📊 対象級：2級　|　重要度：A（頻出）

ベルヌーイ分布・二項分布

要点（BLUF）

ベルヌーイ分布：成功/失敗の1回試行。 $X\in\{0,1\}$ 、 $P(X=1)=p$ 。 $E[X]=p$ 、 $V[X]=p(1-p)$ （ $X^2=X$ より一発、確率変数（離散・連続）と期待値・分散既出）。MGF $M_X(t)=1-p+pe^t$ 。二項分布の構成単位。
二項分布：成功確率 $p$ の独立試行を $n$ 回くりかえした成功回数 $X\sim\mathrm{Bin}(n,p)$ 。 $\boxed{\,P(X=k)={}_nC_k\,p^k(1-p)^{n-k}\,}\quad(k=0,1,\dots,n).$ ${}_nC_k$ ＝ $n$ 回中どの $k$ 回が成功かの場所の選び方（場合の数・順列・組合せ）、 $p^k(1-p)^{n-k}$ ＝1つの並びが起こる確率（独立反復試行、条件付き確率・独立性・全確率の定理）。総和1は二項定理 $\sum_k {}_nC_k p^k(1-p)^{n-k}=(p+(1-p))^n=1$ 。
$E[X]=np$ 、 $V[X]=np(1-p)$ を2通りで導出：(1) 独立ベルヌーイ $n$ 個の和 $X=\sum X_i$ から（期待値・分散の性質（線形性・和の分散・共分散）の独立和、共分散0）、(2) MGF $M_X(t)=(1-p+pe^t)^n$ の微分から（確率変数の変換・モーメント母関数・積率、ベルヌーイMGFの $n$ 乗＝独立和の積）。
再生性（加法性）：独立な $\mathrm{Bin}(n_1,p)+\mathrm{Bin}(n_2,p)=\mathrm{Bin}(n_1+n_2,p)$ （ $p$ が同じときだけ、MGFの積で示す）。
2方向の近似： $n$ 大・ $p$ 中庸 → 正規近似 $N(np,np(1-p))$ （中心極限定理（CLT）のド・モアブル＝ラプラス）。 $n$ 大・ $p$ 小（ $\lambda=np$ 一定） → ポアソン近似（ポアソン分布へ）。

本文

まず日常のイメージ：10回のくじ引き

当たる確率が $p=0.3$ のくじを10回引いて、当たりが何回出るかを考えます。0回かもしれないし、3回かもしれない。この「当たりの回数」がしたがうのが二項分布 $\mathrm{Bin}(10,\,0.3)$ です。

平均すると何回当たる？ → $np=10\times0.3=3$ 回（期待値 $np$ ）。
ちょうど3回当たる確率は？ → ${}_{10}C_3\,(0.3)^3(0.7)^7$ （PMFの式）。
なぜ ${}_{10}C_3$ を掛ける？ → 「1回目と4回目と7回目が当たり」「2回目と5回目と9回目が当たり」…と、当たる回の組合せが ${}_{10}C_3$ 通りあり、どれも同じ確率 $(0.3)^3(0.7)^7$ だからです。

製品の良品率、コインの表裏、アンケートの「はい/いいえ」── 「2通りのことを何回もくりかえして、片方が何回出るか」はすべて二項分布です。

1. ベルヌーイ分布 ── 二項分布の構成単位

ベルヌーイ試行＝結果が「成功（1）か失敗（0）」の2通りしかない1回の試行（コインの表裏、製品の良品/不良）。その結果を表す確率変数 $X$ が従うのがベルヌーイ分布 $\mathrm{Bernoulli}(p)$ ：

P(X=1)=p,\qquad P(X=0)=1-p\qquad(0\le p\le1).

PMFを1本の式で書くと $P(X=x)=p^x(1-p)^{1-x}$ （ $x\in\{0,1\}$ 。 $x=1$ で $p$ 、 $x=0$ で $1-p$ になる）。

期待値・分散（確率変数（離散・連続）と期待値・分散で導出済み、ここで再確認）：

E[X]=0\cdot(1-p)+1\cdot p=p,\qquad V[X]=E[X^2]-(E[X])^2.

