组合恒等式的证明

2024-10-23

组合恒等式的证明（通用13篇）

组合恒等式的证明篇1

“算两次”思想在证明组合恒等式中的应用

mnm1.Cn，取走和剩下的一一对应； Cn

2.C

k0kn2n

122nn我们可令等式(1x)n1CnxCnxCnx中的x等于1，得到该式。

另外，我们可考察集合{b1,,bn}的子集的个数：

一方面，采取加法原理，根据子集中元素个数分类：C

k0nkn；

另一方面，采取乘法原理，设其子集为S，我们逐一考察bi,i1,2,,n是否在S内，每个元素都有两种可能，考察完毕，子集S确定，或者我没把子集看成一个排列，如

n；b11,0,0,,0。共2。0,0,,0

nn1

所以得证。

mmm1mm13.Cn，从{a,b1,,bn}取m个有Cn，一类不含a：1CnCn1种：一类含a：Cnm。Cn

mmm1推广①： An 1AnmAn

mm1m从{a,b1,,bn}取m个排成一排An，一类不含a：An。1：一类含a：mAn

n1nnnnn推广②：CnCCC

CCm1mnmn1mn2n1n

解释：有m+n+1不同小球，其中黑球m+1个，白球n个。从中选取n+1个小球，n1选法共：Cnm1种，n考虑另外一种算法：若有黑1则在剩余小球中选n个，即Cnm，若无黑1，则考虑是否有

n黑2，若有则从剩余n+m-1个小球中取n个，即Cnm1，依次考虑下去，到考虑是否有黑

nm，若有，则在剩余n个小球取n个，即Cn1，若无黑m。则必有黑m+1，最后剩下的m

个白球全取。总共CmnCmn1Cmn2Cn1Cn。所以得证。nnnnn

rr1

本公式另一种表现形式：CrrCrr1Crr2Cn本公式也可从杨辉三角1Cn。

观察可得。还可考察等式(1x)(1x)

rr1

(1r)

n1

(1x)n(1x)x

两端

xr的系数相同。

推广③： C

rnm

krk

CmCnk0r

从{a1,am,b1,,bn}取r(rm)个元素Cn：从这n+m个元素中取k个a系，r-k个bm

系的方法CC

mrkn

种，k0,1,2,,r，所以C

rnm

krk

。（Vandermonde恒等式）CmCnk0

rrr1

特例，当m1时，即CnCC1nn。

当nmr时，CnkC2nn

k0

2n!。

（人教B选修2-3教材P35T17，此题

n!n!

还可以通过考察等式(1x)n(1x)n(1x)2n左右两边含x项的系数相等得到；同样考察(1x)n(1x)m(1x)nm左右两边含x项的系数相等得到Vandermonde恒等式）

1222n2n1推广④：(Cn)2(Cn)n(Cn)nC2n1。

证明：由C

nm

krkkk1，令rmn1结合kCnCmCnnCn1可得。k0

n1

2n1

knk1

nCn1Cn

k0

n1

knk1

nCn1Cnk0n1

k1nk1(k1)CnCnk0n1

n1

(k1)C

k0n

k1



kC

k0



得证。

解释：a系{a1,a2,,an}选一个作为主元素，从剩余的2n-1中再选n-1个；再有对于k=1，2,3„„，n从n个a系中选k个，再从中选一主元素，再从n个b系{b1,b2,,bn}中选n-k

knk

个（不做主元素），即kCn。Cn

另一种证明方法：

00nn因为：(1x)nCnCnxCnx，(1

1n001n1)CnCnCn两展开式右

xxxn

1222n2

(Cn)2(Cn)n(Cn)，而

边乘积中的常数项恰好等于

(1x)n(1

1n1n)n(1x)2n，(1x)2n中含xn的系数是C2

n。

krk，当nm时，即是上式。kCmCn

k1m

推广：mC

r1

nm1

rr1

4.rCn（可直接用组合数公式证明）nCn1，r

解释：从n个元素中选出r个元素并把其中之一作为主元素rCn，另一方法，先从n个r1元素中选出一个主元素，再从剩余的n-1个元素中选取r-1个元素nCn1。123n用之可证明人教B版选修2-3P32T6：Cn2Cn3CnnCnn2n1。

0n1（证明一：倒序相加；证明二：从左往右结合2n1Cn1Cn1；证明三：122nn

x1）(1+x)n=C0nCnxCnxCnx两端求导并令123n

Cn2Cn3CnnCnn2n1的推广：

nmk0

mkmnmmnm时，Cn。CmCnk2

解释：考虑从n人中选出m名正式代表及若干名列席代表的选法（列席代表不限人数，可以为0）.m

一方面，先选定正式代表，有Cn种方法，然后从nm个人选列席代表，有2

nm

种方法，共有2

nm

种。Cn

另一方面，可以先选出mk人（k0,1,2,,nm），然后再从中选出m名正式代表，其余的k人为列席代表。对于每个k,这样的选法有Cn

mk

Cmk种，从而，总选法的种数为

nmk0

C

mknmCmk。从而得证。

rr1rmmrmrr1

另：rCn的推广：，m=1时即为nCnCCCCrCnC1nrnnmnn1。

组合恒等式的证明篇2

关键词：随机变量,概率分布,恒等式,证明

概率论是研究随机现象规律的一个数学分支, 它的思想方法已经渗透到自然科学和社会科学的许多领域中去, 而且也在数学的其他领域有着十分广泛的应用, 本文通过构造随机变量来证明的一些恒等式, 一方面沟通了不同学科之间的联系, 另一方面体现了概率方法在证明某些数学问题时的简捷性。

一、概率分布

1. 离散型随机变量的概率分布及其性质。

2.连续型随机变量的概率分布密度。

二、概率分布在一些恒等式证明中的应用

从上述诸例可以看到, 一些恒等式虽然未涉及随机现象, 但可以先根据等式的特点巧妙构造随机变量, 然后利用随机变量的概率及其性质可以简捷地证明恒等式。

参考文献

[1]杨振明, 概率论 (第二版) [M].北京:科学出版社, 2008.

