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(甘志国)谈谈教科书《选修2-3》中一道习题的解法


谈谈教科书《选修 2-3》中一道习题的解法
见甘志国著《立体几何与组合》 ( 哈工大出版社, 2014) 第 125-132 页 1 一种二元数学归纳法 一种二元数学归纳法 要证明关于正整数 n, m 的命题 P(n, m) 成立, 只需完成以下两步 即可: (1)证明 P(1, m), P(n,1)(m, n ?N*)均成立; (2)假设 P(n, m), P(n,

m ? 1)(m, n ?N*)均成立,能证得 P(n ? 1, m ? 1) 也成立. 我们容易理解该数学归纳法是正确的: 由(1)知 P(1, m)(m ? N*)成立. 由 (1) 中的 P(1, m)(m ? N*) 成立,得 P(1, m), P(1, m ? 1)(m ? N*) 均成立,再由 (2) 得

P(2, m ? 1)(m ? N*) 均成立;又由由 (1) 中的 P(n,1)(n ? N*) 成立,得 P(2,1) 成立,所以 P(2, m)(m ?N*)成立.
同理可得 P(3, m)(m ? N*)成立, P(4, m)(m ?N*)成立,??所以 P(n, m)(m, n ?N*) 成立. 该数学归纳法与文献[1]、[2]中介绍的二元数学归纳法类似,但证明下面的引理须用上 述归纳法(而用后者证不出,读者也可根据需要编拟出各种形式的数学归纳法). 引理
?1 n -m ?1 n-m-1 ?1 n-m-2 ?1 m?1 m (1) Cm ? Cm ? Cm ? ? ? Cm m?1 ? 2 m ?2 m?1 ? 2 n?2 ? 2 ? Cn?1 ? Cn ?

n ?1 ?2 ( ? m ? n;m, n ?N*,这里规定 C0 Cm ? Cm ? ? ? Cn 0 ? 1 ,下同); n n n 2
2 2 n ?m n ?m n?m?1 (2) 1 ? C1 ? p n?m ? C1 (1 ? p) ? m (1 ? p) ? Cm?1 (1 ? p) ? ? ? Cn?1 (1 ? p) np

n n?m?2 ?m?1 ?m C2 (1 ? p) 2 ? ? ? Cn p(1 ? p) n?m?1 ? Cn (1 ? p) n?m ( ? m ? n;m, n ?N*); np n n 2
m 1 m?1 2 m?2 m 0 m r , m, n ? N, m ? n ). (3) C0 r Cn ? Cr ?1Cn?1 ? Cr ?2 Cn?2 ? ? ? Cr ? m Cn?m ? Cn?r ?1 (

证明

(1)①可证 n ? 1 时成立: 由题设 (

n ? m ? n;m, n ?N*)得 m ? n ? 1 ,所以即证 2

n-1 2 3 n C0 ? 2n-2 ??? 2 ?1 ? C1 0 ? 1 . 也可证 m ? 1 时成立: 2 n ? Cn ? Cn ? ? ? Cn ( 因为它们都
n 等于 2 ? 1 .)

②假设 (n, m) ? (n?, m?), (n?, m? ? 1) 时均成立:

??1 ??1 ??1 ??1 ?? 2 ? n?-m? n?-m?-1 n?-m?-2 m??1 m? m??1 Cm ? Cm ? Cm ??? Cm ? Cm ? ?? Cn m??1 ? 2 m? ? 2 m??1 ? 2 n??2 ? 2 ? Cn??1 ? Cn? ? Cn? n? n?

? ? ? ? ?? 2 ??3 ? n?-m?-1 n?-m?-2 n?-m?-3 m? m??1 Cm ? Cm ? Cm ??? Cm ? Cm ? Cm ??? Cn m? ? 2 m??1 ? 2 m??2 ? 2 n??2 ? 2 ? Cn??1 ? Cn? n? n? n?