ここで $X\in\{0,1\}$ なら $X^2=X$ （ $0^2=0,\ 1^2=1$ ）だから $E[X^2]=E[X]=p$ 。よって

V[X]=p-p^2=p(1-p).

要するに**「ベルヌーイの分散は $p(1-p)$ 、 $p=0.5$ で最大 $0.25$ 、 $p=0$ または $1$ で $0$ 」**（結果が確定する両端でばらつき0）。

MGF（確率変数の変換・モーメント母関数・積率）：

M_X(t)=E[e^{tX}]=e^{t\cdot0}(1-p)+e^{t\cdot1}p=(1-p)+pe^t.

このMGFが二項分布のMGFの土台（後述、独立和でこれの $n$ 乗になる）。

要するにベルヌーイ分布は「1回ぶんの成功/失敗」。これを $n$ 回ぶん足したものが二項分布です。

flowchart LR
    A["ベルヌーイ分布<br/>1回の成功/失敗<br/>E=p, V=p(1-p)"] -->|"独立にn回足す"| B["二項分布<br/>n回中の成功回数<br/>E=np, V=np(1-p)"]
    B -->|"n大・p中庸"| C["正規分布<br/>N(np, np(1-p))"]
    B -->|"n大・p小"| D["ポアソン分布<br/>平均λ=np"]

この図の流れ（ベルヌーイ → 足して二項 → 大きくすると正規かポアソン）が、確率分布の章ぜんたいの骨組みです。

2. 二項分布 ── ベルヌーイを $n$ 回足す

二項分布 $\mathrm{Bin}(n,p)$ ＝成功確率 $p$ のベルヌーイ試行を独立に $n$ 回くりかえしたときの成功回数 $X$ の分布。適用条件は4つ：(i) 試行回数 $n$ が固定、(ii) 各試行は成功/失敗の2値、(iii) 成功確率 $p$ が毎回一定、(iv) 各試行が独立。

PMF（確率質量関数）：

P(X=k)={}_nC_k\,p^k(1-p)^{n-k}\qquad(k=0,1,\dots,n).

式の意味（3パーツに分解）：

パーツ	意味
$p^k$	成功 $k$ 回ぶんの確率（独立なので掛ける）
$(1-p)^{n-k}$	失敗 $n-k$ 回ぶんの確率
${}_nC_k$	$n$ 回のうちどの $k$ 回が成功かの場所の選び方（場合の数・順列・組合せ）

たとえば $n=3,k=2$ なら、成功2回の並びは「○○×」「○×○」「×○○」の ${}_3C_2=3$ 通りで、どれも確率 $p^2(1-p)$ 。足して ${}_3C_2\,p^2(1-p)$ 。これが**「1つの並びの確率 $\times$ 並びの数」**という二項分布PMFの構造。

総和が1になること（確率分布の定義の確認、二項定理）：

\sum_{k=0}^{n}{}_nC_k\,p^k(1-p)^{n-k}=\big(p+(1-p)\big)^n=1^n=1.

二項定理 $(a+b)^n=\sum_k {}_nC_k a^k b^{n-k}$ に $a=p,\ b=1-p$ を入れただけ。二項定理がそのまま「確率の総和=1」を保証する（場合の数・順列・組合せの二項展開）。これが「二項分布」という名前の由来。

3. 期待値 $E[X]=np$ ・分散 $V[X]=np(1-p)$ の2通りの導出

本トピックの数理の山。Phase 2 で用意した2つの道具（独立和・MGF）で同じ答えに到達する。数式が苦手なら結論「 $E=np,\ V=np(1-p)$ 」だけ覚えればOKです。

導出(1)：独立ベルヌーイ $n$ 個の和として（期待値・分散の性質（線形性・和の分散・共分散）・一番速い）

$i$ 回目の試行を指示変数 $X_i\in\{0,1\}$ （成功で1）とすると、成功回数は

X=X_1+X_2+\cdots+X_n=\sum_{i=1}^n X_i,\qquad X_i\overset{\text{i.i.d.}}{\sim}\mathrm{Bernoulli}(p).

