利用概率方法巧妙证明不等式

利用概率方法巧妙证明不等式（精选11篇）

利用概率方法巧妙证明不等式篇1

利用概率方法巧妙证明不等式

作者：成春华

来源：《考试周刊》2013年第64期

摘要：本文利用概率方法的简单性质证明某些不等式，旨在把概率知识与其他数学分支联系起来，从而拓宽解题思路，提高创新思维能力，显示出概率方法在应用上的广泛性和优越性，体现出数学的统一性.关键词：不等式概率方法概率模型

概率论是研究随机现象规律的数学分支，它有自己独特的概念、定理、性质、公式和结论，形成一套完整的数学体系.一般将用概率论的相关知识解决问题的方法统称为概率方法.无论在初等数学还是在高等数学中，不等式的证明始终是难点.如果考虑将一些不等式，特别是那些变量在0和1之间取值的不等式，可以将这些变量建模成某些事件的概率，这样就可以把不等式问题转化成概率问题.用概率论方法来证明一些不等式，不但可以简化证明，而且可以将概率知识与其他数学分支联系起来，从而拓宽解题思路，提高创新思维能力.本文主要利用事件发生的概率取值范围，互斥事件与独立事件同时发生的概率性质，以及概率公式等概率论中最基础最基本的知识，为不等式的证明提供一种新的思路.这些最基础的知识在证明某些不等式时能发挥不同寻常的作用，使得证明思路自然，运算简单，不需再为不等式如何变形而冥思苦想、绞尽脑汁.下面举例说明概率论方法在一些不等式中的应用，为证明不等式提供一种新的思路.参考文献：

利用概率方法巧妙证明不等式篇2

一、利用概率方法证明一些代数恒等式

二、利用概率方法证明一些组合恒等式

三、利用概率方法求级数的和

四、利用概率方法证明积分不等式

五、利用概率方法证明积分的极限

六、利用概率方法证明数学中的一些重要定理

摘要：概率方法的应用已成为概率论的一个很新颖的方向。下文利用概率方法证明了其他数学领域中的一些数学命题, 例如代数恒等式、组合恒等式和积分不等式等等。

关键词：概率方法,数学证明,随机模型

参考文献

[1]茆诗松.概率论与数理统计教程[M].北京:高等教育出版社, 2004.

构造概率模型证明组合恒等式篇3

关键词：组合恒等式；概率模型

一、引言

1、问题提出。组合数学是数学的一个重要分支，而组合恒等式的研究又是组合数学的一个重要内容之一。由于组合恒等式在概率中有着极为广泛的应用，又是研究概率论的重要工具，因此我们同样可以反过来构造适当的概率论模型去证明一些组合恒等式。从而使一些复杂的恒等式证明变得简单易懂。

2、文献综述。文献[1]用贝努里概率模型证明了组合恒等式，能够使得一些看似复杂的组合恒等式证明变得更加容易。文献[2，3，10]用“古典概率模型”中的抽球模型证明了组合恒等式，通过此模型对问题的解决，使我们得到了一个一般的概率思想方法。文献[11]用几何概率思想并运用了超几何概率公式，全概率公式以及完备事件组性质证明了组合恒等式，而本文则通过三种模型的结合证明了组合恒等式，使概率的思想方法在组合恒等式的证明中得到了更充分的利用，并对恒等式证明进行了归类，体现了学科与学科之间的相互应用。

二、三种模型的证明

1、构造抽球模型证明组合恒等式。抽球模型问题是概率论中“古典概率模型”的一类基本问题，我们可以构造抽球模型来证明一些组合恒等式。

2、构造几何概率模型证明组合恒等式。对于组合数学中的一些恒等式，通过构造几何模型进行证明能够使得这些等式的证明变得更加清晰明了。下面就是三个通过构造几何模型证明的组合恒等式。

3、构造贝努里概率模型证明组合恒等式。证明组合恒等式的方法有很多，而通过构造贝努里概率模型证明组合恒等式能够使得一些看似复杂的组合恒等式更加便捷。

等式得证

此题利用几何分布的性质，期望及方差得到证明。在这里我们运用上面的三种构造概率模型的方法證明了我们常见的十个组合恒等式。构造概率模型的方法还可以解决许多其它的组合恒等式如：

参考文献

[1] 屈婉玲.组合数学[M].北京大学出版社，1989.

