证明恒等式

2024-08-05

证明恒等式（精选12篇）

证明恒等式篇1

证明组合恒等式，一般是先利用组合数的性质、数学归纳法、二项式定理等，再通过一些适当的计算或化简来完成.但是很多组合恒等式，也可直接利用组合数的意义来证明.即构造一个组合问题的模型，把等式两边看成同一组问题的两种计算方法，由解的唯一性，即可证明组合恒等式.下面具体分析一些例子.

例1证明:Cnm=Cnm-1+Cnm--11.

分析原式左端为m个元素中取n个的组合数.原式右端可看成是同一问题的另一种算法:把满足条件的组合分为两类:一类为不取某个元素a有Cnm-1种取法，一类为必取a有Cnm--11种取法.由加法原理可知原式成立.

例2证明:n Crn-1=(r+1)Crn+1.

分析原式左端可看成一个班有n个人，从中选出1个人为考察团团长，再在剩余的n-1个人中选r个团员.原式右端可看成先在n个人中选出r+1个团员，在选出的这r+1个团员中再选出一个团长.显然，两种算法计算的是同一个问题，结果当然是一致的.

例3证明:Cnm·Cpn=Cpm·Cnm--pp.

分析原式左端可看成一个班有m个人，从中选出n个人打扫卫生，在选出的n个人中，p个人打扫教室，余下的n-p个人打扫环境卫生的组合数.原式右端可看成先在m个人中选出p个人打扫教室，然后在余下的m-p个人中再选出n-p个人打扫环境卫生.显然，两种算法计算的是同一个问题，结果当然是一致的.

以上三例虽然简单，但它揭示了用组合数的意义证明组合恒等式的一般思路:先由恒等式中意义比较明显的一边构造一个组合问题的模型，再根据加法原理或乘法原理对另一边进行分析.若是几个数(组合数)相加的形式，可以把构造的组合问题进行适当分类，如例1;若是几个数(组合数)相乘的形式，则应进行适当的分步计算，如例2.当然，很多情况下是两者结合使用的.

例4证明:Ckm+n=C0m·Ckn+C1m·Ckn-1+C2m·Ckn-2+…+Ckm·C0n，其中当p>q时Cpq=0.

证明原式左边为m+n个元素中选k个元素的组合数.今将这m+n个元素分成两组，第一组为m个元素，剩下的n个元素为第二组，把取出的k个元素，按在第一组取出的元素个数i(i=0,1,2，…，k)进行分类，这一类的取法数为Cim·Ckn-i.于是，在m+n个元素中取k个元素的取法数为C0m·Ckn+C1m·Ckn-1+C2m·Ckn-2+…+Ckm·C0n.故原式成立.

例5证明:Cnn+Cnn+1+Cnn+2+…+Cnn+m=Cnn++1m+1.

证明原式右边为m+n+1个元素中取n+1个元素的组合数，不失一般性，可以认为是在1,2,3，…，m+n,m+n+1共m+n+1个数中取n+1个数.将取出的n+1个数a1,a2，…，an+1由小到大排列，即设a1

对于某些组合恒等式，有时其左右两边所表示的意义都不易看出，但是如果根据组合数的特点仔细分析，或对原式进行一些适当的变形，往往可以巧妙地构造一个组合问题作为模型，证明就可化难为易.

例6证明:C1n+2C2n+3C3n+…+n Cnn=n·2n-1.

分析注意原式左端等价于C11C1n+C12C2n+C13C3n+…+C1nCnn，这里C1i·Cin可表示先在n个元素里选i个，再在这i个元素里选一个元素的组合数.可设一个班有n名同学，选出若干人(至少1人)组成一个代表团，并指定一人为团长.把这种选法按取到的人数i分类(i=0,1,2，…，n)，则选法总数即为原式左端;今换一种选法，先选团长，有n种选法，再决定剩下的n-1人是否参加，每人都有两种可能，所以团员的选法有2n-1种.即选法总数为n2n-1种.显然两种选法是一致的.

例7证明

分析本题左边与例6左边类似，不同的是例5左边为C1n+2C2n+3C3n+…+n Cnn，而本题为C1n+22C2n+32C3n+…+n2Cnn.只要在例5构造的模型中加上同时还要选一个干事，并且干事和团长可以是同一个人，即可符合原式左边.对原式右边我们可分为团长和干事是否是同一个人两类情况.若团长和干事是同一个人，则有n2n-1种选法;若团长和干事不是同一个人，则有n(n-1)2n-2种选法.所以，共有n2n-1+n(n-1)2n-2=n(n+1)2n-2种选法.

例8证明:(C1n)2+2(C2n)2+3(C3n)2+…+n(Cnn)2=n C2nn-1-1.

