構(gòu)造兩類概率模型解決相關(guān)不等式問題

方志平

雖然數(shù)學的各分支都有自己的研究方向和重心，但相互之間并不存在不可逾越的鴻溝．構(gòu)造概率統(tǒng)計模型解決問題，是一種富有創(chuàng)造性的思維方式，它為我們解題提供了另一途徑，不失為一種好方法，該方法對于培養(yǎng)學生思維的廣闊性和創(chuàng)造性，具有重要的意義．本文嘗試構(gòu)造兩類概率模型解決相關(guān)不等式問題，旨在為探索解題新路拋磚引玉．

1.構(gòu)造獨立事件，巧用概率性質(zhì)證明

利用概率思想，通過構(gòu)造恰當?shù)母怕誓Ｐ?，解決一些其他數(shù)學分科的問題，是一種別開生面的解題方法．概率的性質(zhì)很多，其中概率的加法公式：設(shè)A，B，C是一個隨機試驗中的三個事件，則P（A+B+C）=P（A）+P（B）+P（C）－P（AB）－P（BC）－P（CA）+P（ABC）.它對于解決一些不等式問題，常常表現(xiàn)出簡捷、明快、精巧、新穎的特點，使數(shù)學解題突破常規(guī)，具有很強的獨特性和創(chuàng)造性，也彰顯了數(shù)學的永恒魅力！下面舉例說明.

例1已知x∈0，π2， 求證：4+sin2x1+2sin（x+π4）≥2.

證明： ∵x∈0，π2，∴0≤sinx≤1，0≤cosx≤1.要證4+sin2x1+2sin（x+π4）≥2.

只需證4+2sinxcosx1+sinx+cosx≥2. 即證sinx+cosx－sinxcosx≤1（）.

設(shè)兩獨立事件A和B，且P（A）=sinx，P（B）=cosx.

∵P（A+B）=P（A）+P（B）－P（AB）=P（A）+P（B）－P（A）P（B） =sinx+cosx－sinx·cosx，又0≤P（A+B）≤1. ∴sinx+cosx－sinx·cosx≤1.即（）式成立.故4+sin2x1+2sin（x+π4）≥2.

評注：本題是通過局部分析法，將“二倍角”與“和角”都化為單角，得到sinx+cosx－sinxcosx≤1.由于0≤sinx≤1，0≤cosx≤1.讓我們不難聯(lián)想到構(gòu)造概率，利用兩獨立事件的加法公式幫助證明.

例2已知0

證明：設(shè)A，B，C是三個相互獨立的事件，且P（A）=a，P（B）=b，P（C）=c.

由概率加法定理和事件的獨立性得P（A+B+C）=P（A）+P（B）+P（C）－P（AB）－P（BC）－P（CA）+P（ABC）.

∴P（A+B+C）=a+b+c－ab－bc－ca+abc，由已知條件0

故ab+bc+ca

評注：由條件與所證不等式的結(jié)構(gòu)特征，讓我們聯(lián)想、類比三個獨立事件的加法公式.可見觀察與聯(lián)想是尋找解題的突破口.

例3若01－a－b－c－d.

證明：由于00.可得A，B，C，D不是互斥事件.于是有P（A+B+C+D）

∴1－P（A）P（B）P（C）P（D）

1－（1－a）（1－b）（1－c）（1－d）1－a－b－c－d.

評注：由于0

例4 （第23屆全蘇數(shù)學奧林匹克試題）若a，b，c為三角形三邊的長，且a+b+c=1， 則a2+b2+c2+4abc<12.

證明：因為a，b，c為三角形三邊的長，∴0<2aP（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－a2－b2－c2）+8abc. 故a2+b2+c2+4abc<12.

評注：由于a，b，c是三角形三邊長，且a+b+c=1， 于是要先尋找構(gòu)成三角形時a，b，c所滿足的條件.另外，條件a+b+c=1在證題時多次被利用，也是證明本題的一個關(guān)鍵點.

2.構(gòu)造分布列，巧用方差公式解題

若對于離散型隨機變量X的分布列為P（X=xi）=pi（i=1，2，…，n），則X2的分布列為P（X2 = xi 2） = pi （i = 1，2，…，n）.于是得，隨機變量X的方差是D（X） = ∑ni = 1（xi -E（X））2pi ?= ∑ni = 1（xi 2-2E（X）xi ?+ （E（X））2）pi ??= ∑ni = 1xi 2pi -2E（X）∑ni = 1xi pi ?+ （E（X））2∑ni = 1pi ??= ∑ni = 1xi 2pi -（E（X））2 = E（X2）-（E（X））2，即D（X）=E（X2）－（E（X））2，又D（X）≥0，∴E（X2）≥（E（X））2. 當且僅當xi=E（X）（i=1，2，…，n）時取等號.