[2] 盛骤，谢式千，潘承毅.概率论与数理统计[M].高等教育出版社，2007，7-8.

[3] 刘云，王阳.巧用概率模型解决代数问题[J].和田师范专科学校学报，2008，215-206.

[4] 孙树伟.几类组合恒等式的概率证法[J].高校讲台，2007.11-13

[5] 孙福杰.用古典概率方法证明组合恒等式[J].白城师范学院学报，2003. 69-70.

利用半正定二次型证明条件不等式篇4

利用半正定二次型证明条件不等式的基本思路：首先构造二次型，然后利用二次型半正定性的定义或等价条件，判断该二次型为半正定，从而得出不等式.例：已知三角形三边为a，b，c，面积为S，证明：a2

证明：由余弦定理和面积公式将问题转化为

f(a,b)abab2abcosC23absinC2222bc43S22

2a2b2ab(cosC2a2b4absin(22223sinC)

6C)

2C)2其矩阵为A2sin(C)62sin（其一阶、二阶主子式分别为：

20，A4[1sin(2

6C)]4cos(2

6C)0，所以A半正定，从而二次型

积分不等式的证明方法篇5

摘要

在高等数学的学习中,积分不等式的证明一直是一个无论在难度还是技巧性方面都很复杂的内容.对积分不等式的证明方法进行研究不但能够系统的总结其证明方法,还可以更好的将初等数学的知识和高等数学的结合起来.并且可以拓宽我们的视野、发散我们的思维、提高我们的创新能力,因此可以提高我们解决问题的效率.本文主要通过查阅有关的文献和资料的方法,对其中的内容进行对比和分析,并加以推广和补充,提出自己的观点.本文首先介绍了两个重要的积分不等式并给出了证明,然后分类讨论了证明积分不等式的八种方法,即利用函数的凹凸性、辅助函数法、利用重要积分不等式、利用积分中值定理、利用积分的性质、利用泰勒公式、利用重积分、利用微分中值定理,最后对全文进行了总结．

关键词：积分不等式,定积分,中值定理,柯西-施瓦兹不等式,单调性

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ABSTRACT

When we study mathematics,the proof of integer inequality has always been seen as a complex content both in difficulty and skill．In this paper the proof methods of integral inequality are organized systematically to combine the knowledge of elementary mathematics and higher mathematics better.Also our horizons can be broadened,thinking can be divergencied and innovation ability can be improved,so as to improve our efficiency of problem solving.The paper is completed by referring to relevant literature,comparing and analysing related content, complementing and promoting related content.In this paper ,two important integral inequalities along with their proof methods are given first,and then eight approaches to proof integral inequalities are introduced,such as concavity and convexity of function,method of auxiliary function,important integral inequality, integral mean value theorem, integral property, Taylor formula,double integral and differential mean value theorem.Finally,the full paper is summarized．

Key words: Integral Inequality, Definite Integral,Mean Value Theorem，Cauchy-Schwarz Inequality, Monotonicty

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1.引

言

不等式在数学中有着重要的作用,在数量关系上,尽管不等关系要比相等关系更加普遍的存在于人们的现实世界里,然而人们对于不等式的认识要比方程迟的多.直到17世纪之后,不等式的理论才逐渐的成长起来,成为数学基础理论的一个重要组成部分.众所周知,不等式理论在数学理论中有着重要的地位,它渗透到了数学的各个领域中,因而它是数学领域中的一个重要的内容.其中积分不等式更是高等数学中的一个重要的内容．

实际上关于定积分的概念起源于求平面图形的面积和一些其他的实际问题.有关定积分的思想在古代就有了萌芽,比如在公元前240年左右的古希腊时期,阿基米德就曾经用求和的方法计算过抛物线弓形和其他图形的面积.在历史上,积分观念的形成要比微分早.然而直到17世纪后半期,较为完整的定积分理论还没有能够形成,一直到Newton-Leibniz公式建立之后,有关计算的问题得以解决后,定积分才迅速的建立并成长起来．