期待値は線形性（独立不要、常に成立、期待値・分散の性質（線形性・和の分散・共分散））：

E[X]=\sum_{i=1}^n E[X_i]=\sum_{i=1}^n p=np.

分散は独立和（共分散0）なので加法的：

V[X]=\sum_{i=1}^n V[X_i]=\sum_{i=1}^n p(1-p)=np(1-p).

$X_i$ が独立 ⟹ 無相関 ⟹ $\mathrm{Cov}(X_i,X_j)=0$ なので和の分散に交差項が出ない（期待値・分散の性質（線形性・和の分散・共分散）の「分散の加法性は無相関が必要」）。要するに**「ベルヌーイ1個の $E=p,V=p(1-p)$ を $n$ 個足しただけ」**。これが最も速い導出。

ポイント：期待値の足し算は独立でなくても成り立ちますが、分散の足し算は独立（無相関）のときだけです。二項分布は「各試行が独立」が前提なので分散がきれいに $np(1-p)$ になります（期待値・分散の性質（線形性・和の分散・共分散））。

導出(2)：MGFの微分から（確率変数の変換・モーメント母関数・積率）

独立和のMGFは各MGFの積（確率変数の変換・モーメント母関数・積率）。 $X=\sum X_i$ で各 $X_i$ のMGFが $1-p+pe^t$ だから

M_X(t)=\prod_{i=1}^n M_{X_i}(t)=\big(1-p+pe^t\big)^n.

要するに**「二項のMGF＝ベルヌーイMGFの $n$ 乗」**（独立同分布の和の積）。これを微分してモーメントを取り出す（ $M'(0)=E[X],\ M''(0)=E[X^2]$ ）。

1階微分（合成関数、 $\frac{d}{dt}(1-p+pe^t)=pe^t$ ）：

M_X'(t)=n(1-p+pe^t)^{n-1}\cdot pe^t.

$t=0$ を代入（ $e^0=1,\ 1-p+p=1$ ）：

E[X]=M_X'(0)=n\cdot1^{n-1}\cdot p=np.\ \checkmark

2階微分（積の微分）：

M_X''(t)=n(n-1)(1-p+pe^t)^{n-2}(pe^t)^2+n(1-p+pe^t)^{n-1}pe^t.

$t=0$ で

E[X^2]=M_X''(0)=n(n-1)p^2+np.

よって

V[X]=E[X^2]-(E[X])^2=n(n-1)p^2+np-(np)^2 =np-np^2=np(1-p).\ \checkmark

（ $n(n-1)p^2-n^2p^2=-np^2$ 、これに $+np$ を足して $np-np^2=np(1-p)$ 。）

2つの道筋が一致することで、「独立和」「MGF」という Phase 2 の2系統の道具が同じ結論に至ることを確認できる。導出(1)は速く、導出(2)は高次モーメント（歪度・尖度）も同じ枠組みで出せる汎用性がある。

4. 分布の形状とパラメータ

PMFの形（棒グラフの形）は $p$ と $n$ で決まる。

$p$ の値	形
$p=0.5$	左右対称（山が真ん中、 $P(X=k)=P(X=n-k)$ ）
$p<0.5$	右に裾を引く（右に歪む、ピークが左寄り。失敗が出やすいので小さい $k$ に山）
$p>0.5$	左に裾を引く（左に歪む、ピークが右寄り）

$n$ を増やすと：（ $p$ 固定でも）相対的に対称に近づく ── これが正規近似（CLT）の前触れ（中心極限定理（CLT））。
最頻値（モード）： $\lfloor(n+1)p\rfloor$ 付近（ $(n+1)p$ が整数なら2つの最頻値）。期待値 $np$ の近く。

歪みの符号は歪度 $\dfrac{1-2p}{\sqrt{np(1-p)}}$ で測れる（ $p<0.5$ で正＝右歪み、 $p=0.5$ で0、 $p>0.5$ で負）。 $n\to\infty$ で歪度 $\to0$ ＝対称化（確率変数の変換・モーメント母関数・積率の歪度）。

