有名な確率分布の1つである，「二項分布」について，その期待値(平均)・分散・標準偏差は
\begin{aligned} E[X]&= np, \\ V(X)&= np(1-p), \\ \sqrt{V(X)} &= \sqrt{np(1-p) } \end{aligned}となります。この証明を，「定義から直接証明」「ベルヌーイ分布の和を用いた証明」「特性関数の微分を用いた証明」の3通りで行います。
二項分布の期待値(平均)・分散・標準偏差
もう一度，期待値・分散・標準偏差をまとめましょう。
定理（二項分布の期待値・分散・標準偏差）
X\sim B(n,p) であるとき， X の期待値・分散・標準偏差はそれぞれ
\color{red}\begin{aligned} E[X]&= np, \\ V(X)&= np(1-p), \\ \sqrt{V(X)} &= \sqrt{np(1-p) } \end{aligned}
となる。
二項分布の期待値・分散は，覚えておいてもよいでしょう。
そもそも，二項分布とは何ぞやという人のために，軽く二項分布の定義を復習しておきましょう。
0<p<1 ,\,\, n は正の整数とする。 k = 0,1,2,\dots, n に対して，
\color{red} P(X=k) = {}_n \mathrm{C}_k p^{k}(1-p)^{n-k}
となるとき，確率変数 X はパラメータ (n,p) に関する二項分布 (binomial distribution) に従うといい， \color{red} X\sim B(n,p) とかく。
二項分布の詳細については，以下の記事を参照してください。
二項分布の期待値(平均)の導出
まずは期待値の導出証明を行っていきましょう。
- 定義から直接証明
- ベルヌーイ分布の和を用いた証明
- 特性関数の微分を用いた証明
の3種類を紹介します。
【期待値】定義から直接証明
直接証明するには，二項定理が必要です。
証明
二項分布の定義と，二項定理により，
\small \begin{aligned}E[X] &= \sum_{k=0}^n kP(X=k) \\ &= \sum_{k=0}^n k {}_n\mathrm{C}_k p^k (1-p)^{n-k} \\ &= \sum_{k=0}^n k \frac{n!}{k!(n-k)!}p^k (1-p)^{n-k} \\ &=np \sum_{k=0}^n \frac{(n-1)!}{(k-1)!(n-k)!}p^{k-1} (1-p)^{n-k} \\ &= np (p+(1-p))^{n-1} = np \end{aligned}
であるから， E[X]=np が求まる。
証明終
無事，証明できましたね。
【期待値】ベルヌーイ分布の和を用いた証明
二項分布は，パラメータ p の独立なベルヌーイ分布に従う確率変数 X_1,X_2,\dots, X_n を用いて，
X \stackrel{\mathrm{d}}{=} X_1+X_2+\cdots + X_n
と書き表せるのでした(ただし，\stackrel{\mathrm{d}}{=} は分布の意味で等しいことを表す)。これを用いると，以下のような証明が可能です。
証明
X\sim B(n,p) とすると， X は，パラメータ p の独立なベルヌーイ分布に従う確率変数 X_1,X_2,\dots, X_n を用いて，
X \stackrel{\mathrm{d}}{=} X_1+X_2+\cdots + X_n
とかける。 E[X_k] = p であるから，
がわかる。
証明終
【期待値】特性関数の微分を用いた証明
期待値は，特性関数を微分する形でも証明することができます。まずは，二項分布の特性関数を確認しましょう。
X\sim B(n,p) とするとき，
\color{red} E[e^{itX}] = (1-p+pe^{it})^n.これを用いると，以下のような証明も可能です。
証明
特性関数の両辺 t で微分すると，
E[iXe^{itX}] = n (1-p+pe^{it})^{n-1} ipe^{it}
であり， t= 0 を代入すると，
よって， E[X] = np がわかる。
証明終
微分の左辺は，厳密には期待値(和)と微分の交換を行っていますが，今の場合，期待値の計算は単なる有限和であるため，交換は容易に正当化されます。
なお，今回は「特性関数」を微分しましたが，「積率母関数(モーメント母関数)」を微分しても同様に得ることができます。
二項分布の分散の導出
分散の証明も，
- 定義から直接証明
- ベルヌーイ分布の和を用いた証明
- 特性関数の微分を用いた証明
の順に述べましょう。
【分散】定義から直接証明
まず，2次モーメント E[X^2 ] を示し，公式 V(X)=E[X^2]-E[X]^2 を用いて導出しましょう。
証明
まず，2次モーメントについて，
\small \begin{aligned} &E(X^2)\\ &= \sum_{k=0}^n k^2 P(X=k) \\ &= \sum_{k=0}^n k^2 {}_n\mathrm{C}_k p^k (1-p)^{n-k} \\ &= np \sum_{k=0}^n k \frac{(n-1)!}{(k-1)!(n-k)!}p^{k-1} (1-p)^{n-k} \\ &= np \sum_{k=0}^n \frac{\{(k-1)+1\}(n-1)!}{(k-1)!(n-k)!}p^{k-1} (1-p)^{n-k} \\ &= np \biggl\{(n-1)p\sum_{k=0}^n \frac{(n-2)!}{(k-2)!(n-k)!}p^{k-2} (1-p)^{n-k}\\ &\qquad+ \sum_{k=0}^n \frac{(n-1)!}{(k-1)!(n-k)!}p^{k-1} (1-p)^{n-k} \biggr\}\\ &= np\bigl\{ (n-1)p (p+(1-p))^{n-2}\\ &\qquad + (p+(1-p))^{n-1}\bigr\} \\ &= np((n-1)p+1) \end{aligned}
であるから，分散については，
がわかる。
証明終
途中， n-2 乗の項が出てきていますが，前に係数 n-1 がついているので， n=1 のときは，この項は消えます。
【分散】 ベルヌーイ分布の和を用いた証明
確率変数 X,Y が独立であれば， V(X+Y) = V(X)+V(Y) が成立することを用いましょう。
証明
X\sim B(n,p) とすると， X は，パラメータ p の独立なベルヌーイ分布に従う確率変数 X_1,X_2,\dots, X_n を用いて，
X \stackrel{\mathrm{d}}{=} X_1+X_2+\cdots + X_n
とかける。 V(X_k) = p(1-p) であるから，
がわかる。
証明終
【分散】特性関数の微分を用いた証明
期待値と同様，特性関数を用いた証明も行います。
証明
特性関数 E[e^{itX}] = (1-p+pe^{it})^n の両辺 t で2回微分すると，
\begin{aligned}& E[(ix)^2e^{itX}]\\ &= -n(n-1)p^2e^{2it} (1-p+pe^{it})^{n-2} \\ &\quad - npe^{it}(1-p+pe^{it})^{n-1}. \end{aligned}
両辺 t=0 を代入すると，
より， E[X^2] = np((n-1)p+1). これより，分散について，
がわかる。
証明終
「特性関数」を微分しましたが，「積率母関数(モーメント母関数)」を微分しても同様に得ることができるのは，期待値の導出と同様ですね。
二項分布の標準偏差
標準偏差は，分散の平方根 \sqrt{V(X)} ですから，分散の結果から
\sqrt{V(X)} = \sqrt{np(1-p) }
が直ちに出ますね。
