Funkcja rozkładu prawdopodobieństwa:
[tex]f(k)=\left(^n_k\right)p^k(1-p)^{n-k}[/tex]
Jest to rozkład dyskretny, dlatego też nie pracują tu standardowe metody szukania ekstremum jako zero pierwszej pochodnej.
Jeżeli p=0
[tex]f(0)=1[/tex]
i to jest dominanta (dla pozostałych k f(k)=0)
Jeżeli p=1
f(n)=1 i f(k)=0 dla k<n. Dominantą jest k=n
Natomiast dla 0<p<1
[tex]\frac{f(k+1)}{f(k)}=\frac{n!}{(k+1)!\cdot(n-k-1)!}\cdot\frac{k!\cdot(n-k)!}{n!}\cdot \frac{p^{k+1}}{p^k}\cdot\frac{(1-p)^{n-k-1}}{(1-p)^{n-k}}\\\frac{f(k+1)}{f(k)}=\frac{n-k}{k+1}\cdot\frac{p}{(1-p)}[/tex]
wyrażenie to będzie większe od 1, czyli f(k+1)>f(k) gdy:
[tex]\frac{p(n-k)}{(1-p)(k+1)} > 1\\pn-pk > k+1-pk-p\\k < p(n+1)-1[/tex]
k musi być całkowite, więc zachodzą następujące relacje:
[tex]\textrm{dla}\ k < \lfloor p(n+1)-1\rfloor\ f(k+1) > f(k)\\\textrm{dla}\ k=\lfloor p(n+1)-1\rfloor\ f(k+1)=f(k)\\\textrm{dla}\ k > \lfloor p(n+1)-1\rfloor\ f(k+1) < f(k)[/tex]
płynie stąd wniosek, że jeśli p(n+1)-1 jest całkowite, mamy dwie mody dla k=p(n+1)-1 i dla k=p(n+1), natomiast jeżeli p(n+1)-1 nie jest całkowite, wtedy największą wartość f(k) przyjmuje dla
[tex]k=\lfloor p(n+1)\rfloor[/tex]
Uwaga, występuje to funkcja entier (tzw. podłoga) czyli część całkowita z liczby (jest to zawsze zaokrąglenie w dół do całości)
pozdrawiam