本论文研究的积分不等式结合了定积分以及不等式.关于它的证明向来是高等数学中的一个重点及难点.对积分不等式的证明方法进行研究，并使其系统化，在很大程度上为不同的数学分支之间架起了桥梁.深刻的理解及掌握积分不等式的证明方法可以提升我们对其理论知识的理解,同时可以提高我们的创造思维和逻辑思维．

在论文的第三部分中对积分不等式的证明方法进行了详细的阐述.分别从利用函数的凹凸性、辅助函数法、利用重要积分不等式、利用积分中值定理、利用泰勒公式、利用重积分、利用微分中值定理、利用定积分的性质这八个方面给出了例题及证明方法.这样通过几道常见的积分不等式的证明题,从不同的角度,用不同的方法研究、分析了积分不等式的特点,归纳总结出了其证明方法.同时论文中也对有的题目给出了多种证明方法,这启示我们对于同一道积分不等式而言它的证明方法往往不止一种,我们需要根据实际情况采用合适的方法去证明,从而达到将问题化繁为简的目的．

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2.几个重要的积分不等式

在高等数学的学习中我们遇到过许多重要的积分不等式,如Cauchy-Schwarz不等式,Young不等式等.它们的形式及证明方法都有很多种,在这一小结中我们将给出这两种积分不等式的证明方法．

2.1 Cauchy-Schwarz不等式

无论是在代数还是在几何中Cauchy-Schwarz不等式的应用都很广泛,它是不同于均值不等式的另一个重要不等式．其形式有在实数域中的、微积分中的、概率空间,F,P中的以及n维欧氏空间中的4种形式.接下来在这一部分中我们将对其在微积分中的形式进行研究．

定理2.1[1] 设f(x), g(x)在[a,b]上连续,则有

[f(x)g(x)dx]2{[f(x)]2dx} {[g(x)]2dx}．

aaabbb证明：要证明原不等式成立,我们只需要证



设Ftt2abaf2xdxat2bbgxdxfxgxdx0成立． a 222tfxdxgxdxfxgxdx,则只要证FbFa成立，aa由Ft在[a,b]上连续,在a,b内可导,得

Ftf2tg2xdxg2tf2xdx2ftgtfxgxdxaaa2222ftgx2ftgtfxgxgtfxdx atttt

ftgxgtfxdx0．

(2.1)a由(2.1)式可知Ft在[a,b]上递增,由ba,知FbFa,故原不等式成立．

证毕

实际上关于Cauchy-Schwarz不等式的证明方法有很多,这里我们采用的证明方法是较为普遍的辅助函数法,它将要证明的原积分不等式通过移项转变为了判断函数在两个端点处函数值大小的问题．通过观察我们可以进一步发现原Cauchy-Schwarz不等式能够改写成以下行列式的形式 t2 4 南通大学毕业论文

fxfxdxgxfxdx0，aabbbafxgxdxgxgxdxab由此我们可以联想到是否可以将它进行推广？答案是肯定的.下面我们将给出

CauchySchwarz不等式的推广形式．

定理2.2[2] 设fx,gx,hx在a,b上可积,则

hxfxdxfxgxdxgxgxdxhxgxdx0． fxhxdxgxhxdxhxhxdxaaabbbaaabbbaaabfxfxdxbgxfxdxb 证明：对任意的实数t1,t2,t3,有

bat1fxt2gxt3hxdx

bbbaaa2t12f2xdxt22g2xdxt32h2xdxbbaa

ba2t1t2fxgxdx2t1t3fxhxdx2t2t3gxhxdx0．注意到关于t1,t2,t3的二次型实际上为半正定二次型, 从而其系数矩阵行列式为

babbaf2xdxbagxfxdxabhxb2fxdx

xfxhfaxgxdxdxbab2agxdxbaxhag0x．d x证毕 xdxgxhxdxh以上的推广是将Cauchy-Schwarz不等式的行列式由二阶推广到了三阶的形式,事实上Cauchy-Schwarz不等式是一个在很多方面都很重要的不等式,例如在证明不等式,求函数最值等方面.若能灵活的运用它则可以使一些较困难的问题得到解决.下面我们会在第三部分给出Cauchy-Schwarz不等式及其推广形式在积分不等式证明中的应用．