分析注意到(Cin)2=CinCnn-i，可设一个班有n个男生与n个女生，在这2n名学生中选n名同学(至少有1名男生)组成一个代表团，并指定其中一名男生为团长，按选出的男生人数i(i=1,2，…，n)分类，这一类有i CinCnn-i=(Cin)2种选法，总的选法有(C1n)2+2(C2n)2+3(C3n)2+…+n(Cnn)2种.原式右边的组合意义是明显的，即直接在n名男生中选一名团长，有n种选法，再从剩下的2n-1人中选出n-1人为团员，共有n C2nn-1-1种选法.

掌握了用组合意义证明组合恒等式这种方法后，还可通过构造一个组合问题的模型，编拟组合恒等式习题.如在例6中除了要选一名团长外，还要选一名干事和一名联络员(可以兼职)便可得C1n+23C2n+33C3n+…+n3Cnn=n2(n+3)·2n-3.具体证法可参照例6与例7.又如，在例8中除了在2n名同学中选出n名团员及指定一名男生为团长外，还要有一名男生担任联络员(可以兼职)，则可得组合恒等式:(C1n)2+22(C2n)2+32(C3n)2+…+n2(Cnn)2=n C2nn-1-1+n(n-1)C2nn-2-2.若在例8中要求，留下的女生中再选一名负责人，则有组合恒等式:(C1n)2+22(C2n)2+32(C3n)2+…+n2(Cnn)2=n2C2nn-1-2.具体证明读者可自己完成.

参考文献

卢开澄,等.组合数学(第三版)[M].北京:清华大学出版社,2002.

证明恒等式篇2

三角形中的恒等式：

对于任意非直角三角形中,如三角形ABC,总有tanA+tanB+tanC=tanAtanBtanC

证明：

已知(A+B)=(π-C)

所以tan(A+B)=tan(π-C)

则(tanA+tanB)/(1-tanAtanB)=(tanπ-tanC)/(1+tanπtanC)

整理可得

tanA+tanB+tanC=tanAtanBtanC

类似地，我们同样也可以求证:当α+β+γ=nπ(n∈Z)时，总有tanα+tanβ+tanγ=tanαtanβtanγ

定义域和值域

sin(x),cos(x)的`定义域为R，值域为[-1,1]。

tan(x)的定义域为x不等于π/2+kπ(k∈Z)，值域为R。

cot(x)的定义域为x不等于kπ(k∈Z),值域为R。

不等式证明技巧篇3

关键词：不等式证明技巧

不等式是研究数学问题的重要工具，它渗透在数学的各个分支学科，有重要的应用。不等式的证明方法灵活多样，它可以和很多内容相结合，对不等式的证明进行探讨无疑是十分有益的。本文通过实例说明不等式证明的某些技巧，提高分析问题与解决问题的能力。

例1：设x，y，z是不全为零的实数，求证：

5x +y +5z >8xz-4xy+4yz.

证明：设二次型f（x，y，z）=5x +y +5z -8xz+4xy-4yz，则f的矩阵是

A=5 2 -42 1 -2-4 -2 5.

因为A的各阶顺序主子式为：

|5|=5>0;5 22 1=1>0; 5 2 -4 2 1 -2-4 -2 5=1>0;

所以，A正定，从而，二次型f（x，y，z）正定，当x，y，z不全为零时f（x，y，z）>0.即5x +y +5z -8xz+4xy-4yz>0，

因此5x +y +5z >8xz-4xy+4yz.

例2：求证：n x ≥（ x ） .

证明：令f（x ，x ，…，x ）=n x -（ x ），则f为二次型，其矩阵为

A=n-1 -1 … -1 -1-1 n-1 … -1 -1… … … … …-1 -1 … n-1 -1-1 -1 … -1 n-1，

将第2，3，…，n列加到第1列，则第1列元素全为零，故|A|=0;用同样的方法可求出A的i阶主子式为（n-i）n >0（i=1，2，…，n-1）.

因为A的主子式都大于或等于零，所以A是半正定的;从而二次型f（x ，x ，…，x ）半正定，所以f（x ，x ，…，x ）≥0，即

n x ≥（ x ） .

例3：设A，B，C是一个三角形的三个内角，证明对任意实数x，y，z，都有

x +y +z ≥2xycosA+2xzcosB+2yzcosC.

证明：记f（X）=X′AX=x +y +z -2xycosA-2xzcosB-2yzcosC，其中

X=（x，y，z）′，P= 1 -cosA -cosB-cosA 1 -cosC-cosB -cosC 1，A+B+C=π，cosC=-cos（A+B）.

对P做初等行变换得：

P～1 -cosA -cosB0 sinA -sinB0 0 0，

于是P的特征值為0，1，sinA，从而得二次型f（X）是半正定的，即对于任意实数x，y，z，f（X）≥0，即x +y +z ≥2xycosA+2xzcosB+2yzcosC成立.

