泊松定理中k后面那个感叹号是什么意思

λ和k都是常数,λ/n极限为0,因此极限是1^(-k)=1
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即,变量X服从参数为2和p的二项分布b(2,p)
其中2 为实验次数,P为单次实验成功概率,X为进行2次实验总共成功的次数.

这里,X=0,或1,或2,因为你总共只进行了2次实验,成功0次,1次,或2次的概率可以通过二项分布公式算出来.称为变量X服从参数为2和p的二项分布b(2,p).

e是自然对数
当x趋近于正无穷或负无穷时,[1+(1/x)]^x的极限就等于e,实际上e就是通过这个极限而发现的.它是个无限不循环小数.其值约等于2.718281828...

当x趋于0时,(1+x)^(1/x)趋向于e,这个可以算是e的定义
那么n趋于无穷时,(1-λ/n)^(-n/λ)趋向于e ==>(1-λ/n)^(n)趋向于e^(-λ)

理解有误
不是在n重伯努利实验中,事件A在每次试验中发生的概率试验次数n有关.而是只有np比较小,而n又很大时泊松定理才成立,这是条件.如果条件不成立,就不能用泊松定理来近似二项分布.
在n重贝努力试验中,事件A在每次试验中发生的概率为p,出现A的总次数K服从二项分布b(n,p),当n很大p很小,λ=np大小适中时,二项分布可用参数为λ=np的泊松分布来近似.
你说的抛硬币试验,p=0.5是正确的.所以n很大时,np也很大,所以这个模型不适合泊松定理.