5. 再生性（加法性）── 同じ $p$ のときだけ足せる

独立な $X\sim\mathrm{Bin}(n_1,p)$ と $Y\sim\mathrm{Bin}(n_2,p)$ （成功確率 $p$ が同じ）の和は $X+Y\sim\mathrm{Bin}(n_1+n_2,p)$ 。

直観： $n_1$ 回の試行と $n_2$ 回の試行を合わせれば $n_1+n_2$ 回の試行で、成功確率は同じ $p$ 。だから合計成功回数は $\mathrm{Bin}(n_1+n_2,p)$ 。

MGFで証明（確率変数の変換・モーメント母関数・積率、独立和はMGFの積）：

M_{X+Y}(t)=M_X(t)M_Y(t)=(1-p+pe^t)^{n_1}(1-p+pe^t)^{n_2}=(1-p+pe^t)^{n_1+n_2}.

これは $\mathrm{Bin}(n_1+n_2,p)$ のMGFそのもの。MGFの一意性より $X+Y\sim\mathrm{Bin}(n_1+n_2,p)$ 。 $\blacksquare$

要するに「同じ $p$ なら指数が足し算で合体」。 $p$ が違うと底 $(1-p+pe^t)$ が揃わず、積が二項分布のMGFにならない ── だから** $p$ が異なる二項分布の和は二項分布にならない**（再生性は同じ $p$ が必須）。

6. 近似の2方向 ── 次トピックへの布石

二項分布の確率計算は $n$ が大きいと ${}_nC_k$ が巨大で大変。そこで近似を使う。どちらに近似するかは $p$ で決まる。

近似先	条件	近似式	補正
正規分布	$n$ 大・ $p$ 中庸（ $np\ge5$ かつ $n(1-p)\ge5$ が目安）	$\mathrm{Bin}(n,p)\approx N(np,\,np(1-p))$	連続性補正 $\pm0.5$
ポアソン分布	$n$ 大・ $p$ 小（ $\lambda=np$ 一定、 $n\to\infty,p\to0$ ）	$\mathrm{Bin}(n,p)\approx \mathrm{Poisson}(\lambda=np)$	補正不要（離散→離散）

正規近似（ド・モアブル＝ラプラス）：中心極限定理（CLT）で詳述済み。二項＝独立ベルヌーイ和だからCLTで $N(np,np(1-p))$ 。 $p$ が0や1に近いと非対称で崩れる。離散→連続なので連続性補正が要る。
ポアソン近似： $p$ が小さく稀な事象（レアイベント）のとき。 $np=\lambda$ を一定に保って $n\to\infty,p\to0$ にすると $\mathrm{Poisson}(\lambda)$ に収束（ポアソン分布で導出）。離散→離散なので補正不要。

判定の勘どころ：分散 $np(1-p)$ が大きい（ $p$ が中庸）→ 正規／ $p$ が小さく $np$ が小さいまま → ポアソン。

7. 試験での問われ方（級ごとの差）

3級（確率計算）：二項分布のPMF $P(X=k)={}_nC_k p^k(1-p)^{n-k}$ を使った具体的な確率計算（「コインを8回投げて表がちょうど3回」「不良率0.1で5個中2個が不良」など）。ベルヌーイ試行の意味、二項分布の適用条件の判定。
2級（中核）：期待値 $np$ ・分散 $np(1-p)$ の計算と利用、 $\sqrt{np(1-p)}$ （標準偏差）、二項分布の正規近似 $N(np,np(1-p))$ で確率を求める、標本比率 $\hat p=X/n$ の期待値 $p$ ・分散 $p(1-p)/n$ （Phase 4 推定の土台）。確率分布分野の中心トピック。
2級の発展／準1級：連続性補正 $\pm0.5$ を入れた確率計算（中心極限定理（CLT））、再生性（同じ $p$ の和）、MGFからの $E,V$ 導出、ポアソン近似との使い分け（ポアソン分布）。
※公式の出題範囲表は改訂されうる。二項分布は3級（確率計算）と2級（期待値・分散・正規近似）にまたがるが、級ごとの深さの線引き・連続性補正や再生性の扱いは受験前に最新の範囲表で要最新確認。