例4：设A是实对称矩阵，其特征根为λ ≤λ ≤…≤λ ，则对任意的实向量X有

λ X′X≤X′AX≤λ X′X.

证明：A是实对称矩阵，存在正交矩阵T，使

T AT=λ λ ？埙 λ ，

于是T AT-λ I特征根非负，即矩阵A-λ I半正定.这样

X′（A-λ I）X≥0.

因此

X′AX≥λ X′X.

同理可证

X′AX≤λ X′X.

例5：设a ∈R，（i=1，2，…，n）证明：

n（a +a +…+a ）≥（a +a +…+a ）

证明：设D=n（a +a +…+a ）-（a +a +…+a ），只要证D≥0.

由于

D=a +a  +…+a a +a +…+a a +a +…+a n

= a a +a +…+a a   n

= a a a 1= a a a 1 1

所以

D= a a a 1 1= （-a ）a a 1 1，

因此

2D=D+D= （a -a ）a -a 1 1= （a -a ） ≥0.

這就证明了D≥0.

参考文献：

[1]张荣.辅助函数在不等式证明中的应用[J].数学的实践与认识，2007，37（20）：224-226.

[2]高淑娥.不等式证明中辅助函数的构造[J].甘肃联合大学学报（自然科学版），2013，27（1）：79-81.

[3]梁波.例谈行列式的几个应用[J].毕节学院学报，2006（04）：27-29.

几个同余恒等式的群论证明篇4

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

基本不等式与不等式基本证明篇5

第一部分：基本不等式变形技巧的应用

基本不等式在求解最值、值域等方面有着重要的应用，利用基本不等式时，关键在对已知条件的灵活变形，使问题出现积（或和）为定值，以便解决问题，现就常用技巧给以归纳。

技巧一：加减常数

例

1、求函数yx

点评：当各项符号不确定时，必须分类讨论，要保证代数式中的各项均为正。

技巧二：巧变常数

例

2、已知0x

点评：形如f(x)x(1ax)或f(x)x2(1ax2)等可有两种变形方法：一是巧乘常数；二是巧提常数，应用时要注意活用。

技巧

三、分离常数

例

3、已知x

5452121x1(x1)的值域。，求函数y＝x（1－2x）的最大值。，则f(x)x3x32x4542有（）32A、最大值B、最小值C、最大值D、最小值

32点评：通过加减常数，分离出一个常数是分式函数求值域常用的方法，这里一定要加减好“常数”，以利于问题的解决。

技巧

四、活用常数

例

4、若x,yR且满足

点评：通过配凑“1”并进行“1”的代换，整理后得到基本不等式的形式，减少了使用基本不等式的次数，有效地避免了等号不能同时取到的麻烦。

技巧

五、统一形式

例

5、已知a,b,cR，求(abc)(4x16y1，求x＋y的最小值。1

ab1

c)的最小值。

点评：根据分母的特点，进行结构调整为统一的形式，这样便能快速求解。含有根号的问题也要注意形式的统一（如求函数yxx2(0x1)可变形为y第二部分：均值定理证明不等式的方法技巧

。x(1x)等）

1．轮换对称型

例1 若a,b,c是互不相等的实数，求

证：abc

222

abbcac.点评：分段应用基本等式，然后整体相加(乘)得结论，是证明轮换对称不等式的常用技

巧。

2．利用“1”的代换型

111

已知a,b,cR,且 abc1,求证 9.abc例2

点评：做“1”的代换。

.3.逆向运用公式型

a,bR,ab1求证： a



b

2.例3已知

点评：依据求证式的结构，凑出常数因子，是解决此类问题的关键。为脱去左边的根号，a

12,b

将

11

转换成 1a,1b,然后逆向运222

用均值不等式：若

a,bR则 ab



ab2

.4．挖掘隐含条件证明不等式

111

a,bR,ab1求证：11.ab9 例4 已知

a,bR,ab1

12

ab说明a,bR,ab1的背后隐含ab

4ab

2点评:由于

着一个不等式ab

.5．用均值不等式的变式形式证明不等式

ab例5已知a,b,cR,求证：



bc

ca



2abc.点评：本题的关键在于对ab,bc,ca的处理，如果能找出

ab与ab间的关系，问题就可以

222222

解决，注意到



ab2ab2ab





ab2

2ab

ab 其中a,b,cR即可。解题时要注意a

b2ab的ab

变式应用。常用



ab2

不等式证明的基本方法篇6

一、比较法

例1 设a、b是非负实数，求证：a3+b3≥ab（a2+b2）.

