 7 场」的概率就是 0.27648（约 27.6%）。

这个例子告诉我们：即使一支队伍胜率高达 60%，被横扫的概率也有 13%，而打满 7 场的概率也不低——这就是体育的魅力。

在高中数学体系里的位置

二项分布是概率统计中最经典、最常用的分布，是后续学习期望方差的基础。

思想延伸：二项分布是「从特殊到一般」的典型例子——从掷硬币、投篮这些具体场景抽象出一般模型，再反过来解决具体问题。这是概率论建模的基本思路。

运算练兵场：二项分布的计算涉及组合数、幂运算，是高考中常见的运算题型，难度中等。

高考地位：二项分布是必考内容，选择题（5 分）考查概念辨析，解答题（12 分）常与期望、方差的计算结合，背景可以是生产检验、体育竞技、医学实验等。

易错点：

1. 忽视独立性条件——把不放回抽样当成独立重复试验处理
2. 混淆二项分布和超几何分布——前者有放回（独立），后者不放回（不独立）
3. 计算组合数出错——$\mathrm{C}_n^k$ 的计算是基本功，不能出错

思考与拓展

1. 抛一枚均匀硬币 10 次，恰好有 6 次正面朝上的概率是多少？
2. 某射击运动员命中率为 0.8，连续射击 5 次，恰好命中 4 次的概率是多少？至少命中 3 次的概率是多少？
3. 二项分布 $B(n, p)$ 中，当 $n$ 固定、$p$ 变化时，图像的最高点会怎样移动？你能用公式证明吗？
4. 从 100 件产品（10 件次品）中随机抽取 5 件，分别用超几何分布和二项分布计算恰好有 2 件次品的概率，并比较两者的差异。

一句话总结

二项分布 $B(n,p)$ 是 $n$ 次独立重复试验中成功次数的分布，公式 $P(X=k)=\mathrm{C}_n^k p^k(1-p)^{n-k}$，最可能值在 $k \approx np$ 附近，是概率论中最实用的模型之一。