基于概率思想下的數學解題與證明

王東林

摘要：概率是對隨機現象統計規律演繹的研究，是與數學和其他自然學科相關的一門重要的基礎學科，它在數學及其他學科中都有著極其廣泛的運用.本文旨在討論用概率的的方法、理論和思想來指導數學解題，目的是用概率的相關知識來優化數學解題過程，提煉解題方法，從而避免許多復雜的數學證明、數學演算和求解等.為實際的教學和應用提供經驗，為后來的學習者提供借鑒，為數學學習打開方便之門.

關鍵詞：概率思想;數學;解題;證明

中圖分類號：G632文獻標識碼：A文章編號：1008-0333（2022）18-0014-03

概率是一門古老而年輕的數學分支，其發展歷史悠久，理論高深而清晰，它在數學及其他學科中有著極其廣泛的應用.函數論、集合論、數理統計等學科的發展為概率學科的發展奠定了堅實的基礎，同時概率的發展也為數學及其他學科的發展和解決相關問題提供了行之有效的方法，它在數學解題中的作用我們就不可忽略的.本文將分四大版塊分別討論其在數學證明、數學求極限、求無窮級數的和以及求解積分方面的應用，從中我們可以看出概率思想在解決數學問題中的高效性、簡捷性和實用性.

1 在數學證明中的應用

1.1 在證明數學恒等式方面的應用

證明數學恒等式的方法是多種多樣的，其中不乏代數方法、三角方法、幾何方法等，但是對于某些特殊問題，如果我們運用概率的相關知識再建立恰當的數學模型就可以使平時用其他方法很難解決的問題變得比較容易處理了，從中我們可以看出概率的作用和威力所在，下面就舉例作簡要說明.

例1證明：∑n-1k=2kk-1n-k=2C4n+1

分析本題是一個排列組合等式的證明，我們仔細觀察等式的特點可以建立如下模型加以解決.

證明考慮如下隨機變量的期望：一副紙牌共n張，其中有3張A隨機的洗牌然后從頂上開始一張接一張的翻牌，直到翻到第二張A出現為止，ξ為翻過的紙牌數，則

p（ξ=k）=3！n-3！k-1n-kn！ =6k-1n-kn（n-1）（n-2），k=2，3…，n-1

于是Εξ=∑n-1k=2kp（ξ=k）=6n（n-1）（n-2）∑n-1k=2k（k-1）（n-k）（*）

另一方面，假設從底下開始一張接一張的翻牌，直到翻到第二張A為止，翻過的紙牌數為η，由對稱性知，ξ和η的分布完全一致，因而有相同的平均值.注意：

ξ+η=n+1，于是Εη+Εξ=n+1故Εξ=n+12

因此由（*）式可得： ∑n-1k=2k（k-1）（n-k）=（n+1）n（n-1）（n-2）12=2C4n+1

即 ∑n-1k=2k（k-1）（n-k）=2C4n+1證畢.

1.2 在證明數學不等式方面的應用

通過上面的幾例我們可以看出概率的方法和理論在證明恒等式方面的巨大作用.證明不等式的方法也是多種多樣的，象我們平時常用的均值不等式法，等等，那么它在證明數學不等式中是否具有同樣的作用呢？答案是肯定的.我們根據概率的定義對于任意事件A，都有0 ≤P（A）≤1靈活運用它以及概率的其他相關性質、定理及公式我們在證明一些比較特殊的不等式時往往能起到意想不到的顯著效果.我們來看幾個簡單的例子.

例2已知：0≤α≤π2，0≤β≤π2，求證： sinαsinβ≤sinα+sinβ≤1+sinαsinβ.

分析這道題主要是考察三角函數，單純地利用我們有限的三角函數知識，解決起來實在有點困難，但是我們若用概率方法，從已知出發，得到0≤sinα≤1，0≤sinβ≤1，在根據事件概率的性質，把分別取作兩相互獨立事件的概率，最后運用概率加法公式即可推出結果，由此在解題中起到化繁為簡的作用了.

證明由0≤α≤π2，0≤β≤π2，得0≤sinα≤1，0≤sinβ≤1

可設sinα，sinβ分別為兩相互獨立事件A，B的概率，即P（A）=sinα，P（B）=sinβ.

根據概率加法公式和相互獨立性得：

P（A∪B）=P（A）+P（B）-P（A∩B） =P（A）+P（B）-P（A）P（B）

由于0≤P（A∪B）≤1

從而推導出：0≤sinα+sinβ-sinαsinβ≤1

移項即得證原不等式成立.

證畢.

例3求證：

a1a2…an≥a1+a2+…+an-n-1，其中0≤ai≤1.

分析觀察式子的特點，發現其與相互獨立事件的概率公式有相似之處，基于這點我們可以利用相互獨立事件的相關知識加以證明，過程如下：

證明設事件A1，A2…與An相互獨立，且P（A1）=a1，P（A2 ）=a2，…，P（An ）=an.因為

P（A1，A2…An ）≥P（A1，A2…An-1 ）+P（An ）-1

≥P（A1）+P（A2）+…PAn-1-n-2+PAn-1

=P（A1）+P（A2）+…PAn-n-1

所以a1a2…an≥a1+a2+…+an-n-1，

特別地當n=2時有，ab≥a+b-1. 證畢.