除了Cauchy-Schwarz不等式之外还有很多重要的积分不等式,例如Young不等式,相较于Cauchy-Schwarz不等式我们对Young不等式的了解比较少,实际上它也具有不同的形式且在现代分析数学中有着广泛的应用.接着我们将对Young不等式进行一些研究．

2.2 Young不等式

Young不等式,以及和它相关的Minkowski不等式,HÖlder不等式,这些都是在现代分

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析数学中应用十分广泛的不等式,在调和函数、数学分析、泛函分析以及偏微分方程中这三个不等式的身影随处可见,是使用得最为普遍,最为平凡的知识工具.下面我们将给出积分形式的Young不等式的证明．

定理2.3[3] 设f(x)在[0,c]（c0）上连续且严格递增,若f(0)0,a[0,c]且b[0,f(c)],则0f(x)dx0f1(x)dxab,其中f1是f的反函数,当且仅当bf(a)时等号成立．

证明：引辅助函数g(a)abf(x)dx，(2.2)

0aab把b0看作参变量,由于g(a)bf(a),且f严格递增,于是

当 0af1(b)时,g(a)0；当 af1(b)时,g(a)0；当 af1(b)时,g(a)0．因此当af1(b)时,g(a)取到g的最大值,即

gamaxgxgf1b

(2.3)

由分部积分得

f1(b)f1(b)0g(f(b))bf(b)作代换yf(x),上面积分变为

11f(x)dx0xdf(x)，g(f1(b))f1(y)dy，(2.4)

0b将(2.2)式和(2.4)式代入(2.3)式得

abf(x)dxf(y)dyf1(x)dx，000ab1b即f(x)dxf1(x)dxab．证毕

00ab 6 南通大学毕业论文

3.定积分不等式常见的证明方法

关于积分不等式的证明方法较为繁多,难度及技巧性也较大,因此对其进行系统的归纳总结是很有必要的．在这一部分中我们将归纳出利用辅助函数、微分中值定理、重要积分不等式及积分中值定理等证明积分不等式的方法．

3.1 利用函数的凹凸性

在数学分析以及高等数学中,我们常常会遇到一类特殊的函数—凸函数．凸函数具有重要的理论研究价值和广泛的实际应用,在有些不等式的证明中,若能灵活地利用凸函数的性质往往能够简洁巧妙的解决问题．下面给出一个例子加以说明．

定理3.1 若t定义在间隔m,M内,且t0,则t必为下凸函数．

定理3.2 设fx在[a,b]上为可积分函数,而mf(x)M．又设t在间隔mtM内为连续的下凸函数,则有不等式

1b1bfxdxfxdx． aabababb例3.1[4] 设fx在a,b上连续,且fx0,求证：fxdxaa12dxba． fx证明: 取u112, 因为u20,u30,u0 uuu即在u0时,yu为凸函数,故有

1b1bfxdxfxdx，aabababa即fxdxabba1dxbbfx12dxba．

证毕，故fxdxaafxba在上述的题目中我们可以发现在证明中常常先利用导数来判断函数的凹凸性,然后再利用凹（凸）函数的性质来证明不等式．然而对于实际给出的题目,我们往往需要先构造一个凹（凸）函数,然后才能利用其性质来证明我们所要证明的问题．