下证 (n, m) ? (n? ? 1, m? ? 1) 时均成立:
? ? ? ? n?-m? n?-m?-1 n?-m?-2 m? m??1 m??2 m??3 n??1 Cm ? Cm ? Cm ? ?? Cm m? ? 2 m??1 ? 2 m??2 ? 2 n??1 ? 2 ? Cn? ? Cn??1 ? Cn??1 ? Cn??1 ? ? ? Cn??1

证明如下:左边
??1 ? ? ? ? n??m? m??1 n??m??1 m??1 n??m??2 m??1 m??1 ? Cm ? (Cm ? (Cm ??? (Cm ? 2 ? (Cm m??1 ? 2 m? ? Cm? ) ? 2 m??1 ? Cm??1 ) ? 2 n??2 ? Cn??2) n??1 ? Cn??1 )

??1 ??1 ??1 ??1 n??m? n??m??1 n??m??2 m??1 ? (Cm ? Cm ? Cm ??? Cm m??1 ? 2 m? ? 2 m??1 ? 2 n??2 ? 2 ? Cn??1 ) ? ? ? ? n??m??1 n??m??2 n??m??3 m? ? (Cm ? Cm ? Cm ??? Cm m? ? 2 m??1 ? 2 m??2 ? 2 n??2 ? 2 ? Cn??1 ) ? ?? 2 ? ?? 2 ??3 ? m??1 m??1 ? (Cm ? Cm ??? Cn ? Cm ? Cm ??? Cn n? ? Cn? n? n? ) ? (Cn? n? n? n? ) ? ??2 ??1 ??2 ??3 ? m??1 m??1 n??1 ? (Cm ? Cm ? ?? Cn ? Cm ? Cm ? ?? Cn n? ? Cn? n? n? ) ? (Cn? n? n? n? ) ? Cn??1 ??1 m??2 m??3 n??1 ? Cm n??1 ? C n??1 ? C n??1 ? ? ? Cn??1 ? 右边

所以引理(1)成立. (2)(3)请读者完成. 注 湖南省永州市一中的蒋明权、李毅两位老师在《中学数学》(高中)2011 年第 2 期的 《新题征展(124)》的第 4 (2)题中还给出了引理(3)的漂亮证明: 求证:若 r , m, n ? N, m ? n ,规定 C 0 0 ? 1 ,则

?C
k ?0 n

m

k r ?k

m?k m Cn ? k ? Cn ? r ?1 .

先 对 n 用 数 学 归 纳 法 来 证 明 : 设 x ? R , n ? N* , 定 义
n k k n?k G0 , Gn x ?1 x ? x( x ? 1) ? ?? ( x ? n ? 1) ,则 G x ? y ? ? C n G x G y . k ?0

①当 n ? 0 时,可得引理成立(结论左右两边的值都为 1). ②假设当 n ? n? 时成立: G x ? y ?
n?
n?

?C
k ?0

n?

k n?

n? ? k ,得 Gk xG y

G
n?

n??1 x? y

?G

n? x? y

k n?? k ? ( x ? y ? m) ? ? Ck ? [(x ? k ) ? ( y ? m ? k )] n? G x G y k ?0

??1 ??1 k ?1 n?? k k n?? k ?1 ?1 k k n??1? k ? ? Ck ? ? Ck ? Gn ? ? (Ck ? Gn n? G x G y n? G x G y x n? ? C n? )G x G y y k ?0 k ?0 k ?1

n?

n?

k n? ?1? k ? ? Ck n? ?1G x G y k ?0

n? ?1

即 n ? n? ? 1 时也成立.所以欲证成立. 再 来 证 明 引 理 (3) : 即 证
?k ? Gk ? Gm Gm r ?1 n ? m ?1 n? r ? 2?m ? , 也 即 ? ? ? k! (m ? k )!? ?? m! k ?0 ? ? m

? ?C
m k ?0

k m

m?k m Gk r ?1G n ? m ?1 ? G n ? r ? 2 ? m ,这在已证的结论中令 x ? r ? 1 , y ? n ? m ? 1, n ? m 后

?

立得. 2 谈谈教科书《选修 2-3》中一道习题的解法 普通高中课程标准实验教科书《数学·选修 2-3·A 版》(人民教育出版社,2009 年第 3 版) (下简称《选修 2-3》)第 59 页习题 B 组第 1 题是: 1.甲、乙两选手比赛,假设每局比赛甲胜的概率为 0.6,乙胜的概率为 0.4,那么采用 3 局 2 胜制还是采用 5 局 3 胜制对甲更有利?你对局制长短的设置有何认识? 与《选修 2-3》配套使用的《教师教学用书》(人民教育出版社,2007 年第 2 版)(下简称 《教师用书》)第 62 页给出的解答是: 1.每局比赛只有两个结果,甲获胜或乙获胜 .每局比赛可以看成是相互独立的,所以甲 获胜的局数 X 是随机变量, X 服从二项分布. (1)在采用 3 局 2 胜制中, X ~ B(3,0.6) ,事件 ?X ? 2? 表示“甲获胜” ,所以甲获胜的 概率为
2 P( X ? 2) ? P( X ? 2) ? P( X ? 3) ? C3 ? 0.62 ? 0.4 ? 0.63 ? 0.648