[2]盛骤, 谢式千, 潘承毅.概率论与数理统计 (第三版) [M].北京:高等教育出版社, 2001.

[3]赵丽棉, 黄基廷.一些积分公式的概率证法[J].河池学院学报, 2009, 29 (5) :23-25.

[4]陈碧琴, 黄君.概率在证明组合恒等式中的应用[J].海南师范学院学报 (自然科学版) , 2004, 17 (2) :113-115.

关于两个组合恒等式的双射证明篇3

关键词：双射证明排列数组合数

一、引言

计数组合学是计算有限集合S中元素个数的学科.既然任何数学问题本质上都可以归结为计数问题，那么上述定义本身并未包含很多该学科的信息.对于真正的计数问题中的元素通常具有相当简单的组合学定义，而且几乎没有什么附加条件.S往往很大，我们考虑的基本问题是计数（或估计）S的元素的个数，而非其他问题，如寻找某个特殊元素.

二、乘法原理与加法原理

加法原理：设事件A有m种产生方式，事件B有n种处理方式，当A与B产生的方式不重叠时，“事件A或B”有m+n种产生方式。

乘法原理：设事件A有m种产生方式，事件B有n种处理方式，当A与B相互独立时，“事件A与B”有mn种产生方式。

三、定义与两个组合恒等式

定义1：设S是n个元素的集合，从S中有序地选出r个元素组成的组合结构称为一个r-排列，全部r-排列个数记作P（n，r）；特别地，当n=r时，选出的元素组成集合S的一个全排列，总数记作P（n，n）.

下面我们用乘法原理计算P（n，r）.

在选出的r-排列中第一个位置共有n种可能；第二个位置只能从剩下的n-1个元素中选一个放置，从而有n-1种可能；第三个位置只有n-2种可能；依次类推，最后一个位置只有n-r+1种可能，由乘法原理可知，P（n，r）=n（n-1）（n-2）…（n-r+1）.

进而可算出，当n=r时，S的全排列个数为P（n，n）=n！.

定义2：设S是n个元素的集合，从S中无序地选出r个元素组成的组合结构称为r-组合，全部r-组合的个数记作C（n，r）.

下面我们用双射证明方法计算C（n，r）.

所谓双射证明，也可称为组合证明，就是为了证明某个集合S的元素个数为m而构造S与另一个我们已知有m个元素的集合之间的一一对应。

我们用两种方法计数相同的组合结构：集合S的r-排列。

方法一：直接从集合S中有序地选出r个元素，显然得到的是集合S的r-排列，个数为P（n，r）=n（n-1）（n-2）…（n-r+1）.

四、结语

在组合数学中，组合恒等式非常多，有一些组合恒等式不仅可以用定义去证明，还可以应用如生成函数、数学归纳法等方法进行证明，它们的组合证明是很清楚的，但是存在大量组合恒等式还没有找到组合证明的方法，有待我们进一步探索和研究.

参考文献：

[1]Richard Stanley.Enumerative Combinatorics（I）.Cambridge Press，1997.

[2]曲婉玲，耿素云，张立昂.离散数学[M].高等教育出版社，2008（第一版）.

不等式的证明方法篇4

一、比较法：

ab等价于ab0；而ab0等价于a

b1.即a与b的比较转化为与0

或1的比较.使用比较发时，关键是要作适当的变形，如因式分解、拆项、加减项、通分等，这是第一章中许多代数不等式的证明及其他各章初等不等式的证明所常用的证明技巧.二、综合法与分析法：

综合法是由因导果，即是由已知条件和已知的不等式出发，推导出所要证明的不等式；分析法是执果索因，即是要逐步找出使结论成立的充分条件或者充要条件，最后归结为已知的不等式或已知条件.对于条件简单而结论复杂的不等式，往往要通过分析法或分析法与综合法交替使用来寻找证明的途径.还要注意：第一，要熟悉掌握第一章的基本不等式和后面各章中著名的各种不等式；第二，要善于利用题中的隐含条件；第三，不等式的各种变性技巧.三、反证法：

正难则反.设所要证的不等式不成立，从原不等式的结论的反面出发，通过合理的逻辑推理导出矛盾，从而断定所要证的不等式成立.要注意对所有可能的反面结果都要逐一进行讨论.四、放缩法：

要证ab，又已知(或易证)ac，则只要证cb，这是利用不等式的传递性，将原不等式里的某些项适当的放大或缩小，或舍去若干项等以达证题目的.放缩法的方法有： ①添加或舍去一些项，如：a21a；n(n1)n；

②将分子或分母放大（或缩小）；

③利用基本不等式，如：

log3lg5（n(n1)lg3lg522)2lglglg4； n(n1)；

④利用常用结论：

k1k

1k1

1k

11k1k



12k

1k；

1k(k1)

1k1



1k(k1)1k；



（程度大）



1



(k1)(k1)



2k1

（)；（程度小）

五、换元法：

换元的目的就是减少不等式中变量，以使问题化难为易，化繁为简，常用的换元有三角换元和代数换元.如：

已知x2y2a2，可设xacos,yasin；

已知x2y21，可设xrcos,yrsin(0r1)；已知

xaxa

2

ybyb

1，可设xacos,ybsin；

已知



1，可设xasec,ybtan；

六、数学归纳法法：

与自然数n有关的许多不等式，可考虑用数学归纳法证明，数学归纳法法证明不等式在数学归纳法中有专门的研究.但运用数学归纳法时要注意：

第一，数学归纳法有多种形式.李大元就证明了下述七种等价的形式：设P(n)是与n有关的命题，则

(1)、设P(n0)成立，且对于任意的kn0，从P(k)成立可推出P(k1)成立，则P(n)对所有大于n0的n都成立.(2)、设m是任给的自然数，若P(1)成立，且从P(k)(1km)成立可推出