简解： a3+b3-ab（a2+b2）=a2a（a-b）+b2b（b-a）

=（a-b）［（a）5-（b）5］

当a≥b时，a≥b，从而（a）5≥（b）5，得（a-b）［（a）5-（b）5］≥0；

当a＜b时，a＜b，从而（a）5＜(b)5，得（a-b）［（a）5-(b)5］

＜0

所以a3+b3≥ab（a2+b2）.

二、分析法

例2 已知a＞0，b＞0，2c＞a+b，求证：c-c2-ab＜a＜c+c2-ab．

简解：要证c-c2-ab＜a＜c+c2-ab，只需证，-c2-ab＜a-c＜c2-ab

只需证，|a-c|＜c2-ab即证，(a-c)2＜c2-ab

即证a2-2ac＜-ab，∵ a＞0，只需证，a-2c＜-b

即证a+b＜2c，这为已知．故原不等式成立．

点评：分析法是执果索因，其步骤为未知→需知→已知，在操作中“要证”，“只需证”，“即证”这些词语是不可缺少的．

三、综合法

例3设函数f（x）=2x（1-ln2x），

求证：对任意a、b∈R+，均有f′a+b2≤f′(a)+f′(b)2≤f′2aba+b.

简解：

f′（x）=-2ln2x，f′（a）+f′（b）2=-ln4ab，

f′a+b2=-ln（a+b）2≤-ln4ab，

f′2aba+b=-2ln2•2aba+b≥-2ln4ab2ab=-ln4ab，

∴ f′a+b2≤f′（a）+f′（b）2≤f′2aba+b.

点评：综合法是由因导果，其步骤为：从已知条件出发，利用有关定理、公理、公式、概念等推导出结论不等式.

四、基本不等式法

例4 已知a、b、c均为正数，证明：a2+b2+c2+1a+1b+1c2≥63，并确定a、b、c为何值时，等号成立.

简解：因为a、b、c均为正数，由基本不等式得：

a2+b2≥2ab

b2+2≥2bc

c2+a2≥2ac

所以a2+b2+c2≥ab+bc+ac①

同理1a2+1b2+1c2≥1ab+1bc+1ac②

故a2+b2+c2+1a+1b+1c2

≥ab+bc+ac+31ab+31bc+31ac③

≥63

所以原不等式成立.

当且仅当a=b=c时，①式和②式等号成立，当且仅当a=b=c，（ab）2=（bc）2=（ac）2=3时，③式等号成立，

即当且仅当a=b=c=314时，原式等号成立.

点评：利用基本不等式必须注意：“一正，二定，三相等.”

五、反证法

例5 已知p3+q3=2，求证：p+q≤2.

分析：本题由已知条件直接证明结论，佷难找到证明的方法，正难则反，可以利用反证法.

简解：假设p+q＞2，则p＞2-q，p3＞（2-q）3，

∴ p3+q3＞q3+（2-q）3=q3+8-12q+6q2-q3=6q2-12q+8=6（q-1）2+2≥2

∴ p3+q3＞2与p3+q3=2矛盾，∴ p+q≤2.

点评：正难则反，使用反证法，从否定结论出发，经过逻辑推理，导出矛盾，证明结论的否定是错误的，从而肯定原结论是正确的.

六、放缩法

例6 设数列{an}满足a1=0且11-an+1-11-an=1.

（1）求{an}的通项公式；

(2)设bn=1-an+1n记Sn=∑nk=1bn，证明：Sn＜1.

分析：要证Sn＜1，先求出{bn}的通项公式，再求{bn}的前n项的和Sn，最后利用放缩法.

简解：(1)an=1-1n；

(2)bn=1-an+1n=n+1-nn+1•n=1n-1n+1，

Sn=∑nk=1bn=∑nk=11k-1k+1=1-1n+1＜1.

点评：放缩法是利用不等式的传递性，按题意及目标，作适当的放大或缩小，常用的放缩技巧有：

(1) 舍掉(或加进)一些项；(2)在分式中放大或缩小分子(或分母)；

七、柯西不等式法

例7 若n是不小于2的正整数，求证：47＜1-12+13-14+…+12n-1-12n＜22.

分析：从所要证明的不等式结构可转化为柯西不等式来证.

简解：1-12+13-14+…+12n-1-12n=1+12+13+…+12n-212+14+…+12n=1n+1+1n+2+…+12n

所以求证式等价于47＜1n+1+1n+2+…+12n＜22

由柯西不等式有1n+1+1n+2+…+12n［（n+1）+(n+2)+…+2n］＞n2于是：1n+1+1n+2+…+12n＞n2（n+1）+（n+2）+…+2n=2n3n+1=23+1n≥47

又由柯西不等式有

1n+1+1n+2+…+12n＜

（12+22+…+n2）1(n+1)2+1(n+2)2+…+1(2n)2＜

n1n(n+1)+1（n+1）（n+2）+…+1（2n-1）（2n）=

n1n-12n=22

八、构造法

例8 已知a、b∈R，求证：|a+b|1+|a+b|≤|a|1+|a|+|b|1+|b|.