3.2 辅助函数法

辅助函数法是积分不等式证明中的一种非常重要的方法,往往我们会根据不等式的特点,构造与问题相关的辅助函数,考虑在相同的区间上函数所满足的条件,从而得出欲证明

南通大学毕业论文的结论．在第二部分中我们用辅助函数法对Cauchy-Schwarz不等式进行了证明,下面将对用辅助函数法证明积分不等式进行进一步的探讨．

例3.2.1[5] 设函数fx在区间0,1上连续且单调递减,证明：对a(0,1)时, 有： fxdxaf(x)dx．

00a11x证明：令Fxf(t)dt 0x1,由fx连续,得Fx可导

x0则Fxfxxftdt0xx2 fxxfxfxf ,(0x)． 2xx因为f(x)在[0,1]上单调减少,而0x,有fxf, 从而Ft0,Fx在(0,1]上单调减少,则对任意a(0,1),有F(a)F(1)．即

a111af(x)dxafxdx．证毕 a,两边同乘即得f(x)dxfxdx,0000a本题根据积分不等式两边上下限的特点,在区间(0,1)上构造了一个辅助函数,进一步我们可以思考对于一般的情形,该题的结论是否依然成立呢？答案是肯定的.例3.2.2 设函数fx在区间0,1上连续且单调递减非负,证明：对a,b(0,1),且0ab1时,有: fxdx0aabf(x)dx． ab证明：令FxFx1xf(t)dt,0x1,由fx连续,得Fx可导, 则 x0x0fxxftdtx2 fxxfxfxf ,(0x)． 2xx因为f(x)在[0,1]上单调减少,而0x,有fxf,从而Ft0,Fx在(0,1]上单调减少,则对任意0ab1,有F(a)F(b),即

1a1b ftdtftdt．

(3.1)

a0b0由f非负,可得fxdxfxdx．

(3.2)0abb结合(3.1)式和(3.2)式可得即a1a1bfxdxfxdx． a0ba0abfxdxfxdx．

证毕

babbaa例3.2.3[6] 函数f(x)在[a,b]上连续,且fx0 试证：f(x)dx 8

1dx(ba)2． f(x)南通大学毕业论文

在例3.1中我们给出了本题利用函数的凹凸性证明的过程,在这里我们将给出其利用辅助函数法证明的过程．

证明: 构造辅助函数xftdtaxxadt2xa, 则 ft xfxxaxdt1ftdt2xaftafx

xaxftxfxdtdt2dt

afxaftxfxft2dt0, aftfx

所以x是单调递增的,即ba0,故fxdxabba12dxba．证毕 fxabbxfxdxfxdx．

2a例3.2.4 设fx在a,b上连续且单调增加,证明：[7]

ba证明: 原不等式即为xfxdx则Fttft1t2a1taftf , a,t．

2abbfxdx0,构造辅助函数 aa2tattFtxfxdxfxdx ,ta,b，a2atat1fxdxfttaftfxdxa 2 2b因为at,fx单调增加,所以Ft0．故Ft在a,b上单调递增,且Fa0, 所以对x(a,b],有FxFa0．当xb时,Fb0．即

baxfxdxabbfxdx0,故原不等式成立, 证毕 a2通过以上几道题目的观察我们可以发现：

1.当已知被积函数连续时,我们可以把积分的上限或者是下限作为变量,从而构造一个变限积分,然后利用辅助函数的单调性加以证明．

2.辅助函数法实际上是一种将复杂的问题转化为容易解决的问题的方法．在解题时通常表现为不对问题本身求解而是对与问题相关的辅助函数进行求解,从而得出原不等式的结论．

3.3 利用重要积分不等式

在第2部分中我们给出了Cauchy-Schwarz不等式以及它的推广形式的证明过程,实际上Cauchy-Schwarz不等式的应用也很广泛,利用它可以解决一些复杂不等式的证明.在这一小节中我们将通过具体的例子来加以说明它在证明积分不等式中的应用．

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例3.3.1[8] 函数fx在0,1上一阶可导,f1f00, 试证明：10112fxdxfxdx．

402证明：由fxftdtf0和fxftdtf10x1x

可得

f2xx0ftdt2xx1112dtf2tdtxf2xdx,(x0,), 0002111112dtf2tdt(1x)f2xdx,(x,1)． xx02 f2xxftdt12因此 f2xdx 120112fxdx，(3.3)0811