P(k1)成立，则P(n)对所有不超过m的n都成立.(3)、(反向归纳法)设有无穷多个自然数n(例如n2m)，使得P(n)成立，且从P(k1)成立可推出P(k)成立，则P(n)对所有n成立.(4)、若P(且P(n)对所有满足1nk的n成立可推出P(k1)成立，1)成立，则P(n)对所有n成立.(5)、(最小数原理)自然数集的非空子集中必有一个最小数.(6)、若P)且若P(k),P(k1)成立可推出P(k2)成立，则P(n)1(,P(2)成立，对所有n成立.(7)、(无穷递降法)若P(n)对某个n成立可推出存在n1n，使得P(n1)成立，则P(n)对所有n成立.此外，还有螺旋归纳法(又叫翘翘板归纳法)：设有两个命题P(n),Q(n)，若

P(1)

成立，又从P(k)成立可推出Q(k)成立，并且从Q(k)成立可推出P(k1)成立，其中k为任给自然数，则P(n),Q(n)对所有n都成立，它可以推广到两个以上的命题.这些形式虽然等价，但在不同情形中使用各有方便之处.在使用它们时，若能注意运用变形和放缩等技巧，往往可收到化难为易的奇效.对于有些不等式与两个独立的自然数m,n有关，可考虑用二重数学归纳法，即若要证命题P(m,n)对所有m,n成立，可分两步：①先证P(1,n),P(m,1)对所有m,n成立；②设P(m1,n),P(m,n1)成立，证明P(m1,n1)也成立.第二，数学归纳法与其它方法的综合运用，例如，证明



k

11k

sinkx0,(0x)

就要综合运用数学归纳法，反证法与极值法；有时可将n换成连续量x，用微分法或积分法.第三，并不是所有含n的不等式都能用数学归纳法证明的.七、构造法：

通过构造函数、方程、数列、向量或不等式来证明不等式；证明不等式的方法灵活多样，但比较法、综合法、分析法和数学归纳法仍是证明不等式的最基本方法．要依据题设、题断的结构特点、内在联系，选择适当的证明方法，要熟悉各种证法中的推理思维，并掌握相应的步骤，技巧和语言特点．笔者将在第三章中详细地介绍构造法.八、利用基本不等式：

善于利用已知不等式，特别是基本不等式去发现和证明新的不等式，是广泛应用的基本技巧.这种方法往往要与其它方法结合一起运用.22

例1 已知a，bR，且ab1.求证：a2b2

252

.证法一：(比较法)a,bR,ab1

b1a

a2b2

252

ab4(ab)

122(a

12)0

a(1a)4

2a2a

即a22b22

证法二：(分析法)

252

(当且仅当ab时，取等号).a22B2

252

ab4(ab)8

252

b1a

225122

(a)0a(1a)4822

显然成立，所以原不等式成立.点评：分析法是基本的数学方法，使用时，要保证“后一步”是“前一步”的充分条件.证法三：(综合法)由上分析法逆推获证(略).证法四：(反证法)

假设(a2)2(b2)2

252，则 a2b24(ab)8

252

.由ab1，得b1a，于是有a2(1a)212

1

所以(a)0，这与a0矛盾.22

.所以a2b2

252

.证法五：(放缩法)

∵ab1

∴左边＝a2b2

a2b221252ab4

222

＝右

边.点评：根据不等式左边是平方和及ab1这个特点，选用基本不等式

ab

ab2.2

证法六：(均值换元法)

∵ab1，所以可设a

12t，b

t，1

∴左边＝a2b2(t2)2(t2)2

5525252

＝右边.tt2t

2222

当且仅当t0时，等号成立.点评：形如ab1结构式的条件，一般可以采用均值换元.证法七：(利用一元二次方程根的判别式法)

设ya2b2，由ab1，有y(a2)2(3a)22a22a13，所以2a22a13y0，因为aR，所以442(13y)0，即y故a2b2

252

.252

.下面，笔者将运用数学归纳法证明第一章中的AG不等式.在证明之前，笔者先来证明一个引理.引理：设A0，B0，则(A+B)nAn+nA(n-1)B，其中nN.证明：由二项式定理可知

(A+B)=AniBiAn+nA(n-1)B

i0



(A+B)A+nA

nn(n-1)

绝对不等式的证明篇5

摘要：证明绝对不等式是数学基本知识的一部分，不等式的证明，就是证明所给定的不等式或对式中所含的字母的一切允许值都是成立的。证是不等式主要依靠二条，其一，是不等式的基本性质和一些重要不等式，其二，是证明不等式的一些常用方法。二者互相渗透。本文通过举例介绍几种证明的绝对不等式的方法。

关键词：绝对不等式，证明不等式的方法

1.用比较法证明不等式

比较法是证明不等式的常用法之一。它又分为计算插值和比值两种：

① 把所要正的不等式的左边的代数式减右边的代数式，再根据已知条件去证明这个差大于﹙或小于﹚零，这种证明法叫做计算差值法。

他的理论根据是：a≥b,﹙a≤b﹚a-b≥0﹙或a-b≤0﹚.② 当所要证明的不等式的两边的直皆正是，把左边的代数式除于右臂阿布的代数式，再根据已知条件去证明这个比值大于﹙或小于﹚1.这种正法叫做及钻比值法。他的理论依据是：当a＞0.b＞0 时，a≥b﹙a≤b﹚<=>

例：已知a,b 皆正数求证： aa≥1（或≤1）。bb

ab≥ab（当且仅当a=b时，等号成立）。

2abab2ab证：∵a＞0.b＞0，则-ab==22

（其中等号当且仅当）a＝即a=b成立）

∴a22≥0 abab－ab≥0，即≥ab 22

2.用综合法和分析法证明不等式

证明绝对不等式的综合法是从题目的已知条件或已知成立的不等式出发，利用不等式的性质进行推导变形，进而得出所要求证的不等式。利用综合法的关键是熟知一些常用的不等式，通过变形将未知的不等式归结为常用不等式。如以下不等式是常用的：

a²+b²≥2ab,a+b／2≥ab,a³+b³+c³≥3abc(a,b,c∈R+)

a+b／2

≤a²+b²／2,a+b+c／3≤a²+b²+c²／3(a,b,c∈R+)

