以后这里可能只会记录跟文化课有关的东西了吧
Chinami_Nagisa
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个人记录
关于公式：
\large k\Large C_n^k=\large n\Large C_{n-1}^{k-1}
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：
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
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**假设凸N边形每两条对角线交点都不相重合，那么其交点个数为：**
$\large C_N^4$ (很好理解)
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# 二项分布方差的推导：
我们已经知道了二项分布的期望公式是：
$\large E(X)=\sum\limits_{k=0}^{n}kp_k=\sum\limits_{k=0}^{n}k C_{n}^{k}\large p^k(1-p)^{n-k}=np
又因为有公式： \large D(X)=E(X^2)-E(X)^2
可得：
\large D(X)=\sum\limits_{k=0}^{n}k^2C_{n}^{k}\large p^k(1-p)^{n-k}-(np)^2
$\large=\sum\limits_{k=1}^{n}(k-1+1) npC_{n-1}^{k-1}\large p^{k-1}(1-p)^{n-k}-(np)^2$ _//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_
## 有没有更加~~强势~~简洁快捷的做法？
**有的兄弟，有的👇**
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：
\large E(X_i)=p,D(X_i)=p(1-p)
所以：