证明条件方差

证明条件方差（精选4篇）

证明条件方差篇1

样本方差有2种表达方式：

n1n(Xi)2-----（1）ni1

Sn1(Xi)2-----（2）n1i12

从理论上说这2种定义都是可行的，现实生活中更经常使用方程（2），是因为方程（2）是总体方差真实值2的无偏估计量，而（1）是有偏估计量。无偏性在应用中非常重要，估计量只有无偏才能保证在样本数目足够大时无限趋近于真实值，估计才有意义。证明方程（2）的无偏性如下，思路是对估计量求期望，看是否等于总体方差：

n1E(Sn1)E[(Xi)2]n1i1

n1E{[(Xi)()]2}n1i1

nn12E{[(Xi)2(Xi)()n()2}n1i1i12

n1{E(Xi)22nE()2nE()2}n1i1

n1{E(Xi)2nE()2}n1i1

212{nn()}n1n

2

证毕。

如果有问题，可随时联系我。

祝好！

证明条件方差篇2

一、概念理解

一般对于一个命题 (题设用p表示, 结论用q表示) , 如果既有p⇒q又有q⇒p, 此时我们说p是q的充分必要条件, 简称充要条件 (sufficient and necessary condition) .显然, 如果p是q的充要条件, 那么q也一定是p的充要条件.由于充要条件的概念性、理论性较强, 学生学习时会感到枯燥乏味.为此, 教师在教学时首先要注重激发学生的学习兴趣, 让学生在自我思考与相互交流中给概念“下定义”, 去体会概念的本质属性.其次, 充要条件与真、假命题的题设与结论紧密相关, 教学中可以从判断真假命题入手, 分析命题的题设对于结论是否充分而引入充分条件的概念;分析命题的结论对于题设是否必要而引入必要条件的概念.再次, 教材中对充要条件的定义没有做过多的说明, 为了让学生能理解定义的合理性, 教师可以从一些熟悉命题的题设与结论之间的关系和互为逆否命题的等价性来引导学生进一步理解充要条件的概念.如有甲这个条件一定要推出乙这个结果, 有乙这个结果一定要推出甲这个条件, 这样才是充要条件.教学中可以举一些生活化的例子帮助学生加深理解.如 (1) 只要天下雨, 地就会湿;有“天下雨”这个条件就一定有“地湿”这个结果.但“地湿”这个结果不一定就是“天下雨”造成的, 还可能有其他的条件原因, 如洒水车洒的、别人喷的等等; (2) 只有阳光充足, 菜才能长得好;有“阳光充足”这个条件“菜”不一定就长得好, 还需要施肥、浇水等其他条件;但“菜”要长得好一定要有“阳光充足”这个条件.这两个例子都不是充要条件, 我们用充分不必要条件、必要不充分条件与充要条件进行比较, 可以加深学生对充要条件的掌握.

二、例题证明

1.函数中的充要条件

【例1】已知b>1, 证明函数f (x) =ax-bx2, 对任意x∈[0, 1], |f (x) |≤1的充要条件是:

证明: (1) 充分性.∵a≥b-1, b>1, ∴a≥b-1>0, 对x∈[0, 1]有ax≥ (b-1) x, ∴ax-bx2≥ (b-1) x-bx2=b (x-x2) -x, ∵b (x-x2) ≥0, ∴ax-bx2≥-x≥-1, 记f (x) ≥-1.又∵, 对x∈[0, 1]有, ∴, 记f (x) ≤1, ∴-1≤f (x) ≤1, 即当b>1, 时, x∈[0, 1], |f (x) |≤1.

(2) 必要性.∵对x∈[0, 1], |f (x) |≤1⇒f (x) ≥-1⇒f (1) ≥-1⇒a-b≥-1, ∴a≥b-1;又∵对x∈[0, 1], |f (x) |≤1⇒f (x) ≤1, ∵已知b>1, , ∴即对x∈[0, 1], |f (x) |≤1时,

综上, 当b>1时, 对任意x∈[0, 1], |f (x) |≤1的充要条件是:

【例2】已a>0知, 证明函数f (x) =x2-2alnx-2ax有唯一零点的充要条件是:

证明: (1) 充分性.∵a=1/2, ∴f (x) =x2-2alnx-2ax=x2-lnx-x (x>0) ,

当x∈ (0, 1) 时, f′ (x) <0, f (x) 在 (0, 1) 上是单调递减函数;

当x∈ (1, +∞) 时, f′ (x) >0, f (x) 在 (1, + ∞) 上是单调递增函数.