(2)在采用 5 局 3 胜制中, X ~ B(5,0.6) ,事件 ?X ? 3? 表示“甲获胜” ,所以甲获胜的 概率为

P( X ? 3) ? P( X ? 3) ? P( X ? 4) ? P( X ? 5)
3 2 4 4 5 ? C3 5 ? 0.6 ? 0.4 ? C5 ? 0.6 ? 0.4 ? 0.6 ? 0.683

可以看出采用 5 局 3 胜制对甲更有利, 由此可以猜测 “比赛的总局数越多甲获胜的概率越大” , 由此可以看出为了使比赛公平,比赛的局数不能太少.在这个实际问题背景中,比赛局数越 少,对乙队越有利;比赛局数越多,对甲队越有利. 说明 对于一个实际问题,最终目的是解决问题,而不是计算随机事件的概率.在本题 背景中,应该根据计算出的概率结果对赛制提出建议. 笔者对此解法是有疑义的:我们知道,在 3 局 2 胜制中,并不一定要打完 3 局(以下把 这样的 3 局 2 胜制叫做不一定要打完 3 局的 3 局 2 胜制,其余的类同),而以上解法是一定 要打完 3 局(以下把这样的 3 局 2 胜制叫做打完 3 局的 3 局 2 胜制,其余的类同).实际上,此 题通常的解法是: (1)在采用 3 局 2 胜制中,甲获胜的概率为

p1 ? 0.62 ? C1 2 ? 0.6 ? 0.4 ? 0.6 ? 0.648
(2)在采用 5 局 3 胜制中,甲获胜的概率为

P( X ? 3) ? P( X ? 3) ? P( X ? 4) ? P( X ? 5)

3 2 4 4 5 ? C3 5 ? 0.6 ? 0.4 ? C5 ? 0.6 ? 0.4 ? 0.6 ? 0.683 2 2 2 p2 ? 0.63 ? C3 ? 0.62 ? 0.4 ? 0.6 ? C2 4 ? 0.6 ? 0.4 ? 0.6 ? 0.683

虽说两种计算方法不同,但答案完全一致(均为精确的相等),并且还可这样理解两者的 一致(下面以 5 局 3 胜制来加以说明): 在不一定要打完 5 局的 5 局 3 胜制中,对于甲来说,胜负有以下三类情形: ①前 3 局全胜; ②前 3 局中只胜 2 局且第 4 局胜; ③前 4 局中只胜 2 局且第 5 局胜. 在情形①中,后两局的胜负共有 2 种情形;在情形②中,后一局的胜负共有 2 种情形; 在情形③中,五局已打完.所以这种打法相当于打完 5 局的 5 局 3 胜制中的
2 2 2 C2 2 ? 2 ? C3 ? 2 ? C4 ? 16
2

次比赛,且每次比赛都是甲至少胜 3 局.而甲至少胜 3 局的比赛次数是
4 5 C3 5 ? C5 ? C5 ? 16

所以两种赛制的比赛是可以进行上述等价转换的,进而可以理解两者的答案定会一致. 笔者还证得了其一般情形也成立: 定理 甲、乙两选手比赛(每场比赛不会出现平局),假设每局比赛甲胜的概率为 p ,则 按照不一定要打完 n 局的 n 局 m 胜制 ( 制甲胜的概率相同,即
m?1 m?1 ?m m?1 p m ? C1 (1 ? p) ? p ? C2 (1 ? p) 2 ? p ? ? ? Cn (1 ? p) n?m ? p mp m?1 p n?1 p n?1 n ?2 ?m m ? p n ? C1 (1 ? p) ? C2 (1 ? p) 2 ? ? ? Cn p (1 ? p) n?m np np n

n ? m ? n;m, n ? N*)和按照打完 n 局的 n 局 m 胜 2

证法 1 把不一定要打完 n 局的 n 局 m 胜制中的比赛按前面的论述全部转换成打完 n 局的 n 局 m 胜制比赛,则次数是
?1 n ?m ?1 n?m?1 ?1 n ? m? 2 ?1 m?1 Cm ? Cm ? Cm ? ?? Cm m?1 ? 2 m ?2 m?1 ? 2 n?2 ? 2 ? Cn?1