数式の直観的意味

なぜ $P(X=k)={}_nC_k p^k(1-p)^{n-k}$ なのか（場所×並びの確率）

二項分布の確率を作る手順を分解すると2段階。(段1) 1つの具体的な並びの確率：たとえば「成功・成功・…（ $k$ 回）・失敗・…（ $n-k$ 回）」という1つの順番が起こる確率は、独立だから各試行の確率の積で $p^k(1-p)^{n-k}$ 。順番が違っても成功 $k$ 回・失敗 $n-k$ 回なら同じ値（掛け算は順序によらない）。(段2) そういう並びが何通りあるか： $n$ 個の枠から成功が入る $k$ 個を選ぶ選び方で ${}_nC_k$ 通り（場合の数・順列・組合せの組合せ。順序は問わず「どの枠が成功か」だけ）。確率はどれも同じ $p^k(1-p)^{n-k}$ なので、足すと「 $1$ 並びの確率 $\times$ 並びの数」＝ ${}_nC_k\,p^k(1-p)^{n-k}$ 。**「組合せ（場所の数）× 1つの並びの確率」**が二項分布PMFの正体。

なぜ $E[X]=np$ なのか（足し算の期待値）

期待値の線形性 $E[X+Y]=E[X]+E[Y]$ は独立を一切仮定せず常に成立する（期待値・分散の性質（線形性・和の分散・共分散））。成功回数 $X$ は指示変数の和 $X=\sum X_i$ で、各 $X_i$ の期待値は「1回の成功確率」 $p$ 。だから $n$ 個足して $np$ 。**「1回あたり平均 $p$ 回成功するのを $n$ 回くりかえせば平均 $np$ 回」**という素直な話。期待値だから独立性は要らない（仮に試行が従属でも $E[X]=np$ は成り立つ）。

なぜ $V[X]=np(1-p)$ には独立が要るのか

分散の加法性 $V[X+Y]=V[X]+V[Y]$ は無相関（独立）のときだけ成立する（一般には $+2\mathrm{Cov}$ が付く、期待値・分散の性質（線形性・和の分散・共分散））。二項分布は各試行が独立という前提があるので $\mathrm{Cov}(X_i,X_j)=0$ 、よって交差項が消えて $V[X]=\sum V[X_i]=np(1-p)$ 。もし試行が独立でなければ（例：くじを戻さず引く＝超幾何分布）、分散は $np(1-p)$ にならない（共分散が負に効いて分散が小さくなる）。だから「二項分布の分散 $np(1-p)$ 」は独立性に支えられた式。これが二項分布（復元）と超幾何分布（非復元）の分散の違いの根。

なぜ $V[X]$ は $p=0.5$ で最大なのか

$V[X]=np(1-p)$ を $p$ の関数 $f(p)=p(1-p)=p-p^2$ と見ると、 $f'(p)=1-2p=0$ より $p=0.5$ で極大、 $f(0.5)=0.25$ 。「結果が五分五分のときが最も予測しづらい（ばらつき最大）、確率が0や1に寄るほど結果が確定してばらつき0」。標本比率の標準誤差 $\sqrt{p(1-p)/n}$ が $p=0.5$ で最大になるのも同じ理由で、Phase 4 の比率の区間推定で「最も保守的な誤差は $p=0.5$ 」として使われる。