∴当x=1时, f (x) min=f (1) =12-ln1-1=0, 即f (x) ≥0, 当且仅当x=1时取等号, 即当a=1/2时, 函数f (x) =x2-2alnx-2ax (x>0) , 有唯一零点.

(2) 必要性.∵函数f (x) =x2-2alnx-2ax (x>0) , 有唯一零点, ∴f (x) =0有唯一解, ∵, 令f′ (x) =0, 得x2-ax-a=0, ∵a>0, x>0, 解方程得 (舍去) , ,

当x∈ (0, x2) 时, f′ (x) <0, f (x) 在 (0, x2) 上是单调递减;

当x∈ (x2, +∞) 时, f′ (x) >0, f (x) 在 (x2, +∞) 上是单调递增.

∴x=x2当时, f (x) min=f (x2) , ∵函数f (x) =x2-2alnx-2ax (x>0) , 有唯一零点.∴f (x2) =0, 由∵a>0, ∴lnx2+x2-1=0, 解得x2=1, 即, 即当a>0时, 由函数f (x) =x2-2alnx-2ax有唯一零点可得a=1/2.

综上, 当a>0时, 函数f (x) =x2-2alnx-2ax有唯一零点的充要条件是:a=1/2.

2.数列中的充要条件

【例3】已知数列{an}满足a1=2, , (a, λ∈R) , 试写an≥2出对任意n∈N*都成立的充要条件, 并证明你的结论.

分析探究:先由结论求得必要条件, 再对从必要性得到的条件论证它的充分性.

证明: (1) 必要性. (特值法) ∵an≥2对n∈N*成立, ∴a2≥2, 由得:λ≥-2a21+2a1, 又∵a1=2, ∴λ≥-2a21+2a1=-2×22+2×2=-4, ∴λ≥-4; (一般法) ∵an≥2对n∈N*成立,

∴数列{an}满足a1=2, , (a, λ∈R) , 当an≥2对n∈N*成立时, λ≥-4.

(2) 充分性.用数学归纳法证明λ≥-4对n∈N*, an≥2都成立.

(ⅰ) 当n=1时, a1=2≥2结论明显成立;

(ⅱ) 假设n=k (k≥1) 时结论成立, 即an≥2, 那么n=k+1 (k≥1) 时, , f (x) =an+1, x=an设, 考察函数, x∈[2, +∞) , ①若-4≤λ≤0, 由, 知f (x) 在区间[2, + ∞) 上是单调递增的.由假设得

;②若λ>0, 对x∈[2, +∞) 总有, 则由假设得, 所以当n=k+1 (k≥1) 时, , 也结论成立;

(ⅲ) 由 (ⅰ) 、 (ⅱ) 可知当λ≥-4时, 对n∈N*, an≥2都成立.

即an≥2对n∈N*成立的充要条件是:λ≥-4.

【例4】设数列{an} (n=1, 2, 3, …) 是等差数列, 且公差为d, 若数列{an}中任意 (不同) 两项之和仍是该数列中的一项, 则称该数列{an}是“封闭数列”, 试写出等差数列为“封闭数列”的充要条件, 并加以证明.

分析探究:先由结论求得必要条件, 再对从必要性得到的条件论证它的充分性.

证明: (1) 必要性.任取等差数列{an}的两项as, at (s≠t) , 若等差数列{an}中存在ak使得as+at=ak, 则有2a1+ (s+t-2) d=at+ (k-1) da1= (k-s-t+1) d, 故存在m=k-s-t+1∈Z, 使得a1=md, 确定m的范围:∵k≥1, k+1≥2, ∴m≥2- (s-t) , ∵s≠t, 不妨设s≥1, 则t≥2, s+t≥3⇒2- (s+t) ≤-1, ∴m≥-1, ∴若等差数列{an}为“封闭数列”, 则有a1=md (m∈Z且m≥-1) .

(2) 充分性.∵a1=md (m∈Z且m≥-1) , 若取等差数列{an}中的任意两项as, at (s≠t) , 则as+at=a1+ (s-1) d+a1+a1+ (t-1) d, 将上式中的一个a1用md代换得:as+at=a1+ (s-1) d+md+ (t-1) d=a1+[ (s+t+m-1) ]d, ∵s+t≥3, m≥-1, ∴s+t+m-1∈N*, ∴as+at=a1+[ (s+t+m-1) -1]d=as+t+m-1是数列{an}中的第s+t+m-1项, ∴若a1=md (m∈Z且m≥-1) , 则等差数列{an}为“封闭数列”.

即等差数列{an}为“封闭数列”的充要条件是:存在a1=md (m∈Z且m≥-1) .

三、归纳总结