分析：本题若从绝对值不等式方面入手比较难，但观察不等式两边的结构，可看出是函数f(x)=x1+x（x≥0）自变量x分别取|a+b|、|a|、|b|的函数值，从而可构造函数求解.

简解：构造函数f(x)=x1+x（x≥0），首先判断其单调性，设0≤x1＜x2，因为f(x1)-f(x2)=x11+1-x21+x2=x1-x2(1+x1)（1+x2）＜0，所以f(x1)＜f(x2)，所以f(x)在［0，+∞］上是增函数，取x1=|a+b|，x2=|a|+|b|，显然满足0≤x1≤x2，所以f(|a+b|)≤f(|a|+|b|)，

即|a+b|1+|a+b|≤|a|+|b|1+|a|+|b|=|a|1+|a|+|b|+|b|1+|a|+|b|≤|a|1+|a|+|b|1+|b|.

点评：抓住不等式的结构和特点，转化为函数思想求解是解决此题的关键.

等式或不等式的概率方法证明篇7

等式或不等式的证明是数学中常见的问题, 其证明方法可谓多种多样, 但在以往证明中我们一般只对等式或不等式左右两边的具体数字或符号感兴趣, 如果把数字或符号形象化、具体化, 给它们建立起一个形象直观的数学模型, 不但使等式或不等式加以证明, 而且得到式子存在的数学意义, 加深对等式或不等式的理解。以下将从概率论中的基本概念和定理出发, 利用概率方法完成对等式或不等式的证明。

1 运用加法定理证明等式

2 运用数学期望证明不等式

3 运用随机变量及其分布函数证明不等式

4 结束语

从以上过程可以看出, 运用概率方法来证明等式或不等式是具有优越性的, 不仅证明过程简洁, 更重要的是建立了具体的数学模型, 便于理解。同时, 我们也能看到, 在运用概率方法时, 往往不是单独的一个知识点就能解决问题的, 常常需要几个知识一起运用, 如分布函数结合了期望, 概率结合数学分析中的一些定理, 体现了数学知识联系的紧密性。

参考文献

[1]梁之舜, 邓集贤, 等.概率论及数理统计[M].高等教育出版社.2002

[2]盛骤, 谢式千, 等.概率论与数理统计[M].北京:高等教育出版社.2001

[3]薛留根.概率论解题方法与技巧[M].北京:国防工业出版社.1996

证明恒等式篇8

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.

证明恒等式篇9

1.利用概率方法证明恒等式

对于某些组合恒等式的证明,用常规方式证明,不容易找到证明方法,但是如果采用概率的方法证明,则较易解决.通过对等式的分析,根据等式的特点,通过构造适当的概率模型,那么一些复杂的问题就可以顺利得到解决.

例1:证明等式

其中N,n都是正整数,且N>n.

证明:建立抽样模型:设袋中有N个球,其中n个是白球,N-n个是黑球,无放回地随机抽出,则事件“第k次才首次取到白球”的概率为

因为袋中有n个白球,N-n个黑球,若一开始总是取黑球,直到把黑球取完为止,则最迟到第N-n+1次一定会取到白球:即事件第一次或第二次或最迟到第N-n+1次取到白球是必然事件,其概率为1.故有:

例2:证明组合等式

本题如果采用组合公式进行化简,就会造成很大的计算量.不妨建立抽样模型:令一批产品中共有a+b个,其中a个不合格品,b个是合格品,从中取n个,n=min(a,b),设事件Ak为“取出的n个产品中有k个不合格品”,则事件Ak的概率为由于事件A0∪A1∪…An是必然事件,故有:

2.利用概率方法证明不等式

中学数学中,不等式的证明一直都是一个难点,它的形式多种多样,有些题我们利用代数方法证明起来相对比较困难,而通过使用概率方法,针对不等式的具体形式,构造相应的概率模型,然后利用概率论的一些性质和定理加以证明,则可以使一些不等式的证明大大简化.

根据概率的加法公式和相互独立性得

由于0≤P(A∪B)≤1,因此0≤sinα+sinβ-sinαsinβ≤1

即sinαsinβ≤sinα+sinβ≤1+sinαsinβ

以下我们利用随机变量X的方差Var(X)=EX2-(EX)2≥0的性质得到EX2≥(EX)2,利用这个性质可以使得一些不等式的证明变得简单而快捷.