泊松定理
[英] Poisson theorem
Poisson 分配
考虑下列现象：每小时服务台访客的人数,每天家中电话的通数,一本书中每页的错字数,某条道路上每月发生车祸的次数,生产线上的疵品数,学生到办公室找老师的次数…….大致上都有一些共同的特征：在某时间区段内,平均会发生若干次「事件」,但是有时候很少,有时又异常地多,因此事件发生的次数是一个随机变数,它所对应的机率函数称为 Poisson 分配.
一个 Poisson 过程有三个基本特性：
(1) 在一个短时间区间 $Delta t$ 内,发生一次事件的机率与 $Delta t$ 成正比： $lambda Delta t$.
(2) 在短时间内发生两次以上的机率可以忽略.
(3) 在不重叠的时间段落里,事件各自发生的次数是独立的.
各位可以验证上述各种实际的例子,是不是相当符合 Poisson 过程的定义?
现令 P(k,T) 表示在时间区间 T 中发生 k 次事件的机率（注意 T 表示时间区间的长度,而不是绝对时间）,由(1)(2)知 $P(1,Delta t)=lambdaDelta t$,且 $P(k,Delta t)=0$, $kgeq 2$.现将 T 分割成 N 个短时间区段 （即 $T=NDelta t$）,利用 (3) 各时间区段出现之事件是独立的条件,可知
begin{eqnarray*} P(k,T)& approx & C^N_k (lambda Delta t)^k(1-lambdaDelta ... ...cdot frac{(1-frac{lambda T})^N}{(1-frac{lambda T})^k} end{eqnarray*}
固定 k,当 $Nrightarrowinfty$ 时
beginP(k,T)=frac{(lambda T)^k}{k!}e^{-(lambda T)} quad (mbox{... ...{MbQchar 41}} (1+frac{alpha})^Nrightarrow e^{alpha }) end
由上可知 Poisson 分配是二项分配 B(N,p,q) 的一种极限,其中 Np= 常数 $lambda T$,再让 $Nrightarrowinfty$.另外,我们通常将 $lambda T$ 记为 m,表示在时间区间 T 中,平均的发生次数（见下面习题）.
习题：
(1) 验证 $sum_{k=0}^{infty} P(k,T)=1$.
(2) 令 $P_X(k)=frac{m^k}{k!}e^$, $k=1,2,3,cdots$.求 E(X) 与 Var(X).
(Ans. m, m.)
例.
一公司之电话通数大约每小时 20 通,求在 5 分钟内一通电话也没有的机率?每小时 20 通, 表示每分钟平均 $lambda =frac$ 通/分.因此在 5 分钟的时间区间中, 平均的电话通数为 $ m=lambda T= fractimes 5=frac$.所以
beginP(k);equiv;P(k,5);=;frac{(frac)^k}{k!} e^{-frac}, quad k=0,1,2,cdotsend
所以没有一通电话的机率 $P(0)= e^{-frac};approx; 0.19 $.有了 P(k),我们可以回答许多类似的问题：在 5 分钟内有 4 通电话的机率是 $P(4)=frac{frac^4}{4!}e^{-frac}approx 0. 06$,大概每十六次才有一次.在 5 分钟内有超过 3 通电话的机率是
beginsum_{k=4}^{infty}frac{(frac)^k}{k!} e^{-frac... ...=0}^frac{(frac)^k}{k!} e^{-frac}approx 0.09end
经计算这个机率分配的期望值 $= frac$,标准差 $=sqrt{frac}approx 1.29$.右图是 P(k) 的图形,当然由于 $k= 0,1,cdots$,所以这只是部分图形.读者可与一般的二项分配的图形比较.
$E(X)=frac approx 1.67 ;sqrt{Var(X)}=sqrt{frac} approx 1.29$
例. 下表是 1910 年 Rutherford 观察放射性物质放射 α 粒子的记录,每次观察 7.5秒,共观察 2608 次.
粒子数 次数 频率 P(k)
0 57 0.022 0.021
1 203 0.078 0.081
2 383 0.147 0.156
3 525 0.201 0.201
4 532 0.204 0.195
5 408 0.156 0.151
6 273 0.105 0.097
7 139 0.053 0.054
8 45 0.017 0.026
9 27 0.010 0.011
$geq 10$ 16 0.006 0.007
$m=frac=3.87$
这里 P(k)=P(k,7.5),其中 $P(k)= frac{m^k}{k!}e^$,m=3.87（见表最末栏）,为 7.5 秒中 α 粒子放射之平均个数.可以看到,如果假设 α 粒子的放射是一 Poisson 过程,结果相当吻合.
例. 令一放射性物质在时间 t 时所含之放射性粒子总量为 N(t),如果假设放射粒子是一 Poisson 过程,则在短时间 $Delta t$ 后,
beginN(t+Delta t)-N(t)=-(lambda Delta t)N(t) end
注意到 $(lambdaDelta t)N(t)$ 是一期望值的形式.所以
beginN'(t)approx frac{N(t+Delta t)-N(t)}{Delta t}=-lambda N(t) end
这可看成辐射定律的「证明」.
对外搜寻关键字：
．辐射定律
指数分配与排队理论
令 W 表示在 Poisson 过程中,由开始到第一次事件发生的时间（这是一随机变数）.由上节知
begin{eqnarray*} P(W>t)&=&P( mbox{{MaQchar 202}} [0,t] mbox{{MaQchar 50... ...t minus0.1pt{MbQchar 222}} ) \ &=&e^{-lambda t}, quad t>0 end{eqnarray*}
但
beginF_W(t)=P(Wleq t)=1-P(W>t) =1-e^{-lambda t} end
所以
beginf_W(t)=F_W'(t)=lambda e^{-lambda t}, quad t>0 end
这个机率分配称为指数分配.可计算得 $E(W)=frac{lambda}$,这就是第一次事件发生的平均时间.另外, $Var(W)=frac{lambda^2}$.
现在让我们讨论排队理论.排队的现象无所不在：买各种票、吃自助餐、超商、百货公司……等.顾客揣度「应该排那一服务柜台会比较快?」「到底还要排多久?」是城市生活的基本问题；相对的,商家也要盘算到底在何时要开几个窗口柜台才符合成本,探讨这个问题的数学理论通称为排队理论,而指数分配经常被用到排队理论,当作服务客人时间（这是一随机变数）的机率密度函数.
让我们假设某柜台,服务客人的平均时间为 μ,想像在服务结束后,柜员会亮灯请下一位客人进来,则亮灯的平均时间是 μ.若将「灯亮」视为一事件发生,则亮灯的过程近似于一 Poisson 过程.而且前面定义的 W 正好表示两次亮灯间的间隔.所以 W 的机率密度函数是指数分配：
beginf_W(t)=frac{mu}e^{-frac{mu}t},quad t>0 end
例.
现假设一柜台平均服务时间为 3 分钟,设等待时间的机率密度函数为
beginf_W(t)=frac e^{-frac}, t>0 end
(1)等候时间超过6分钟的机率是多少?
begin{eqnarray*} P(W>6)&=& int_^{infty}{frac e^{-frac}}dt = ... ...frac}big)bigvert _6^b \ &=& e^; approx ; 0.14 end{eqnarray*}
事实上,等候超过 T 分钟的机率是 $e^{-frac}$.
(2) 另一个合理的问题是,如果在我前面还有另一个客人,则我怎麼描述,我等待时间的机率分配呢?
令 W1 是第一个客人等待的时间,W2 是第一个客人开始被服务后,我所等待的时间,则 $W_1 ;sim; W_2; sim ; W $,而且总等待时间 U = W1+W2,另外显然 W1 与 W2 是互相独立的.所以我们的问题就是要计算 fU(t),由309页例子的方法,可以计算得
beginf_U(t) = frac t e^{-frac},quad t>0 end
或者,如果将指数分配 fW(t) 想成是 $Gamma(1,frac)$ 分配,则此相当于
beginGamma(1,frac)+Gamma(1,frac) ;sim; Gamma(2,frac)qquad end
因此如果我们想知道总等候时间不超过 5 分钟的机率,则
begin{eqnarray*} P(Uleq5)&=& int_^{frac t e^{-frac}}dt ... ...0^5 + 3 int_0^5 e^{-frac} ; dt right)\ &approx& 0.5 end{eqnarray*}
有一半的机会.
(3) 如果前面有 n-1 个客人时,则可定义 $U=W_1+W_2+ cdots + W_n $,其中 Wi 彼此独立,由 Gamma 分配性质知 $U sim Gamma(n, frac)$,即
beginf_U(t); =; frac{3^n(n-1)!} t^e^{-frac}, quad t>0 end
这告诉我们 $Gamma(alpha, beta)$ 分配与排队理论的关系.我们将细节留作习题.
习题：
(1) 超级市场一服务员平均服务时间为 2 分钟,若用指数分配当作等候时间之机率分配,则机率密度函数是什麼?
(2) 如果他正开始服务一位客人,而你前面还有一位客人在等候,则你会等超过 6 分钟的机率是多少?
(3) 若服务员甲平均服务时间为 2 分钟,而服务员乙之平均服务时间为 3 分钟,如果你选择乙,你朋友选择甲,且一起开始接受服务,则你会比朋友快的机率是多少?（当然甲与乙的服务是相互独立的）你能给出一个一般的计算公式吗?