分析法是证明不等式的一种重要方法，用分析法论证“若A则B”这个命题的模式是：欲证B得真，只需要证明命题B的真，从而又„„，只要证明A为真。现在已知A真，故B真。可见分析法事执果索因，步步寻求上一步成立的充分条件，写出简要的形式为：

B<=B1<=B2<=„<=Bn<=A

以上述的b

只需要证b（a+m）

两端约去ab，故只需

再证bm

因为已知m>0;

只需b

但是这是已知条件，故原不等式成立。

值得注意的是分析法不是等价证明，不应写成：

B<=>B1<=>B2<=>„<=>Bn<=>A

下面在举两例加以说明：

例1已知a>b>0，求证a-bb>0所以a->0，ab>0.只要证（a-）³<（ab）³

即要证a-3a2b+3ab2-b0 只要证b

由于a>b>0此不等式显然成立

所以原不等式成立。

例2已知a>0；b>0；2c>a+b，求证：

c-c2ab

分析要证c-c2ab

只要证-c2ab

即要证｜a-c｜<｜c2ab｜

即要证（a-c）²

即要证a-2ac<-ab

因a>0，只需证a-ac<-b

即a+b<2c此式为已知，故原命题成立。

3.用放缩法证明不等式

利用放缩法证明不等式的关键是找寻中间变量c；使得AC¹且C¹>A(这是缩小)下面举例加以说明

例3已知n为正整数，试证：

111）（1+）„（1+）>2n1／2 352n

1111分析令A=（1+）（1+）„（1+）352n1

462n=×„× 352n1（1+

由于不等式bbm>（b>a，a，b，m∈R+）得 aam

45672n22n12n2n1>，>，„，>，> 34562n32n22n12n

将这个同向不等式相乘得 572n12n1××„×× 462n22n

45672n2n12n12n1A²>××××„××=> 34562n12n34A>

故A>2n1／2

4.反证法在不等式证明中的应用

反证法是解决数学问题的一种重要方法，在不等式的证明中也有着广泛的应用。用反证明不等式即先否定结论不成立，然后依据已知条件以及有关的定义、定理、公理，逐步导出与定义、定理、公理或已知条件等相矛盾或自相矛盾的结论，从而肯定原结论是正确的。它的步骤为：

假设结论的反面成立=>逻辑推理=>导出矛盾=>肯定结论。

下面举例加以说明

例4已知f(x)=x²+px+q求证：｜f（1）｜，｜f（2）｜，｜f（3）｜中至少有一个不小于1 2分析此题从正面解决比较困难，可以用反证法，假设结论不成立，即｜f（1）｜，｜f（2）｜，｜f（3）｜都小于1。则有 2

1111f（1）｜<1+p+q｜<-< 1+p+q< ①2222

1111f（2）｜<4+2p+q｜<<4+2p+q< ②2222

1111f（3）｜<9+3p+q｜<-<9+3p+q< ③ 2222

由于① ③得-119<2p+q<-22

此式于②式矛盾，这说明假设不成立，故原命题成立。

5.构造函式证明不等式

某些不等式从结构上接近某一函数，把某一字母看成自变量构成恰当的函数，利用函数的某些性质来证明不等式。利用构造函数法证明不等式关键是构造恰当的不等式。

例5已知a.b∈R,求证：

ab

1ab≤b

1a+a

1b

分析：从不等式的结构来看，易构造函数f(x)=

上是函数。因为ab≤ab,所以f(ab)≤f(ab)

从而有 x(x≥0)易证f(x)在R＋ 1x

ab

1ab

≤≤ab1aba =b1ab+a1ab b

不等式的多种证明方法篇6

摘要：数学是生活中的一门自然科学，而不等式则是构成这门自然科学的众多基础中相当重要的组成之一，因此本文专门介绍不等式的各种证明方法。

根据在校期间从大学课程中所学的专业知识，通过课本、资料及网络等渠道收集各种类型的不等式习题，然后依据其不同的思想与方法可以归纳为三大类型，即基础类证明方法、延伸类证明方法和特殊类证明方法。其中基础类证明方法是最简单的证明，包括比较法、分析法、放缩法、综合法；延伸类证明方法则是通过代换、构造、转化等思想将原不等式变化为简单的形式再予以证明，比如换元法、引入参变量法、构造辅助函数法等等；特殊类证明方法是针对一些特殊类型的不等式结构或提问方式，采取相应的特殊证明方法可以使得证明更加简洁，就像反证法、数学归纳法、数形结合法等等。本文就是依上述介绍的各种方法进行展开介绍的，所选的例题皆比较简单，求证方法简洁合理，易于接受，为的只是借此传达各种证明方法的思想。

数学；不等式；证明；方法

1.引言.................12.基础类证明方法..............1

2.1比较法.................1

2.2分析法.................22.3放缩法.................32.4综合法.................53.延伸类证明方法..............6

3.1换元法.................6

3.2引入参变量法...........8

3.3构造辅助函数法................8

3.4转化为向量不等式法...........11

3.5转化为复数法..........11

3.6分解、合成法..........1

14.特殊类证明方法.............1

24.1反证法................12

4.2数学归纳法............1

34.3借助证明法..........1

54.4数形结合法............16

5.结束语..............16

参考文献.................17

不等式的多种证明方法

汪洋，合肥师范学院

摘要：数学是生活中的一门自然科学，而不等式则是构成这门自然科学的众多基础中相当重要的组成之一，因此本文专门介绍不等式的各种证明方法。

关键词：数学；不等式；证明；方法

Various Methods of Inequality Proof

Wangyang, Hefei Normal University

Abstract: Mathematics is a natural science of the life, and the inequality is an important component of many bases which constitute the natural science.So this article dedicated to a variety of proven methods of inequality.According to the professional knowledge from university courses during the school, I collect all types of inequality problem by books, material and network channels.Then according to different ideas and methods, I put them into three types of proof, which is base class identification method and extension methods of proof and special class methods.The base class method is the simplest proof, and it include the comparison and analysis, and the method of techniques and so on.Extension methods are proved by such substitution, structure, the inequality of thought for the form of simple changes to prove.For example, substitution method, the introduction of parametric method, constructs the auxiliary function method, etc.Special class that is for some special types of inequality structure or form of a question takes a special method of proof which can be made more concise proof, as required, mathematical induction, several form combination, etc.This topic is introduced by the start of various methods described, and the examples are relatively simple, the method is simple and reasonable, and acceptable, which is just only to convey various methods of thought.Key words: Mathematics;Inequality;Proof;Method