⚠️ 引っかけポイント・頻出論点・級ごとの差

${}_nC_k$ の付け忘れ（3級最頻出）：「ちょうど $k$ 回成功」の確率は $p^k(1-p)^{n-k}$ だけでは不足。場所の選び方 ${}_nC_k$ を必ず掛ける。 $p^k(1-p)^{n-k}$ は「特定の1つの並び」の確率にすぎない。
「以上・以下・ちょうど」の取り違え：「3回以上成功」は $P(X\ge3)=\sum_{k\ge3}P(X=k)$ で、余事象 $1-P(X\le2)$ を使うと速い。「ちょうど3回」 $P(X=3)$ と混同しない。「少なくとも1回」 $=1-P(X=0)=1-(1-p)^n$ 。
分散と標準偏差の混同： $V[X]=np(1-p)$ 、標準偏差は $\sqrt{np(1-p)}$ 。正規近似の標準化 $z=\frac{X-np}{\sqrt{np(1-p)}}$ で分母は標準偏差（分散の平方根）。
再生性は同じ $p$ のときだけ： $\mathrm{Bin}(n_1,p)+\mathrm{Bin}(n_2,p)=\mathrm{Bin}(n_1+n_2,p)$ は $p$ が等しい場合のみ。 $p$ が違う2つの二項分布の和は二項分布にならない。
独立性の前提を忘れる（超幾何との混同）：二項分布は「復元抽出（毎回 $p$ 一定・独立）」。袋から戻さず引く（非復元）と $p$ が変わり独立でなくなる ── それは超幾何分布で、分散は $np(1-p)$ より小さい（幾何分布・超幾何分布・負の二項分布）。「箱から不良品を取り出す」系は復元か非復元かを必ず確認。
正規近似 vs ポアソン近似の選択（2級）： $p$ が中庸で $np,n(1-p)\ge5$ なら正規近似。 $p$ が小さく稀な事象なら（ $np$ が小さいまま）ポアソン近似。 $p=0.5$ にポアソン近似は不適、 $p=0.001$ に正規近似は不適。
正規近似に連続性補正（2級発展）：二項（離散）を正規（連続）で近似するときは $\pm0.5$ の連続性補正を入れる（中心極限定理（CLT））。ポアソン近似（離散→離散）には補正不要。
$np$ は期待値であって確率ではない：「平均 $np$ 回成功」は回数の期待値。 $np>1$ でも特定回数の確率は1を超えない（当たり前だが計算で混乱しやすい）。
級差：3級＝PMFでの確率計算（ ${}_nC_k p^k(1-p)^{n-k}$ ）・ベルヌーイ試行の意味。2級＝ $E=np,V=np(1-p)$ ・正規近似・標本比率。2級発展/準1級＝連続性補正・再生性・MGF導出・ポアソン近似との使い分け。

よくある疑問

Q1. ${}_nC_k$ を掛けるのを忘れがちです。なぜ必要？

「ちょうど $k$ 回成功」の確率は $p^k(1-p)^{n-k}$ だけでは足りません。これは「1回目から $k$ 回目までが成功、残りが失敗」という特定の1つの順番の確率にすぎないからです。成功する回の組合せが ${}_nC_k$ 通りあって、どれも同じ確率なので、その通り数 ${}_nC_k$ を掛けます。3級でいちばん多いミスなので、二項分布の確率を出すときは必ず組合せを掛ける、と意識してください。

Q2. 「3回以上成功」の確率はどう求める？

$P(X\ge3)=P(X=3)+P(X=4)+\cdots+P(X=n)$ ですが、項が多いときは余事象を使うと速いです。 $P(X\ge3)=1-P(X\le2)=1-\{P(X=0)+P(X=1)+P(X=2)\}$ 。とくに「少なくとも1回成功」は $P(X\ge1)=1-P(X=0)=1-(1-p)^n$ が定番です。「以上・以下・ちょうど」を読み間違えないことが大事です。

Q3. 「袋から戻さずに引く」場合も二項分布ですか？

いいえ、それは超幾何分布になります。二項分布は「毎回 $p$ が一定で、各試行が独立」が前提です（＝復元抽出）。袋から玉を戻さずに引くと、引くたびに残りの比率が変わって $p$ が一定でなくなり、試行が独立でなくなります。このとき分散は $np(1-p)$ より小さくなります（幾何分布・超幾何分布・負の二項分布）。「箱から不良品を取り出す」系の問題は、戻すのか戻さないのかを必ず確認してください。

Q4. 正規近似とポアソン近似、どっちを使えばいい？

$p$ で決めます。 $p$ が中庸で $np\ge5$ かつ $n(1-p)\ge5$ くらいなら正規近似、 $p$ が小さくて稀な事象（ $np$ が小さいまま）ならポアソン近似です。 $p=0.5$ にポアソン近似は不適、 $p=0.001$ に正規近似は不適、と覚えておけば十分です。判断に迷ったら「分散 $np(1-p)$ が大きいか小さいか」を見ます。