1. 设X为包装中的次品数, 满足二项分布. P(X=k) = C(100,k)p^k (1-p)^(100-k), 其中p=0.001
P(退款)= 1 - P(X=0) - P(X=1) = 1 - (1-p)^100 - 100p(1-p)^99 = 0.0046=0.46%
有於100为大数, 故也可以用二项分布的泊松近似:
P(X=k) 约等於 exp(-100p) * (100p)^k / k!
P(X=0)=exp(-0.1)=0.9048
P(X=1)=exp(-0.1)*(0.1)=0.0905
P(退款)约等於 1-0.9048-0.0905 约等於 0.47%
2. 泊松分布为 P(月销售量=k) = exp(-5) * 5^k / k!
设库存为K, 则要求P(月销售量=0.999
即 exp(-5) * (5^0/0! + 5^1/1! + ... + 5^K/K!) >=0.999
计算得到当K=12时左边等於0.997981, 不足, K=13时等於0.999302, 有余
因此进货时库存量>=13即可.

就是说二项分布在n趋向无穷时的极限为Poisson分布.
证明见
真要学的话,还是找本概率论（数学类）的书看吧,证明虽有些长,都是数学分析（微积分）的内容,无非就是把组合数展开成阶乘,然后求极限.
如果你连e是什么东西都搞不明白,证明给你了恐怕也看不懂的.

k的阶乘
例如 5!=5×4×3×2×1

阶乘,是k(k-1)(k-2).一直乘到1

楼上的是胡乱粘贴的
泊松定理是：在n重贝努力试验中,事件A在每次试验中发生的概率为p,出现A的总次数K服从二项分布b(n,p),当n很大p很小,λ=np大小适中时,二项分布可用参数为λ=np的泊松分布来近似.
一般当p不算太小时,n可以取得较小.比如p=0.05的时候,即使n=20也可以算做很大.这只是一个近似用的定理,用于不太准确的估算.一般不是用于工程计算而只是考试的话,都会给出很明显的可用泊松定理的条件的,不会给那种模棱两可的条件.