2(3.4)fxdx．8010

112f2xdx将(3.3)式和(3.4)式相加即可以得到f2xdx[2]

112fxdx．

证毕 40b例3.3.2 设fx,gx在a,b上可积且满足：0mfxM,gxdx0，a则以下两个积分不等式

bafxgxdx2b2f2xdxg2xdxm2bag2xdx及

aaabbb bafxgxdx2MmMmbaaf2xdxg2xdx成立．

ab证明：取hx1,由gxdx0及定理2.2知

babaf2xdxfxgxdxfxdxbagxfxdxfxdx0 gxdxaab2abb0bab bafab2xdxagxdxafxdxagxdxbaafxgxdx22bb2b0．

2因此

 bafxgxdx2baf2xdxab1gxdxba2bafxdxgxdx．

(3.5)

2b2a 10 南通大学毕业论文

由mfx可知 bafxdx2b22m2ba，bb2因而bafxgxdxafxdxagxdxmbaag2xdx．

22MmMm由于0mfxM,因此fx．

22化简得f2xMmMmfx, 两边同时积分得 f2xdxMmbaMmfxdx, aabb22由算数-几何平均值不等式可知

于是2baf2xdxMmbaf2xdxMmba，abbaabf2xdxbafxdx2Mm4Mm2．

1则ba bafxdxgxdxba2b2abfxdxba2af2xdxbaf2xdxag2xdx

b2Mma4Mmb

(3.6)f2xdxg2xdx．

ab由式(3.5)和式(3.6)可知

bafxgxdx2MmMm2baf2xdxg2xdx．

证毕

ab以上两道题分别利用了Cauchy-Schwarz不等式及其推广形式．我们在证明含有乘积及平方项的积分不等式时应用Cauchy-Schwarz不等式颇为有用,但要注意选取适当的fx与gx,有时还需对积分进行适当的变形．

3.4 利用积分中值定理

积分中值定理展现了将积分转化为函数值,或者是将复杂函数积分转变为简单函数积分的方法.其在应用中最重要的作用就是将积分号去掉或者是将复杂的被积函数转化为相比较而言较为简单的被积函数,从而使得问题能够简化.因此合理的利用积分中值定理能够有效的简化问题.下面将通过两道例题来说明．

定理3.3（积分第一中值定理）若f(x)在[a,b]上可积且mf(x)M,则存在 11 南通大学毕业论文

u[m,M]使f(x)dxu(ba)成立.特别地,当f(x)在[a,b]上连续,则存在c[a,b],使abbaf(x)dxf(c)(ba)成立．

定理3.4（积分第一中值定理的推广）若函数fx,gx在区间a,b上可积,fx连续,gx在a,b上不变号,则在积分区间a,b上至少存在一个点,使得下式成立

fxgxdxfgxdx．

aabb定理3.5（积分第二中值定理的推广）若函数fx,gx在区间a,b上可积,且fx为单调函数,则在积分区间a,b上至少存在一个点,使得下式成立 fxgxdxfagxdxfbgxdx．

aabb例3.4.1 设函数fx在区间0,1上连续单调递减,证明：对a,b(0,1),且0ab1时,有fxdx0aabf(x)dx,其中fx0． ab对于这道题目我们在3.2.2中给出了其利用辅助函数法证明的过程,实际上这道题目还可以用积分第一中值定理来证明,下面我们将给出证明过程．

证明：由积分中值定理知

0afxdxf1a, 10,a； fxdxf2ba,2a,b；

ab因为12,且fx递减,所以有f1f2, 1a1b1bfxdxfxdxfxdx, 0aaababaab故 fxdxfxdx．证毕

0ba即

例3.4.2 设fx在a,b上连续且单调增加,证明：baabbxfxdxfxdx．

2a同样地，在之前的证明中我们给出了此题利用辅助函数法证明的过程,仔细分析观察这道题目我们还可以发现它可以用积分第一、第二中值定理的推广形式来证明,接着我们将给出此题在这两种方法下的证明过程．