利用這一結(jié)論，在解決有關(guān)不等式問題時，若能根據(jù)不等式的結(jié)構(gòu)特征，巧妙地構(gòu)造離散型隨機變量的概率分布列去解決問題，則可另辟蹊徑，往往會給人耳目一新的感覺.

例5已知實數(shù)x，y，z滿足方程x+2y+3z=12，求x2+2y2+3z2的最小值.

解：由于代數(shù)式x+2y+3z，x2+2y2+3z2的各項系數(shù)和均為1+2+3=6，即16+26+36=1， 觀察條件與所求式子的結(jié)構(gòu)特征，于是聯(lián)想構(gòu)造離散型隨機變量X的概率分布列為P（X=x）=16， P（X=y）=26，P（X=z）=36，又∵x+2y+3z=12，于是E（X）=16x+26y+36z=2，E（X2）=16x2+26y2+36z2=x2+2y2+3z26，由于E（X2）≥E（X）2， ∴x2+2y2+3z26≥22，即x2+2y2+3z2≥24.當且僅當x=y=z=2時，等號成立.故x2+2y2+3z2的最小值是24.

評注：觀察條件與所求式子的結(jié)構(gòu)形式，逆向思考，聯(lián)想構(gòu)造離散型隨機變量的分布列，再求隨機變量的期望，巧用方差公式D（X）=E（X2）－（E（X））2≥0，問題則順利得到解決.

例6（2012年全國高中數(shù)學聯(lián)賽江西預賽題）若實數(shù)a，b，c滿足a+b+c=a2+b2+c2， 則a+b+c的最大值是.

解：設(shè)a+b+c=a2+b2+c2=t，構(gòu)造離散型隨機變量X的概率分布列為P（X=a）=13，P（X=b）=13，P（X=c）=13. ∴E（X）=a+b+c3=t3，E（X2）=a2+b2+c23=t3，由于E（X2）≥E（X）2，∴t3≥（t3）2， 即t（3－t）9≥0，∴0≤t≤3， 當且僅當a=b=c=1時，（a+b+c）max=3.

評注：構(gòu)造概率模型是通過對條件和結(jié)論充分細致的分析，抓住問題的特征，設(shè)出a+b+c=a2+b2+c2=t，以此架起一座連接條件和結(jié)論的橋梁，挖掘問題與概率思維的共性.

例7（2013年全國高中數(shù)學聯(lián)賽B卷）假設(shè)a，b，c>0， 且abc=1， 證明：a+b+c≤a2+b2+c2.

證明：∵a，b，c>0， 且abc=1，構(gòu)造離散型隨機變量X的概率分布列為P（X=a）=13，P（X=b）=13，P（X=c）=13. ∴E（X）=a+b+c3，EX2=a2+b2+c23，∵EX2≥EX2，∴a2+b2+c23≥a+b+c32=a+b+c3a+b+c3≥3abc·a+b+c3=a+b+c3.

故a+b+c≤a2+b2+c2.

評注：本題的難點在于，當構(gòu)造離散型隨機變量的概率分布列，利用EX2≥EX2，得出不等式a2+b2+c23≥a+b+c32后，如何得出所證不等式a+b+c≤a2+b2+c2呢？ 考慮所證不等式左邊是一次式，由于a，b，c>0， 且abc=1，于是將a+b+c32中保留一個a+b+c3，再利用三元均值不等式化去一個a+b+c3，使問題得到突破.

例8設(shè)a，b，c為正實數(shù)，且a+b+c=1. 證明：a2b+b2c+c2a≥1.

證明：∵a，b，c為正實數(shù)，且a+b+c=1.構(gòu)造離散型隨機變量X的概率分布列為PX=ab=b，PX=bc=c，PX=ca=a， ∴EX=ab·b+bc·c+ca·a=a+b+c=1， EX2=ab2·b+bc2·c+ca2·a=a2b+b2c+c2a， 由于EX2≥EX2，故a2b+b2c+c2a≥1.

評注：由于正數(shù)a，b，c滿足a+b+c=1，隱藏著0

以上各例，雖然我們用常規(guī)的方法也可以去解決，但利用構(gòu)造概率的方法解題，不僅為我們提供了解決關(guān)于一些不等式問題的新方法，而且拓寬了我們的解題思路， 使復雜問題簡單化，從而提高了解題的效率.