(2)设a1,a2,…,an为n个正数,则有

证明:(1)构造随机变量X,概率分布为

以上对概率在解决中学数学问题时的应用做了简单列举,事实上,概率还可广泛应用于其他的数学问题,如求积分、极限,以及级数和的问题等,有待进一步探索.

参考文献

[1]茆诗松,等主编.概率论与数理统计[M].高等教育出版社,2011(第二版).

[2]课程教材研究所编.高中数学必修3[M].人民教育出版社,2007(第三版).

用构造法证明不等式篇10

一、构造函数

例1:已知函数f (x) =x2+bx+c (b, c为常数) , 方程f (x) =x的两个实数根是x1, 、x2, 且满足x1-x2>1, 设0<t<x1, 求证f (x) >x1。

证明:构造函数F (x) =f (x) -x=x2+ (b-1) x+c, 其图像的对称轴为, 由x2-x1>1得, 即x1<-, 由于f (x) 在 () 上为减函数, 所以f (x) 在 (-∞, x1) 上为减函数, 又0<t<x1, 所以f (t) >f (x) =x。

二、构造数列

例2:已知a>1, n≥2, n∈N, 求证:。

证明:由a>1, 得, 即, 故原不等式等价于。构造以1为首项, 为公比的等比数列an, 则, 问题转化为证明不等式Sn>n, 即a1+a2+a3+……+an>n。由于an>1, 所以不等式成立。

三、构造不等式

例3:已知, 且, 求证:a+b<1。

证明:构造不等式, 即, 所以, 即a+b<1。

四、构造方程法

例4:已知a>b>c, a+b+c=1, a2+b2+c2=1, 求证:

证明:由a+b=1-c, 得a2+b2= (a+b) 2-2ab= (1-c) 2-2ab=1-c2, 所以ab=c2-c, 因此, 构造以ab为根的方程x2- (1-c) x+c2-c=0, 令f (x) =x2- (1-c) x+c2-c, 令a, b∈R, 及a>b>c, 得, 解得。

五、构造向量法

例5:设任意实数x、y, 满足x<1, y<1, 求证:。

证明:构造向量, 由向量数量积性质, 得, 所以, 即。

六、构造三角形

例6:设a, b∈R+a≠b, 求证:f (a) -f (b) <a-b。

证明:由, 构造直角三角形, 如图1所示, AB=1, BD=b, , BC=a在△ABD中, 有AC-AD<BC-BD, 即, 故原不等式成立。

七、构造解析几何模型

例7:已知a, b, c∈R, a+b+c=1, a2+b2+c2=1, 求证:。

证明:设P (a, b) , 由题意知点P是直线x+y=1-c2与圆x2+y2=1-c2的公共点, 于是圆心O (0, 0) 到直线x+y=1-c2的距离不大于该圆的半径, 即, 所以。

八、构造几何体

例8:已知, a>0, b>0, c>0,

求证:, 当且仅当时取等号。

证明:从三个根式的结构特点容易联想到余弦定理, 于是可构造如图2所示的图形。

作OA=a, OB=b, OC=c, ∠AOB=∠BOC=60°, 则∠AOC=120°, , 由几何知识可知:AB+BC≥AC, ∴, 当且仅当A、B、C三点共线时等号成立, 此时有, , 即ab+bc=ac, 故当且仅当时取等号。

九、构造二项式

例9:已知a>1, n≥2, n∈N, 求证:。:a2>n2 (n2-1) 24

不等式证明的若干方法篇11

关键词：不等式；证明；若干方法

G634.6

一、不等式证明的重要性

数学是大家对客观世界定性掌握和定量刻画、逐渐抽象概括、形成方法和理论，并进行广泛运用的进程。数学能够协助大家非常好地讨论客观世界的规则，并对现代社会中很多纷繁复杂的信息作出恰当的选择与判断。在高中数学教学中，作为不等式知识的重要内容，不等式的证明是教学中的重点和难点地方。不等式的证明是高中数学的一个重要内容，高考中通常呈现在问答题中，涉及到代数运算、函数思路、数列、几何、逻辑推理等知识，证法多样，思路谨慎，若能根据标题特征，灵敏地运用相应的数学方法，通常能快速断定解题思路，然后使问题简捷、精确地获解。

二、不等式证明的概述

17世纪之后，不等式的理论变成数学理论的重要组成部分。根据高斯、柯西、切贝晓夫等对不等式问题的研讨，该理论得到非常快的发展，大家也一直在对不等式进行不断的完善，获得很多重要作用。不等式不仅有重要的理论含义，在实践方面运用于工程技术领域对生产有很大的作用。证明不等式的方法不仅有丰富的逻辑推理、还需要对不等变形和恒等技巧问题进行思考，为何不等式证明的问题教师觉得难讲、学生不会做呢？很大的因素是因为我们常见和常用的方法经常不知道怎样用，因而，我想有必要对不等式的证明方法进行总结概括。