证法一

bababab2证明: xxfxdxxfxdxabfxdx． aa2222bab 12 南通大学毕业论文

abab由定理3.4可知,分别存在1a，,b, 222使得 ab2aabab2xfxdxfx1adx, 22abbabab abxfxdxfx2abdx, 2222 babab因此xfxdxa28b2ff,由于fx在0,1单调增加的,且

210121,所以有 f2f10．

ab从而xfxdx0,故原不等式成立, 证毕 a2b证法二

证明:由定理3.5可知：存在a,b，bababab使得 xfaxdxfbxfxdxdx aa222b fafbab．

由fx单调增加及a,b知fafb0,a0,b0．

bab可得xfxdx0,故原不等式成立, 证毕 a2通过上述两道题目我们可以了解到积分中值定理在实际应用中起到的重要作用就是能够使积分号去掉,或者是将复杂的被积函数转化为相对而言较简单的被积函数,从而使问题得到简化.因此,对于证明有关结论中包含有某个函数积分的不等式,或者是要证明的结论中含有定积分的,可以考虑采用积分中值定理,从而去掉积分号,或者化简被积函数．

3.5 利用积分的性质

关于积分的性质在高等数学的学习中我们已经学到了很多,我们可以利用它来证明许多问题.在这里我们主要利用定积分的比较定理和绝对值不等式等性质对问题进行分析处理．

例3.5.1[9] 设fx在0,1上导数连续,试证：x0,1，13 南通大学毕业论文

有 fxfxfxdx． 0证明：由条件知fx在0,1上连续,则必有最小值, 1即存在x00,1,fx0fx, 由ftdtfxfx0fxfx0ftdt, x0x0xx fxfx0ftdtfx0x0xxx0ftdtfx0ftdt

0101 fx0dt0110ftdtftdt01ftftftdtdt 0

1fxfxdx.故原不等式成立, 证毕

013.6 利用泰勒公式

在现代数学中泰勒公式有着重要的地位,它在不等式的证明、求极限以及求高阶导数在某些点的数值等方面有着重要的作用.关于泰勒公式的应用已经有很多专家学者对其进行了深入的研究,下面我们将举例说明利用泰勒公式也是证明积分不等式的一种重要方法．

定理3.6(带有拉格朗日型余项的Taylor公式)设函数f(x)在点x0处的某邻域内具有n1阶连续导数,则对该邻域内异于x0的任意点x,在x0与x之间至少存在一点,使得：

f(x0)fn(x0)2f(x)f(x0)f(x0)(xx0)(xx0)(xx0)nRn(x)

(1)

2!n!f(n1)()其中Rn(x)(xx0)n1（在x与x0之间）称为拉格朗日型余项,(1)式称为泰勒公(n1)!式．

例3.6.1[10] 设fx在a,b上有二阶连续导数,fafb0,Mmaxfx，xa,b试证明:fxdxabba123M．

证明：对xa,b,由泰勒公式得

fafxfbfxf1xax21xbx2faxa,x, , 2fbxx,b, , 2ab122, 两式相加得 fxfxxfaxfbx24 14 南通大学毕业论文

两边积分得 fxdxabbaab1b22dx, fxxdxfaxfbxa24bbbabab其中 fxxdxxdfxfxdx, aaa22于是有 fxdx故 ba1b22dx, faxfbxaa8Mb22dxMba3．证毕 fxdxaxbx8a12b例3.6.2[6] 设fx在a,b上有二阶导数,且fx0，ab求证 fxdxbaf． a2b证明：将fx在x0ab处作泰勒展开得到 22ab1abababab, fxffxfxx,．

222222

ababab因为fx0,所以可以得到 fxffx，222babababb对不等式两边同时积分得到 fxdxfbafxadx． a222bab因为xdx0, 所以有afxdxbaa2babf．证毕

2通过这两道题目我们大致可以了解到当题目中出现被积函数在积分区间上有意义且有二阶及二阶以上连续导数时,是提示我们用泰勒公式证明的最明显的特征．一般情况下我们选定一个点xo,并写出fx在这个点xo处的展开公式,然后进行适当的放缩或与介值定理相结合来解决问题．