而打完 n 局的 n 局 m 胜制的比赛次数是
m?1 ?2 Cm ? Cm ? ? ? Cn n ? Cn n n

再由引理(1)便可得定理成立. 证法 2 由引理(2)立得定理成立. 证法 3 定理中的等式等价于引理(2),又
2 2 n ?m n ?m n?m?1 1 ? C1 ? [ p ? (1 ? p)]n?m ? C1 (1 ? p) m (1 ? p) ? Cm?1 (1 ? p) ? ? ? Cn?1 (1 ? p) m [ p ? (1 ? p)]

n ? m? 2 ?m?1 1 n?m?1 ?m n ?m ? C2 (1 ? p) 2 ? ? ? Cn ? Cn m?1 [ p ? (1 ? p)] n?2 [ p ? (1 ? p)] (1 ? p) n?1 (1 ? p)
1 1 0 n?m?1 2 1 1 2 0 n?m?2 ? p n?m ? (C0 (1 ? p) ? (C0 (1 ? p) 2 m?1Cn?m ? Cm Cn?m?1 ) p m?1Cn?m ? Cm Cn?m?1 ? Cm?1Cn?m?2 ) p

3 1 2 2 1 3 0 n?m?3 ? (C0 (1 ? p) 3 ? ? m?1Cn?m ? Cm Cn?m?1 ? Cm?1Cn?m?2 ? Cm?2 Cn?m?3 ) p n?m?1 1 n?m?2 2 n?m?3 n?m?1 0 n?m?1 ? (C0 m?1Cn?m ? Cm Cn?m?1 ? Cm?1Cn?m?2 ? ? ? Cn?2 C1 ) p(1 ? p) n ?m 1 n?m?1 2 n?m?2 n ?m 0 ? (C0 1 ? p) n?m m?1Cn?m ? Cm Cn?m?1 ? Cm?1Cn?m?2 ? ? ? Cn?1 C0 )(

所以,只需证明
i 1 i ?1 2 i ?2 i 0 i ( i, m, n ? N, m ? 1, n ? m ? i ) C0 m?1Cn?m ? Cm Cn?m?1 ? Cm?1Cn?m?2 ? ? ? Cm?i ?1Cn?m?i ? Cn

而这由引理(3)立知此式成立,所以定理成立. 问题 设在一场比赛中甲获胜的概率是 p(0 ? p ? 1) , 则采用 2n ? 1局 n( n ? N*)胜制时

甲获胜的概率是
n n?1 ?1 n?1 n ?2 2 n ?2 n?1 2n?1 pn ? Cn ? Cn (1 ? p)n?2 ??? C2 (1 ? p) ? C2 2n?1 p (1 ? p) 2n?1 p 2n?1 p 2n?1 p

可证 ?pn ? 是严格的单调递增数列,所以 lim pn 存在.请问:能否求出 lim pn ?
n?? n??

3 类似于引理(2)的两个组合恒等式 下面再给出类似于引理(2)的另两个组合恒等式
[3]



m 1 m?1 m?2 m?r ?r (1) C0 ? C2 ? ? ? Cr ? Cm r Cn ? Cr Cn r Cn r Cn n?r (r, m, n ? N, m ? r ? n) ; r s r s r s r r ? s ?1 (2) C s s Cn?1 ? C s ?1Cn?2 ? C s ?2 C n?3 ? ? ? Cn? s ?r ?1C r ? Cn? s (r, s, n ?N, 1 ? r ? n) .

文献[4]是对 r 用数学归纳法证得(1)式的,专著[3]给出了该式的二项展开式的证明,还 给 出 了 其 组 合 数 的 解 释 . 实 际 上 , (1) 式 就 是 专 著 [5] 第 60 页 第 35 题 给 出 的 Vandermonde(1735~1796)恒等式. 文献[6]是对 n 用数学归纳法证得(2)式的. 4 看三道概率题 我们再来看下面的三道概率题: 题 1 在 3 张票中有 2 张奖票,从中抽出的 2 张中至少有 1 张是奖票的概率是多少? “解法 1” 这 3 张票中每张是奖票的概率都是

2 2 1 ,不是奖票的概率都是 1 ? = .所 3 3 3

以抽出的 2 张都不是奖票的概率是 ? ? ,至少有 1 张是奖票的概率 1 ? ? ? = . 解法 2 易知抽出的 2 张票中至多一张不是奖票,所以“至少有 1 张是奖票”是必然事 件,其概率为 1. 我们深信解法 2 正确,所以解法 1 错误.错在何处呢?“解法 1”中的“所以抽出的 2

?1? ? 3?