2 在數學求極限中的應用

求極限，一般用微積分中的極限運算、重要的極限公式、導數定義，羅必達法則、泰勒公式等.但是對于某些特殊的極限問題我們用這些方法難以解決，這時我們可以根據所求式子的特點結合概率的相關知識，建立適當的概率模型用概率論的方法和理論來加以解決，那么問題解決起來就輕而易舉了.

例3對任意實數及常數0

（1）limn→∞∑np+xnpqk=0Cknpkqn-k=12π∫x-∞e-t22dt

（2）limn→∞∑npk=0Cknpkqn-k=12

（3）limn→∞12n-1∑n2k=0Ckn=1

（4）limn→∞[∑np+xnpqk=0Cknpkqn-k+∑np-xnpqk=0Cknpkqn-k]=1

證明設ξ1，ξ2，……獨立且同為兩點分布，即：

pξi=1=P，pξi=0=q，i=1、2……

則∑ni=1ξi服從二項分布Bn，p.由于0

limpn→∞∑ni=1ξinpq<x=12π∫x-∞e-t22dt

對任意x成立.亦即：

limn→∞p∑ni=1ξi<np+xnpq=12π∫x-∞e-t22dt

而p∑ni=1ξi<np+xnpq=∑np+xnpqk=0Cknpkqn-k

故由上述兩式知（1）成立.

特別地，當x=0時，由（1）即得（2）;當p=q=1/2時，由（2）即可推得（3）.令y=-x，由（1）得：

limn→∞∑np-ynpqk=0Cknpkqn-k=12π∫+∞ye-t22dt（*）

（*）式和（1）結合即得（4）.

證畢.

3 在計算無窮級數的和中的應用

例4求級數和：∑∞n=11anan+1，其中an是等差數列，其公差為d>0， an>0.

解析本題是一個無窮級數和的求解問題，對于此題我們可以建立如下概率模型：

假設隨機試驗E中只有兩個基本事件A和A-，我們將E獨立地做n次，在第k次試驗中，A出現的概率為Pk ，A-出現的概率為qk，且0≤pk≤1，pk+qk=1（k=1、2……，n）那么設Ai=“事件A在第i次試驗中出現（i=1、2……，n）則有：

P（A1）+P（A2）P（A-1）+P（A3） P（A-1）P（A-2）+…+P（A-n） P（A-1）P（A-2）…P（A-n-1）

=1-P（A-1）P（A-2）……P（A-n-1）P（A-n）

即：p1+p2q1+p3q1q2+…pnq1q2…qn-1=1-q1q2…qn

由題設有0≤pk≤1，0≤qk≤1，pk+qk=1，所以我們可以根據pk、 qk的取值來求級數的和.

令pi=pAi=da1+i×d （i=1、2……，n，a1>0，d>0）

由上面兩式可得：

da1+d+（da1+2×d）a1a1+d+（da1+3×d）（a1a1+2×d）a1a1+d+…+（a1a1+n×d）a1a1+d…a1+n-2da1+n-1d

=1-a1a1+da1+da1+2×d…a1+n-1da1+nd

即：1a1a2+1a2a3+1a3a4+…+1anan+1=1a1×d-1dan+n×d

我們得到

∑∞n=11anan+1=limn→∞1a1×d-1dan+n×d =1a1d

所以∑∞n=11anan+1=1a1d

證畢.

4 在求解積分方面的簡單應用

利用概率中一些特殊的隨機變量可以求解一些特殊積分.例如指數分布是一種重要的隨機變量.它在概率中有著廣泛的應用，就可以利用其性質求解某些特殊的積分.下面通過例題來加以說明.

例5

計算積分∫+∞0（ax2+bx+c）e-（2x+1）dx.

分析本題可以利用分部積分法直接計算，但是比較麻煩，因為積分中含有e-（2x+1）.通過轉化成含有e-λx的形式，然后利用指數分布的數學期望與方差公式以及密度函數的性質進行計算.

解析 利用服從參數 λ=2 的指數分布的隨機變量 X 的性質求本題積分

原式=e-12

∫+∞0（ax2+bx+c）2e-2xdx=e-12E（aX2+bX+c）=e-12（

12a+12b+c）

解畢.

從以上所舉的概率的方法和理論在數學證明、求極限、求無窮項級數和以及求解積分中應用的例子中看出：應用概率的相關知識和理論，構造相應的概率模型，再利用概率的相關性質、定理能夠極大的方便我們的數學解題，使較為復雜的數學問題變的簡單明了.本文所介紹的方法避免了冗長的的證明、繁雜的計算.文中所介紹的方法在實際教學和應用中具有較大的實用價值，本文所倡導的思維方法對學習數學的后來者有很大的借鑒作用.

參考文獻：

[1]?薛留根.概率論解題方法與技巧[M].北京：國防工業出版社，1996（1）.

[2] 徐向紅.求無窮級數和以及多重積分極限的概率方法[J].工科數學，2002（01）：105-108.

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