1.引言

用不等号连结两个代数式所成的式子叫做不等式，是描写不等号两边式子的大小关系。不等式理论是等式、方程、函数论进一步的深入和发展，是数学知识又一次扩展的重要内容，是掌握初等数学不可或缺的重要部分，学习了等式后再学习不等式，使式的内容更加充实，更加完善，是我们进一步扩大数学视野，增加数学知识的必要基础。不等式的重要作用是十分明显的，因为在日常的生活、生产和科学研究中到处用到不等式的知识；而不等式的证明更体现了不等式的另一方面，它在数学领域中占有核心地位，它贯穿于初等数学和高等数学的方方面面。

著名数学家D.S.Mitrinovic在他的名著《Analytic Inequalities》的序言中都引述到:“所有分析学家要花费一半的时间通过文献查找他们想要用而又不能证明的不等式”。分析学家Michiel Hazewinkel在《Inequalities Involving Functions and Their Integrals and Derivatives》一书的序言中也讲道:“有时我有这样的感觉，数学(特别是分析学)就是不等式”。由此可见，给出一个关于不等式方面系统的、全面的证明方法具有很现实的意义。

因此，本文将对各种各样的不等式给出相应的证明方法，尽量把不等式的证明方法系统化、全面化。

2.基础类证明方法

在此介绍的四种方法仅需要根据命题本身的已知条件或常用结论即可证明。

2.1比较法

即借助不等式两边做差或做商的结果与0或1比较来证明不等式的方法。如果

几个同余恒等式的群论证明篇7

设有限群的阶为N, 设N = n·pm, 其中p是N的素因子, 且n和p未必互素. 由群论中的sylow定理可知同余关系:

对任何群恒成立, 其中CpaN表示在N = n·pn个互不相同元素中任取pm个互不同的元素的组合数, n ( pm) 表示G中pm阶子群的个数. 本文主要讨论当G为循环群、初等交换p -群、二面体群等特殊群时, 通过该同余关系可以得到怎样的同余恒等式.

二、主要定理

定理1

设N =n·pn, p为素数, 且m≤n, 则组合数Cpmn·pn与n模n·p同余, 即同余恒等式

恒成立.

定理2

定理3

三、主要定理的证明

1. 定理 1 证明

∵由群论中的sylow定理知同余关系CpmN≡n ( pm) ·n ( modnp) 对任何群恒成立,

又∵当G为循环群时, 循环群的任一阶恒定的子群个数只有一个,

∴ n ( pm) =1.

∴定理1: CpmN≡n ( modnp) 成立.

又应用同余性质还可得恒等式: CpmN≡n ( modp) 和CpmN≡n ( modn) 恒成立.

2. 定理 2 证明

3. 定理 3 证明

证明思路同上, 当G为二面体群时, 设N =2n·k, k未必是奇数.

∵二面体群的2的幂阶子群个数为3个,

∴有定理3: C2m2nk≡3·2n - m·k ( mod2n - m + 1·k) 恒成立.

又应用同余性质可得恒等式: C2m2nk≡3·k ( mod2·k) 恒成立.

四、结论

群论的研究角度是利用该同余关系分析群的素数幂阶子群个数问题, 本文则应用该同余关系结合群素数幂阶子群个数的性质来研究同余恒等式, 为同余恒等式的研究提供一个全新的思路.

摘要：同余关系是研究数论问题的基本出发点, 本文应用群论中的sylow定理及特殊群的素数幂阶子群的个数定理得到几个同余恒等式, 为初等数论及组合数学同余问题的研究提供新的思路.

关键词：同余关系,群论,sylow定理,同余恒等式

参考文献

数列求和不等式的证明篇8

题目已知数列[an]的通项公式是[an=3n-2n].求证：对一切正整数[n]，有[1a1+1a2+???+1an<32].

思路1：放缩为可求和的等比（等差）数列

证明因为[3n-3n-1=2?3n-12?2n-1=2n]，

所以[3n-2n3n-1]，所以[1an13n-1].

于是[1a1+1a2+…+1an1+13+…+13n-1]

[=1-13n1-13][=321-13n<32].

思路2：放缩后能裂项相消

证明当[n=1]时，[1a1=1<32]；

当[n=2]时，[1a1+1a2=1+15<32]，显然成立.

当[n3]时，[an=3n-2n=1+2n-2n]

[=1+C1n?2+C2n?22+…+Cn-1n?2n-1+2n-2n]

[=1+C1n?2+C2n?22+…+Cn-1n?2n-1>C2n?22]

[=2nn-1]，

又因为[a2=5>2×2×2-1]，

所以[an>2nn-1]（[n2]），

所以[1an<12nn-1=121n-1-1n]（[n2]），

所以[1a1+1a2+1a3+…+1an]

[<1+121-12+13-14+…+1n-1-1n=1+121-1n<32.]

思路3：构造加强不等式，借助数学归纳法

①当[n=1]时，左边[=1a1=1]，右边[=32]，命题成立.

②假设当[n=k]（[k2]，[k∈][N]）时成立，即[i=1k13i-2i<32]成立.为了证明当[n=k+1]时命题也成立，我们首先证明不等式：[13i+1-2i+1<13?13i-2i]（[i1]，[i∈][N]）.