Q5. 二項分布どうしは足せますか？

成功確率 $p$ が同じなら足せます。 $\mathrm{Bin}(n_1,p)+\mathrm{Bin}(n_2,p)=\mathrm{Bin}(n_1+n_2,p)$ （再生性・加法性）。直観的には「 $n_1$ 回の試行と $n_2$ 回の試行を合わせれば $n_1+n_2$ 回の試行」だからです。ただし** $p$ が違うと足せません**（二項分布になりません）。 $p$ が同じことが条件です。

まとめ

ベルヌーイ分布＝1回の成功/失敗。 $E=p,\ V=p(1-p)$ 。これを $n$ 個足したのが二項分布。
二項分布 $\mathrm{Bin}(n,p)$ の確率は $P(X=k)={}_nC_k\,p^k(1-p)^{n-k}$ 。組合せ ${}_nC_k$ の掛け忘れに注意。
期待値 $np$ ・分散 $np(1-p)$ 。ベルヌーイの足し算で導けます（分散の足し算には独立が必要）。 $p=0.5$ で分散最大。
確率の合計が1になるのは二項定理から。これが名前の由来。
$n$ が大きいとき、 $p$ 中庸なら正規近似、 $p$ 小ならポアソン近似。 $p$ で使い分けます。
再生性は同じ $p$ のときだけ。非復元抽出は二項でなく超幾何。

対応するシミュレーション

simulations/nikou_bunpu_keijou.py
- 何を示すか：二項分布のPMF ${}_nC_k p^k(1-p)^{n-k}$ を複数の $(n,p)$ で棒グラフに描き、 $p=0.5$ の左右対称・ $p\neq0.5$ の歪み（ $p<0.5$ 右裾／ $p>0.5$ 左裾）・ $n$ を増やすと対称に近づく様子を可視化。さらに二項乱数（np.random.binomial）のヒストグラムが理論PMFに重なること、標本平均 $\approx np$ ・標本分散 $\approx np(1-p)$ を数値で確認。
- 結論（seed=0）：PMF形状は $p=0.2$ （右に歪む）・ $p=0.5$ （対称）・ $p=0.8$ （左に歪む）で予想通り。 $n=10\to50$ で $p=0.2$ でも対称化が進む。乱数10万個の検証では $\mathrm{Bin}(20,0.3)$ で標本平均 5.9972（理論 $np=6.0$ ）・標本分散 4.2065（理論 $np(1-p)=4.2$ ）と一致。ヒストグラムが理論PMFの棒にぴたりと重なる。

二項分布のPMF形状（p と n による歪み・対称化）

二項乱数のヒストグラムと理論PMFの一致

simulations/nikou_bunpu_kinji.py
- 何を示すか：近似の2方向を1枚で対比。左＝ $\mathrm{Bin}(50,0.5)$ （ $p$ 中庸）に正規近似 $N(np,np(1-p))$ がよく合う／右＝ $\mathrm{Bin}(50,0.04)$ （ $\lambda=np=2$ 一定相当の $p$ 小）にポアソン近似 $\mathrm{Poisson}(\lambda=np)$ がよく合うことを重ね描き。各 $k$ での近似誤差（絶対値の最大）を出力して、 $p$ 中庸では正規が、 $p$ 小ではポアソンが優れることを数値で示す。
- 結論（scipy不使用、正規PDF・ポアソンPMFは自前計算）： $\mathrm{Bin}(50,0.5)$ では正規近似の最大誤差 0.00056 に対しポアソン近似は 0.03275（正規が約58倍精確）。 $\mathrm{Bin}(50,0.04)$ では逆にポアソン近似の最大誤差 0.00556 に対し正規近似は 0.04869（ポアソンが約9倍精確、 $p$ 小で正規が崩れる）。**「 $p$ で近似先が変わる」**を誤差の数値で裏づけ。

二項分布の正規近似とポアソン近似の使い分け