三、不等式证明的若干方法

（一）比较法

这是一种证明不等式的最基本的方法，具体有“作差法”和“作商法”两种。此法表现了简化了思路方法，其基本证明思路是把难以比较的式子变成其差与0比较，或者其商与1比较。通常状况下，若求证的不等式两头是分式时，常用作差法；若求证的不等式两头是乘积方式或幂指数方式时，常用作商法来比较。

（二）归纳法

由已知条件出发，凭借某些现已证明过的不等式和不等式的性质及其有关定力，根据逐渐的逻辑推理，处处所要证明的不等式建立。此法的特点是“由因导果”，即从“已知”看“已知”。

（三）研究法

研究法是用研究证明，“若A则B”这个问题模式是：欲证B的真，只需证明B1的真，然后又……，只需证明A为真，故B真。可见研究法是拿果索因，步步寻求上一步建立的充分条件。

这即是假定不等式建立，然后运用不等式的基本条件，逐渐推演，变形，最终得到一个简单显着建立或已证明建立的不等式；而推证又可逆，我们就能够断定不等式建立，这种方法是我们证明不等式的基本方法之一。

总结：从求证的不等式出发，研究使这个不等式建立的充分条件，把证明不等式转化为断定这些充分条件是否建立的问题。如果能够相应这些充分条件建立，那么就能够判断原不等式建立，这即是研究法。通常状况是直接推理不容易，就从定论找条件来推理。

（四）换元法

这是一种使很多实践问题处理中化难为易，化繁为简的方法，有些问题直接证明较为困难，若根据换元的方法去解则很简便，常用于条件不等式的证明，常见的是“三角换元法”和“比值换元法”。

①三角换元法：这是一种常用的换元方法，在处理代数问题时，运用适当的三角函数进行换元，把代数问题转化为三角问题，再充分运用三角函数的性质去处理问题；②比值换元法：此法对于在已知条件中富含很多个等比式的问题，通常可先设一个辅佐不知道数表明这个比值，然后代入要求证的式子即可。

（五）放缩法

这种方法是在证明不等式时，把不等式一边适当扩展或减小，运用不等式的传递性来证明不等式。此法是证明不等式的重要方法，技巧性强。通常用到的技巧有：①舍去一些正项或负项。②在和或积中换大或换小某些项。③扩展或减小分式的分子或分母等。

（六）反证法

某些不等式从正面出发，不容易下手，能够思考反证法。即先否定定论不建立，然后再根据已知条件及其有关概念、定理、正义等，逐渐推导出与这些相或自相的定论，然后相应原有定论是准确的。通常状况下，但凡呈现“最少”、“仅有”或者富含否定的出题，适用反证法。此法的过程为：反设定论找出相应定论。

（七）数学概括法

此法通常用来证明与自然数N有关的不等式，在证明进程中需求分两个过程，这两个缺一不可。

（八）判断式法

此法凭借于二次函数中，判断式恒小于0，得出二次函数恒大于0，或者恒小于0。

（九）运用函数单调性证明

理论根据：若函数在区间内可导，则在內单调递加（或单调递减）的充要条件是（或）。

因为不等式与函数有密切关系，因而，据求证的不等式构造出函数，运用函数的单调性能够证明某些不等式，此方法特别适用于函数不等式的证明。

运用定积分的性质证明不等式。理论根据：设f，g为概念[a，b]在上两个可积函数，若，则有。

定积分是凭借于积分学的知识，证明不等式的一种方法，它重要运用积分的基本公式、基本性质、基本定理证明不等式。

四、结束语

不等式的证明是多变的，因题而异。但万变不离其宗，大都需从运用概念及基本性质下手，寻求处理之道。在平时教学中，高中数学教师仍是要根据很多的练习，协助学生掌握常见的方法的运用。希望这篇文章在这方面能起到抛砖引玉的作用。文章总结了运用高等数学的知识证明不等式的若干方法，指出每一种方法的适用范围和运用时应注意的事项及具体过程。

参考文献：

[1]蔡兴光，郑列.高等数学应用与提高[M].北京：北京科学出版社，2012.

一类根式不等式的证明篇12

根式不等式的解证具有一定的难度, 不论在教学还是竞赛、问题征解方面, 凡涉及一般都认为是难点.作者经长期的探索、研究、归纳总结, 认为有些根式不等式都是遵从某种规律, 把这种规律性总结为一种命题 (或定理) , 在这类不等式的证明中直接运用, 将使得证明过程大大地简化.下面举例说明.