要证[13i+1-2i+1<13?13i-2i]，

只需证[13i+1-2i+1<13i+1-3?2i]，

只需证[3i+1-2i+1>3i+1-3?2i]，

只需证[-2i+1>-3?2i]，

只需证[-2>-3]，该式子明显成立，

所以[13i+1-2i+1<13?13i-2i].

于是当[n=k+1]时，[i=1k+113i-2i=13-2+i=2k+113i-2i][<1+13i=1k13i-2i<1+13×32=32]，

所以在[n=k+1]时命题也成立.

不等式的证明方法探究篇9

不等式的证明是高中数学的一个难点，题型较多，涉及的知识面多，证明方法灵活，本文通过一些实例，归纳总结了证明不等式时常用的方法和技巧。

1．比较法

比较法是证明不等式的最基本方法，有“作差”与“作商”两种方法。其思路是把要比较的式子变成其差与0比较大小或其商与1比较大小。

例1 求证：2x23x

证明：∵(2x23)x2x2x32(x)2 ∴ 2x23x

由例1可见用作差比较法证明不等式的步骤是：作差，变形，判断符号，给结论。

例2 已知：abc0，求证：aabbcc(abc)aabbccabc3abc31423230 88

a2abc3b2bac3c2cab3证明：∵(abc)aabac33bbabc33ccacb33a()bab3a()cac3b()cbc3

aa 又abc0则ab0,1，故()bba同理：()cab3ab31

b1,()cbc31

abc3a∴()bab3a()cac3b()cbc3＞1，则abc(abc)abc

由例2可见用作商比较法证明不等式的步骤是：作商，变形，判断与1的大小，给结论。

2．综合法

综合法是利用一些现成的结论（比如重要不等式），从已知条件入手，逐步得到要证的结论。即“由因寻果”的方法。

例3 已知：ab，且axb2bxa2，求证：xab 证明：∵ axb2bxa2

由不等式性质得：axbxa2b2

即：(ab)x(ab)(ab)①

由条件ab得ab0，给不等式①两边同乘以正数1，即可得到xab ab3．分析法

分析法是从要证明的结论入手，寻找成立的条件，一直到这个条件是可以证明或已经证明的不等式时，便可推出原不等式成立。即“由果寻因”的方法。

例4 求证：6215

证明：因为62与15都是正数要证明6215

只需证明(62)2(15)2成立即只要证明：84315 即只要证明437 即只要证明4849

因为4849显然成立，所以6215成立 4．配方法

把一个不是完全平方形式的多项式中的某些项配成完全平方，然后利用一个实数的平方是非负的这个性质证明某些式子大于或等于零。

例5 求证x26x110

证明：x26x11(x3)2220 则x26x110 5．基本不等式法

利用基本不等式及其变式证明不等式是常用的方法，常用基本不等式及变形有：

①若a,bR，则 a2b22ab（当且仅当ab时取等号）②若a0,b0，则ab2ab（当且仅当ab时取等号）例6 已知：x0,y0，求证：(xy)(x2y2)(x3y3)8x3y3 证明：∵x0,y0

∴x20,y20,x30,y30

∴xy2xy0,x2y22xy0,x3y32x3y30

由不等式性质得：

(xy)(x2y2)(x3y3)2xy2xy2x3y38x3y3

即(xy)(x2y2)(x3y3)8x3y3 6．放缩法

放缩法是在证明不等式时，将不等式一边适当的放大或缩小来证明不等式。例7 已知：nN，求证：2n12n证明：∵2n12n 即2n12n7．数学归纳法

1n2n1n2nn1n

与自然数n有关的不等式，通常用数学归纳法证明。

例8 求证：对任何实数x1和任何正整数n，有(1x)n1nx 证明：①当n1时，不等式显然成立

②假设当nk时，不等式成立，即有(1x)k1kx

∵x1，则x10，上式两边同乘(x1)，得

(1x)k1(1kx)(1x)1(k1)xkx21(k1)x

这说明nk1时不等式仍成立

综上①，②知，对任何正整数n，不等式(1x)n1nx仍成立

8．构造法

通过构造辅助函数，然后利用函数的有关性质去证明不等式，或者构造适当的图形使要证明的命题比较直观的反应出来。

例9 证明：7x2(9x2)9，并指出等号成立条件

证明：不等式左边可看成7与x和2与9x2两两乘积的和，从而联想到数量积的坐标表示

将左边看成向量a(7,2)与b(x,9x2)的数量积

又abab，所以7x2(9x2)(7)2(2)2x2(9x2)9

当且仅当ba,(0)时等号成立，故由

x79x22

解得：x7,1，即x7时等号成立。例10 已知：a0,b0,c0

求证：a2abb2b2bcc2a2acc2

当且仅当时等号成立

证明：从根式的结构特点联想到余弦定理，于是可构造如

下图形

1b1a1c

使OAa,OBb,OCc,AOBBOC60o

则AOC120o,ABa2abb2 BCb2bcc2,ACa2acc2

由几何知识知ABBCAC

∴a2abb2b2bcc2a2acc2

当且仅当A,B,C三点共线时等号成立，则有

1122111 故当且仅当时等号成立

bac absin60obcsin60oacsin120o，即abbcac 129．换元法通过添设辅助元素，使原来不等式变成与新的变量有关的不等式，应用换元法，可把字母多的化成字母少的，可把繁琐的不等式化成简单的不等式。常用的有三角换元和均值换元。

例11 已知：x0,y0,2xy1，求证：121x1322 y 证明：由x0,y0,2xy1，设xsin2,ycos2 则：1x1212(1cot2)1tan2 22ysincos = 3(2cot2tan2)322 例12 已知x,yR,且xy1。求证：(x2)2(y2)2证明：x,yR,且xy1

1211则(x2)2(y2)2(t2)2(t2)2

22552525 =(t)2(t)22t2

222225则(x2)2(y2)2

225 2则设： xt,yt(tR)

