基于概率思想下的数学解题与证明

王东林

摘要：概率是对随机现象统计规律演绎的研究，是与数学和其他自然学科相关的一门重要的基础学科，它在数学及其他学科中都有着极其广泛的运用.本文旨在讨论用概率的的方法、理论和思想来指导数学解题，目的是用概率的相关知识来优化数学解题过程，提炼解题方法，从而避免许多复杂的数学证明、数学演算和求解等.为实际的教学和应用提供经验，为后来的学习者提供借鉴，为数学学习打开方便之门.

关键词：概率思想;数学;解题;证明

中图分类号：G632文献标识码：A文章编号：1008-0333（2022）18-0014-03

概率是一门古老而年轻的数学分支，其发展历史悠久，理论高深而清晰，它在数学及其他学科中有着极其广泛的应用.函数论、集合论、数理统计等学科的发展为概率学科的发展奠定了坚实的基础，同时概率的发展也为数学及其他学科的发展和解决相关问题提供了行之有效的方法，它在数学解题中的作用我们就不可忽略的.本文将分四大版块分别讨论其在数学证明、数学求极限、求无穷级数的和以及求解积分方面的应用，从中我们可以看出概率思想在解决数学问题中的高效性、简捷性和实用性.

1 在数学证明中的应用

1.1 在证明数学恒等式方面的应用

证明数学恒等式的方法是多种多样的，其中不乏代数方法、三角方法、几何方法等，但是对于某些特殊问题，如果我们运用概率的相关知识再建立恰当的数学模型就可以使平时用其他方法很难解决的问题变得比较容易处理了，从中我们可以看出概率的作用和威力所在，下面就举例作简要说明.

例1证明：∑n-1k=2kk-1n-k=2C4n+1

分析本题是一个排列组合等式的证明，我们仔细观察等式的特点可以建立如下模型加以解决.

证明考虑如下随机变量的期望：一副纸牌共n张，其中有3张A随机的洗牌然后从顶上开始一张接一张的翻牌，直到翻到第二张A出现为止，ξ为翻过的纸牌数，则

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，假设从底下开始一张接一张的翻牌，直到翻到第二张A为止，翻过的纸牌数为η，由对称性知，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证毕.

1.2 在证明数学不等式方面的应用

通过上面的几例我们可以看出概率的方法和理论在证明恒等式方面的巨大作用.证明不等式的方法也是多种多样的，象我们平时常用的均值不等式法，等等，那么它在证明数学不等式中是否具有同样的作用呢？答案是肯定的.我们根据概率的定义对于任意事件A，都有0 ≤P（A）≤1灵活运用它以及概率的其他相关性质、定理及公式我们在证明一些比较特殊的不等式时往往能起到意想不到的显著效果.我们来看几个简单的例子.

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

分析这道题主要是考察三角函数，单纯地利用我们有限的三角函数知识，解决起来实在有点困难，但是我们若用概率方法，从已知出发，得到0≤sinα≤1，0≤sinβ≤1，在根据事件概率的性质，把分别取作两相互独立事件的概率，最后运用概率加法公式即可推出结果，由此在解题中起到化繁为简的作用了.

证明由0≤α≤π2，0≤β≤π2，得0≤sinα≤1，0≤sinβ≤1

可设sinα，sinβ分别为两相互独立事件A，B的概率，即P（A）=sinα，P（B）=sinβ.

根据概率加法公式和相互独立性得：

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

从而推导出：0≤sinα+sinβ-sinαsinβ≤1

移项即得证原不等式成立.

证毕.

例3求证：

a1a2…an≥a1+a2+…+an-n-1，其中0≤ai≤1.

分析观察式子的特点，发现其与相互獨立事件的概率公式有相似之处，基于这点我们可以利用相互独立事件的相关知识加以证明，过程如下：

证明设事件A1，A2…与An相互独立，且P（A1）=a1，P（A2 ）=a2，…，P（An ）=an.因为

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，

特别地当n=2时有，ab≥a+b-1. 证毕.

2 在数学求极限中的应用

求极限，一般用微积分中的极限运算、重要的极限公式、导数定义，罗必达法则、泰勒公式等.但是对于某些特殊的极限问题我们用这些方法难以解决，这时我们可以根据所求式子的特点结合概率的相关知识，建立适当的概率模型用概率论的方法和理论来加以解决，那么问题解决起来就轻而易举了.

例3对任意实数及常数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

证明设ξ1，ξ2，……独立且同为两点分布，即：

pξi=1=P，pξi=0=q，i=1、2……

则∑ni=1ξi服从二项分布Bn，p.由于0

limpn→∞∑ni=1ξinpq<x=12π∫x-∞e-t22dt

对任意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

故由上述两式知（1）成立.

特别地，当x=0时，由（1）即得（2）;当p=q=1/2时，由（2）即可推得（3）.令y=-x，由（1）得：

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

（*）式和（1）结合即得（4）.

证毕.

3 在计算无穷级数的和中的应用

例4求级数和：∑∞n=11anan+1，其中an是等差数列，其公差为d>0， an>0.

解析本题是一个无穷级数和的求解问题，对于此题我们可以建立如下概率模型：

假设随机试验E中只有两个基本事件A和A-，我们将E独立地做n次，在第k次试验中，A出现的概率为Pk ，A-出现的概率为qk，且0≤pk≤1，pk+qk=1（k=1、2……，n）那么设Ai=“事件A在第i次试验中出现（i=1、2……，n）则有：

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

由题设有0≤pk≤1，0≤qk≤1，pk+qk=1，所以我们可以根据pk、 qk的取值来求级数的和.

令pi=pAi=da1+i×d （i=1、2……，n，a1>0，d>0）

由上面两式可得：

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

我们得到

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

所以∑∞n=11anan+1=1a1d

证毕.

4 在求解积分方面的简单应用

利用概率中一些特殊的随机变量可以求解一些特殊积分.例如指数分布是一种重要的随机变量.它在概率中有着广泛的应用，就可以利用其性质求解某些特殊的积分.下面通过例题来加以说明.

例5

计算积分∫+∞0（ax2+bx+c）e-（2x+1）dx.

分析本题可以利用分部积分法直接计算，但是比较麻烦，因为积分中含有e-（2x+1）.通过转化成含有e-λx的形式，然后利用指数分布的数学期望与方差公式以及密度函数的性质进行计算.

解析 利用服从参数 λ=2 的指数分布的随机变量 X 的性质求本题积分

原式=e-12

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

12a+12b+c）

解毕.

从以上所举的概率的方法和理论在数学证明、求极限、求无穷项级数和以及求解积分中应用的例子中看出：应用概率的相关知识和理论，构造相应的概率模型，再利用概率的相关性质、定理能够极大的方便我们的数学解题，使较为复杂的数学问题变的简单明了.本文所介绍的方法避免了冗长的的证明、繁杂的计算.文中所介绍的方法在实际教学和应用中具有较大的实用价值，本文所倡导的思维方法对学习数学的后来者有很大的借鉴作用.

参考文献：

[1] 薛留根.概率论解题方法与技巧[M].北京：国防工业出版社，1996（1）.

[2] 徐向红.求无穷级数和以及多重积分极限的概率方法[J].工科數学，2002（01）：105-108.

[责任编辑：李璟]