构造多元概率分布的模型 [构造概率模型解数学题]

　　中学数学分科多，知识容量大，各分科的内在联系需要我们主动去努力发掘，打破教学造成的思维局限，获得互相渗透、灵活转化的效果．概率是中学数学新增内容，利用概率思想，通过构造恰当的概率模型，解决一些其他数学分科的问题，是一种别开生面的解题方法．本文举例说明这种方法在证明恒等式与不等式方面的应用，旨在为探索解题新思路抛砖引玉．�
　　一、证明恒等式�
　　【例1】 证明：∑nk=0C�k�n=2�n．�
　　证明：设事件A在一次试验中发生的概率为12，则n次独立重复试验中恰好发生k次的概率为�
　　P�n(k)=C�k�n(12)�k(1-12)��n-k�=12�nC�k�n
　　
　　
　　．故1=∑nk＝0P(k)=12�n∑nk=0C�k�n，从而可得∑nk=0C�k�n=2�n．�
　　【例2】 证明：(C�0�n)�2+(C�1�n)�2+…+(C�n�n)�2=C�n��2n�．�
　　证明：设袋中有n个白球和n个黑球．事件A表示从中取n个球至少有一个是白球．�
　　一方面，取到k（1≤k≤n）个球的概率为C�k�nC��n-k��nC�n��2n�=(C�k�n)�2C�n��2n�，∴P(A)=(C�1�n)�2C�n��2n�+(C�2�n)�2C�n��2n�+…+(C�n�n)�2C�n��2n�
　　．�
　　另一方面，不取白球的概率为C�n�nC�0�nC�n��2n�，∴P(A)=1-C�n�nC�0�nC�n��2n�．�
　　故(C�1�n)�2C�2��2n�+(C�2�n)�2C�n��2n�+…+(C�n�n)�2C�n��2n�＝1-C�n�nC�0�nC�n��2n�，即(C�0�n)�2+(C�1�n)�2+…+(C�n�n)�2=C�n��2n�．�
　　用类似方法，有C�0�nC�k�m+C�1�nC��k-1��m+…+C�k�nC�0�m=C�k��n+m�．�
　　
　　二、证明不等式�
　　【例3】 已知k＞a＞b＞c＞0，证明：k�2-(a+b+c)k+ab+bc+ca＞0．�
　　证明：∵k＞a＞b＞c＞0，∴ak,bk,ck∈（0,1），故可设A、B、C为三个独立事件，且P(A)=ak，P(B)=bk,
　　�P(C)=�ck．则1≥P(A+B+C)=P(A)+P(B)+P(C)-P(AB)-P(BC)-P(CA)+P(ABC)=ak+bk+ck-abk�2-bck�2-cak�2+abck�3
　　
　　＞ak+bk+ck-abk�2-bck�2-cak�2
　　，即k�2-(a+b+c)k+ab+bc+ca＞0．�
　　【例4】 证明：若a,b,c为三角形三边的长，且a+b+c=1，则a�2+b�2+c�2+4abc＜12．(第23届全苏数学奥林匹克试题)�
　　证明：∵a,b,c为三角形三边的长，∴0＜2a＜a+b+c=1，同理0＜2c＜1，0＜2b＜1．�
　　设A、B、C为三个独立事件，且P(A)=2a,P(B)=2b,P(C)=2c．
　　则1≥P(A+B+C)=P(A)+P(B)+�P(C)�-P(AB)-P(BC)-P(CA)+P(ABC)=2(a+b+c)＋4(ab+bc+ca)-8abc
　　=2+2(1-a�2-b�2-c�2)-8abc，从而有a�2+b�2+c�2+4abc＜12．�
　　【例5】 已知正数a,b,c,A,B,C满足a+A=b+B=c+C=k，求证：aB+bC+cA＜k�2．(第21届全苏数学奥林匹克试题)�
　　证明：因为ak,bk,ck∈（0,1），故可设M�1,M�2,M�3为三个独立事件，且P(M�1)=ak,P(M�2)=bk,P(M�3)=ck．
　　则1≥P(M�1+M�2+M�3)=P(M�1)＋P(M�2)+P(M�3)-P(M�1M�2)-P(M�2M�3)-P(M�3M�1)+P(M�1M�2M�3)=ak+bk+ck
　　-abk�2-cak�2-bck�2+abck�3
　　
　　＞ak+bk+ck-abk�2-bck�2-cak�2
　　=ak(1-bk)＋bk(1-ck)＋ck(1-ak)
　　=ak•Bk+bk•Ck+ck•Ak，故aB+bC+cA＜k�2．�
　　【例6】 设x，y，z∈（0,1）,求证：x(1-y)(1-z)+(1-x)y(1-z)+(1-x)(1-y)z＜1．�
　　证明：因为x，y，z∈（0,1），故可设A、B、C为三个独立事件，且P(A)=x,P(B)=y,P(C)=z．
　　则1≥P(A+B+C)=P(A)+P(B)+P(C)-P(AB)-P(BC)-�P(CA)�+P(ABC)=x+y+z-xy-yz-xz+xyz=x(1-y)(1-z)+(1-x)y(1-z)+(1-x)(1-y)z+xy(1-z)+(1-x)yz+zx
　　≥x(1-y)(1-z)+(1-x)y(1-z)+(1-x)(1-y)z
　　，从而命题得证．�
　　本题不难推广为：设,x�1,x�2,…,x�n∈(0,1),n≥2,�n∈�N�+,则∑ni=1(1-x�1)…(1-x��i-1�)x�i(1-x��i+1�)…(1-x�n)＜1．
　　
　　当n=2时即为第23届全俄数学奥林匹克试题．�
　　
　　(责任编辑 金 铃）