高二数学不等式的证明6 篇10

（六）教学要求：更进一步掌握不等式的性质，能熟练运用不等式的证明方法：比较法、综合法、分析法，还掌握其他方法：放缩法、判别式法、换元法等。

教学重点：熟练运用。

教学过程：

一、复习准备：

1.已知x≥4，求证：x1－

x2

解法：分析法，先移项再平方。推广：求x1－x2的单调性、值域。2.a、b∈R且a＋b＝1，求证：2a3＋2b3≤4（四种解法：估值配项；柯西不等式；均值不等式；分析法）

二、讲授新课： 1.教学典型习题：

①出示典型习题：（先不给出方法）

22 Ⅰ.放缩法证明：x、y、z∈R，求证：xxyy＋y2yzz2>x＋y＋z

1x2x1 Ⅱ.用判别式法证明：已知x∈R，求证 ≤2≤3（另解：拆分法）

3xx1 Ⅲ.用换元法证明：已知a＋b＝4,求证：2≤a±ab＋b≤6 ②先讨论用什么方法证明，再引导老师分析总结解题思路，学生试按思路练习：

Ⅰ.放缩法，左边>(x2222y2y)＋(z)2＝… 22x2x1 Ⅱ.判别式法，设2＝k，再整理成一元二次方程，利用△≥0而求k范围。

xx1 Ⅲ.三角换元法，设a＝2sinθ，b＝2cosθ，再代入利用三角函数值域求证。③再讨论其它解法： Ⅲ小题，可由已知得到|ab|的范围，再得到待证式。2.练习：①已知x、y∈R，3x＋4y＝12，求xy的最大值； ②求函数y＝x＋21的值域；（解法：分x－1>0、x－1<0两种情况；凑配法）x1③求函数y＝4x＋1622的最小值。（解法：y＝2(x＋1)+2(x＋1)＋…(x21)2

三、巩固练习：1.设n>1且n∈N，求证：log(n1)(n＋2)>log(n2)(n＋3)2.课堂作业：书P31 2、5题。

对一道不等式的证明与思考篇11

思路1 将原不等式理解为x2x+y+yx+2y≤23……①

及xx+2y+y2x+y≥23……②两个不等式，对①证明如下：

证法1：作差等价变形x2x+y+yx+2y-23≤0

3x(x+2y)+3y(2x+y)-2(2x+y)(x+2y)≤0

-x2+2xy-y2≤0(x-y)2≥0.得证.

证法2：构造函数求最值令f(x)=x2x+y+yx+2y-23，

则f′(x)=2x+y-2x(2x+y)2+-y(x+y)2=y［(x+2y)2-(2x+y)2］(2x+y)2(x+2y)2=-3y(x2-y2)(2x+y)2(x+2y)2.

令f′(x)=0，得x=y，又当0

当x>y时，f′(x)＜0，知当x=y时，f(x)最大值为23.

仿上可证不等式②.

思路2 针对原不等式为连写不等式型：a≤b≤c,即证(a-b)(c-b)≤0.

证法3 由于x2x+y+yx+2y-23xx+2y+y2x+y-23=-(x-y)23(2x+y)(x+2y)•2(x-y)23(x+2y)(2x+y)≤0.

所以原不等式成立.

思考1 将原不等式简化为：已知x,y∈R+，求证：x2x+y+yx+2y≤xx+2y+y2x+y.

证法1 作差 =x2x+y+yx+2y-xx+2y-y2x+y=(x-y)12x+y-1x+2y

若x≤y,则12x+y≥1x+2y;若x≥y,则12x+y≤1x+2y,∴x2x+y+yx+2y≤xx+2y+y2x+y.

证法2 若x≤y,则12x+y≥1x+2y,由排序不等式反序和不大于顺序和.即有

x2x+y+yx+2y≤xx+2y+y2x+y;

若x>y，则12x+y＜1x+2y同样有不等式成立.

思考2 变形1：是否存在唯一常数c，使x2x+y+yx+2y≤c≤xx+2y+y2x+y，对任意正数x,y恒成立.

由思路1中证法2，函数f(x)当x=y有唯一的极值点.

知这样常数c唯一，且c=23.

变形2：是否存在常数t(1≤t≤2),使

x2x+y+yx+2y≤xtx+(3-t)y+y(3-t)x+ty≤xx+2y+y2x+y

证明：作f(t)=xtx+(3-t)y+y(3-t)x+ty,(1≤t≤2)

∴f′(t)=-x(x-y)［tx+(3-t)y］2+-y(x-+y)［(3-t)x+ty］2

=(x-y)•-x［(3-t)x+ty］2+y［t+(3-t)y］2［tx+(3-t)y］2［(3-t)x+ty］2

=(x-y)•(3-t)2(y3-x3)+2t(3-t)(xy2-x2y)+t2(yx2-xy2)［tx+(3-t)y］2［(3-t)x+ty］2

=-(x-y)2•(x2-2xy+y2)t2-6(x2+y2)t+9(x2+xy+y2)［tx+(3-t)y］2［(3-t)x+ty］2

令分子g(t)=(x2-2xy+y2)t2-6(x2+y2)t+9(x2+xy+y2)(1≤t≤2)

而(1)当x=y时，g(t)=0.

(2) 当x≠y，有x2+y2>x2－2xy+y2，从而g(t)的对称轴t=3(x2+y2)x2-2xy+y2＞3,及g(1)=4y2+7xy+4x2>0，g(2)=x2+xy+y2>0，从而当

1≤t≤2时，g(t)≥0，综合（1），（2）这样f′(t)≤0,

∴f(t)于［1，2］上为减函数，从而变形2正确，因此，变形2中存在无数个t值.

例如，取t=43，即有命题：已知x,y∈R+，求证

x2x+y+yx+2y≤3x4x+5y+3y5x+4y≤xx+2y+y2x+y.