命题Ⅰ m≥2, 0<ai≤2m-1, i=1, 2, …, n, 则

$\sum_{i = 1}^{n} \sqrt[m]{a_{i} + 1} ＞ n + \frac{\sum_{i = 1}^{n} a_{i}}{2^{m} - 1} . (1)$

证明由题设知 $0 ＜ \frac{a_{i}}{2^{m} - 1} \leq 1 ‚ i = 1 ‚ 2 ‚ \dots ‚ n .$

故 $\frac{a_{i}}{2^{m} - 1} \geq (\frac{a_{i}}{2^{m} - 1})^{k}$ ,

其中k=0, 1, 2, …, m;i=1, 2, …, n.于是

$\begin{array}{l} \sqrt[m]{a_{i} + 1} = \sqrt[m]{(2^{m} - 1) \frac{a_{i}}{2^{m} - 1} + 1} \\ ＞ \sqrt[m]{(\frac{a_{i}}{2^{m} - 1} + 1)^{m}} = \frac{a_{i}}{2^{m} - 1} + 1 . \end{array}$

所以 $\sum_{i = 1}^{n} \sqrt[m]{a_{i} + 1} ＞ n + \frac{\sum_{i = 1}^{n} a_{i}}{2^{m} - 1} .$

运用命题1进行证明.

例1 试证 $\sqrt[4]{1 + 15 \sin^{2} α} + \sqrt[4]{1 + 15 \cos^{2} α} \geq 3 .$

证明由 (1) 得

$\begin{array}{l} \sqrt[4]{1 + 15 \sin^{2} α} + \sqrt[4]{1 + 15 \cos^{2} α} \\ \geq 2 + \frac{15 (\sin^{2} α + \cos^{2} α)}{15} = 3 . \end{array}$

例2 (《数学教学》1991年第3期数学问题247题) 已知a, b, c∈R+, 且a+b+c=1, 求证:

$\sqrt[3]{7 a + 1} + \sqrt[3]{7 b + 1} + \sqrt[3]{7 c + 1} ＞ 4 .$

证明由 (1) 得

$\begin{array}{l} \sqrt[3]{7 a + 1} + \sqrt[3]{7 b + 1} + \sqrt[3]{7 c + 1} \\ ＞ 3 + \frac{7 (a + b + c)}{7} = 4 . \end{array}$

从例1、例2两例不等式的证明, 我们清楚的认识到, 发掘、归纳总结一般性的规律, 对解证同一类问题大有禅益.

命题Ⅱ 设 $m \geq 2 ‚ 0 ＜ a_{i} ＜ \sqrt[m]{2^{m} - 1} ‚ i = 1 ‚ 2 ‚ \dots ‚ n$ , 则

$\sum_{i = 1}^{n} \sqrt[m]{a_{i}^{m} + 1} ＜ n + \frac{\sum_{i = 1}^{n} a_{i}}{\sqrt[m]{2^{m} - 1}} . (2)$

证明因 $0 ＜ \frac{a_{i}}{\sqrt[m]{2^{m} - 1}} \leq 1$ , 故

$(\frac{a_{i}}{\sqrt[m]{2^{m} - 1}})^{k} \geq (\frac{a_{i}}{\sqrt[m]{2^{m} - 1}})^{m}$ ,

其中k=0, 1, 2, …, m;i=1, 2, …, n.于是

$\begin{array}{l} \sqrt[m]{a_{i}^{m} + 1} = \sqrt[m]{(2^{m} - 1) (\frac{a_{i}}{\sqrt[m]{2^{m} - 1}})^{m} + 1} \\ \leq \sqrt[m]{(\frac{a_{i}}{\sqrt[m]{2^{m} - 1}} + 1)^{m}} = \frac{a_{i}}{\sqrt[m]{2^{m} - 1}} + 1 . \end{array}$

所以 $\sum_{i = 1}^{n} \sqrt[m]{a_{i}^{m} + 1} ＜ n + \frac{\sum_{i = 1}^{n} a_{i}}{\sqrt[m]{2^{m} - 1}} .$

由命题Ⅰ、Ⅱ证明《数学教学》1995年第1期数学问题353题:

例3 若a, b, c满足a+b+c=1, 求证:

$\frac{10}{3} ＜ \sqrt{3 a^{2} + 1} + \sqrt{3 b^{2} + 1} + \sqrt{3 c^{2} + 1} ＜ 4 .$

证明因为a+b+c=1, 所以 $a^{2} + b^{2} + c^{2} \geq \frac{1}{3} .$

由 (1) 得

$\begin{array}{l} \sqrt{3 a^{2} + 1} + \sqrt{3 b^{2} + 1} + \sqrt{3 c^{2} + 1} \\ ＞ 3 + \frac{3 (a^{2} + b^{2} + c^{2})}{3} = 3 + \frac{1}{3} = \frac{10}{3} . \end{array}$