2

?1? ? 3?

2

8 9

?1? 张都不是奖票的概率是 ? ? ”不对,因为抽出的“第 1 张不是奖票” , “第 2 张不是奖票” ? 3?
这两个事件不是相互独立的,因而不能用公式“ P( A ? B) ? P( A) ? P( B) ”来计算. 题2 甲, 乙两人参加一次考试, 已知在被选的 10 道试题中, 甲能答对其中的 6 道题,

2

乙能答对其中的 8 道题.现规定每次考试都从备选题中随机抽出 3 道进行测试,分别求甲、 乙答对的试题数 ?、? 的概率分布列及数学期望 E (? )、E (? ) . 错解 甲在抽出的 3 道题中能回答其中每道题的概率都是

6 =0.6,乙在抽出的 3 道 10

题中能回答其中每道题的概率都是

8 =0.8.根据 “在 n 次独立重复试验中这个事件恰好发生 10

k 次的概率”公式,得 ?、? 的概率分布列及数学期望 E (? )、E (? ) 为:

?
p

0 0.4 =0.064
3

1 C1 3 ? 0.6 ? 0.4 =0.288
2

2
2 C3 ? 0.62 ? 0.4 =0.432

3

0.6 3 =0.21
6

E(? ) ? 0 ? 0.064? 1? 0.288? 2 ? 0.432? 3 ? 0.216 ? 1.8 ;

?
p

0

1
1 C3 ? 0.8 ? 0.2 2 =0.09

2
2 C3 ? 0.82 ? 0.2 =0.384

3

0.2 3 =0.00
8 6

0.8 3 =0.512

E (? ) ? 0 ? 0.008 ? 1? 0.096? 2 ? 0.384? 3 ? 0.512 ? 2.4.
此解法也是滥用“相互独立”而导致错误的(显然? 不能取 0). 正解

?
p

0
3 C4 3 C10

1
1 2 C6 C4 3 C10

2
1 C62 C 4 3 C10

3

?
3 C6 3 C10

1
1 2 C8 C2 3 C10

2
1 C82 C 2 3 C10

3
3 C8 3 C10

p

=

1 30

=

3 10

=

1 2

=

1 6

=

1 15

=

7 15

=

7 15

E (? ) ? 0 ?

1 3 1 1 ? 1? ? 2 ? ? 3 ? ? 1.8; 30 10 2 6

E (? ) ? 1?

1 7 7 ? 2 ? ? 3 ? ? 2.4. 15 15 15

读者是否注意到:以上错解,正解中的 E (? )、E (? ) 均一致,这是“巧合”吗? 题 3 小张参加一次考试.已知在备选的 n 道试题中能答对其中的 r (r ? n, r , n ? N*)道

题.现从备选题中抽出 m(m ? n, m ? N*)道进行测试,求小张答对的试题数 ? 的概率分布列 及数学期望 E (? ) .

若按错解,得 E (? ) ? m ?

r r .若能求出题 3 中 E (? ) 的正确答案也是“ m ? ” ,就说明以 n n

上“巧合”具有一般性了.专著[7]就证得了这种一般性.这也说明, 《教师用书》对《选修 2-3》 中那道题的解法欠妥, 因为有很多高中师生并不明白其中的道理: 只有证得了定理才能说 《教 师用书》的解法正确.

1 2 3 4 5 6 7

参考文献 陈传理主编.高中数学竞赛名师讲座[M].武汉:华中师范大学出版社,1993.10 甘志国著.初等数学研究(II)上[M].哈尔滨:哈尔滨工业大学出版社,2009.69-70 甘志国著.初等数学研究(II)下[M].哈尔滨:哈尔滨工业大学出版社,2009.127 欧阳昊.发现数学[J].数学通讯,2006(10):48 徐利治,王兴华.数学分析的方法及例题选讲(修订版).北京:高等教育出版社,1983 年第 2版 唐大健.一个新的组合数恒等式[J].中学数学月刊,2006(2):46-47 甘志国著.初等数学研究(I)[M].哈尔滨:哈尔滨工业大学出版社,2008.527-530


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