思考3 对题目归纳思考，由于原不等式每个不等式两边均为两项，仅当x=y时取等号，从而有类比不等式如下：已知x,y∈R+,求证：

x3x+y+yx+3y≤12≤xx+3y+y3x+y;

例谈不等式的证明篇12

一、比较法

1. 差比法。

作差法:M>N或M=N或M<N, 即证明M-N>0或M-N=0或M-N<0;作比法:先建立差式, 再将差式变形为积、商形式或平方和形式, 常用的方法有通分、配方和分解因式等。

例1.已知a<b<c, 求证a2b+b2c+c2a<a2c+b2a+c2b

证明:a2b+b2c+c2a- (a2c+b2a+c2b)

= (a2b-b2a) + (b2c-a2c) + (c2a-c2b)

=ab (a-b) +c (b+a) (b-a) +c2 (a-b)

= (a-b) [a (b-c) -c (b-c) ]

= (a-b) (b-c) (a-c) <0

所以, a2b+b2c+c2a<a2c+b2a+c2b。

例2.已知a>b>c>0, 求证

证明

又因为a>b>c>0, 所以a-b>0,

2. 商比法:

若M>0, 要证明M>N, 只需证明, 即首先建立商式, 再进行商式变形, 证明商值大于1。

又因为a>b>c>0, 所以a-b>0, a b>1

所以,

同理可证:

所以,

二、综合法

从已知条件或基本不等式出发, 运用不等式的有关性质推导出所要证明的不等式。常用的基本不等式有:

(1) a2≥0 (a∈R) , (a±b) 2≥0 (a, b∈R)

(2) a, b∈R, a2+b2≥±2ab, a2+b2≥2|ab|

(3) a, b, c∈R+时, 有 (当且仅当a=b时, 等号成立) , (当且仅当a=b=c时, 等号成立)

(4) 当a, b, c∈R时, 有a2+b2+c2≥ (a+b+c) 2≥ab+ac+bc (当且仅当a=b=c时, 等号成立)

例4.若x>0, y>0, x+y=1, 求证:

三、分析法

从求证的不等式出发, 寻求此不等式成立的充分条件, 只要使不等式成立的条件具备, 就可断定不等式成立, 一种“执果索因”的方法, 运用时注意格式。要证明不等式A, 只需证不等式B, 又要证C, 要证C, 又要证D, 即证不等式D成立。由不等式D成立, 推出不等式A成立。

例5.已知a>b>c>0, 求证:

所以, 原不等式成立

四、“放”“缩”技巧

在不等式的证明中, “放”“缩”是常用的推证技巧, “放”和“缩”的方向和量的大小都是由分析得出的。

例6.求证当α1, α2, α3∈[0, π]时, 有sinα1+sinα2+sinα3≤

所以sinα1+sinα2+sinα3≤

此题是利用函数的单调性, 变换公式的分母 (或分子) , 还有添加或舍去某些项, 利用有界性将不等式放大或缩小。用“放缩法”证明不等式, 解题的关键在于根据问题的特征选择恰当的方法, 有时还需要几种方法融为一体。在证明过程中, 适当地进行放缩, 可以化繁为简、化难为易, 达到事半功倍的效果。但放缩的范围较难把握, 常常出现放缩后得不出结论或得到相反的现象。因此, 使用放缩法时, 如何确定放缩目标尤为重要。要想正确确定放缩目标, 就必须根据欲证结论, 抓住题目的特点。掌握放缩技巧, 真正做到弄懂弄通, 并且还要根据不同题目的类型, 采用恰到好处的放缩方法, 才能把题解活, 从而培养和提高自己的思维和逻辑推理能力, 分析问题和解决问题的能力。

五、反证法

从假设求证不成立入手, 推出与已知条件和定理相矛盾的结论, 从而判定假设错误, 求证结论成立。

例7.已知a+b+c>0, ab+bc+ac>0, abc>0, 求证:a>0, b>0, c>0。

下面用反证法证明:

证明:假设a<0, 由abc>0, 知bc<0

又a+b+c>0得b+c>-a>0

于是ab+bc+ac=bc+a (b+c) <0与已知相矛盾

故a>0

同理:b>0, c>0。

六、数学归纳法

主要用来证明一些与自然数有关的不等式。

例8.当n>1, n∈N时, 求证:

证明:1.当n=2时, 左=

2.假设n=k时, 命题成立。即:

所以, 当n=k+1时, 命题成立。

综合1、2得:当n>1, n∈N时, 不等式成立。

不等式证明篇13

比较法证明不等式

a2b2ab1.设ab0，求证：2.ab2ab

2.（本小题满分10分）选修4—5：不等式选讲

（1）已知x、y都是正实数，求证：x3y3x2yxy2；

（2对满足xyz1的一切正实数 x,y,z恒成立，求实数a的取值范围

.,1综合法证明不等式（利用均值不等式）3.已知abc, 求证：1 114.abbcac

4.设a，b，c均为正数，且a+b+c=1，证明：

1（Ⅰ）ab+bc+ac3；

a2b2c2

1ca（Ⅱ）b

5.（1）求不等式x32x1的解集;

121225（a)(b)a,bR,ab1ab2.（2）已知，求证：

6.若a、b、c是不全相等的正数，求证：

分析法证明不等式

7.某同学在证明命题“7要证明732”时作了如下分析，请你补充完整.62，只需证明________________,只需证明___________,＋292，展开得9即,只需证明1418,________________,所以原不等式:62成立.22263,(72)(63)，因为1418成立。

abc8.已知a,b,cR。3

9.(本题满分10分)已知函数f(x)|x1|。

(Ⅰ)解不等式f(x)f(x4)8；{x|x≤－5，或x≥3}(Ⅱ)若|a|1,|b|1，且a0，求证：f(ab)|a|f().10.（本小题满分10分）当a,bMx|2x2时,证明:2|a+b|＜|4+ab|.反证法证明不等式

11.已知a，b，c均为实数，且a=x2y+2baπππ22，b=y2z+，c=z2x+，236

求证：a，b，c中至少有一个大于0.12.（12分）若x,yR,x0,y0,且xy2。求证：1x和1y中至少有一个小于2.yx

放缩法证明不等式

13.证明不等式：1111121231

123n2

214.设各项均为正数的数列an的前n项和为Sn，满足4SnannN,且

14n1,a2,a5,a14构成等比数列．

(1)证明：a2

(2)求数列an的通项公式；an2n1