3.7 利用重积分

在一些积分不等式的证明中,由于被积函数的不确定,从而我们不能求出其具体的数值,这时我们可以将定积分转换为二重积分再利用其性质来求解．以下列举了3种利用重积分来证明积分不等式的方法,这种技巧在高等数学中虽然不常见,但却是很重要的,下面我们将通过3道例题来进一步说明．

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3.7.1 直接增元法

命题一[11]：若在区间[a,b]上f(x)g(x),则f(x)dxg(x)dx．

bb例3.7.1[11] 设f(x),g(x)在[a,b]上连续,且满足：

xaf(t)dtg(t)dt,x[a,b],af(t)dtag(t)dt,证明：axf(x)dxaxg(x)dx．

axbbbb证明：由题得f(t)dtg(t)dt, aaxx从而可以得到dxf(t)dtdxg(t)dt,即dx[f(t)g(t)]dt0．

aaaaaabxbxbx左式dx[f(t)g(t)]dt [f(t)g(t)]dxdt(其中D{(x,t)|axb,atx})aaDbx dt[f(t)g(t)]dx (bt)[f(t)g(t)]dt

atabbb b[f(t)dtg(t)dt][tf(t)dttg(t)dt][tf(t)dttg(t)dt]0．

aaaaaabbbbaaaabbbbbb则 tf(t)dttg(t)dt0 , 即xf(x)dxxg(x)dx．证毕

在本题中我们将一元积分不等式f(x)dxg(x)dx的两边同时增加一个积分变量

aaxxbadx，使得一元积分不等式化为二元积分不等式，然后巧妙的运用转换积分变量顺序的方法达到证明一元积分不等式的方法.3.7.2 转换法

在利用重积分来证明积分不等式的时候，我们不但可以采用直接增元法，还可以采用转换法.关于转换法又分为将累次积分转换为重积分，以及将常数转换为重积分这两种形式.下面我们将依次来介绍这两种方法.1.将累次积分转为重积分

命题二[11] 若f(x)在[a,b]上可积,g(y)在[c,d]上可积,则二元函数f(x)g(y)在平面区域D{(x,y)|axb,cyd}上可积,且

Df(x)g(y)dxdyf(x)dxg(y)dyf(x)dxg(x)dx．

acacbdbd其中D{(x,y)|axb,cyd}

例3.7.2[11] 设p(x),f(x),g(x)是[a,b]上的连续函数,在[a,b]上,p(x)0,f(x),g(x)为单调递增函数,试证：

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babap(x)f(x)dxp(x)g(x)dxp(x)dxp(x)f(x)g(x)dx．

aaabbbaaabbb

证明：由p(x)f(x)dxp(x)g(x)dxp(x)dxp(x)f(x)g(x)dx可知：

babap(x)dxp(x)f(x)g(x)dxp(x)f(x)dxp(x)g(x)dx0，aaabbaabbb令Ip(x)dxp(x)f(x)g(x)dxp(x)f(x)dxp(x)g(x)dx, ab下证I0；

Ip(x)dxp(x)f(x)g(x)dxp(x)f(x)dxp(x)g(x)dx

aaaabbbb

同理

p(x)dxp(y)f(y)g(y)dyp(x)f(x)dxp(y)g(y)dy

aaaabbbbbabbabp(x)p(y)f(y)g(y)dxdybabap(x)f(x)p(y)gydxdy

aap(x)p(y)g(y)[f(y)f(x)]dxdy．

(3.7)bbbIp(x)dxaabab(p)x(f)x(g)xdxab(p)x(f)xdx()pxgxdx

p(y)dybbap()xf()xg()xdxab(p)y(f)ydy(p)xgxdxab p(y)p(x)g(x)[f(x)f(y)]dxdy．

(3.8)aa

(3.7)(3.8)得

2Ibabap(x)p(y)[g(y)g(x)][f(y)f(x)]dxdy, 因为f(x),g(x)同为单调增函数,所以[g(y)g(x)][f(y)f(x)]0 又因为p(x)0,p(y)0,故 2Ibabap(x)p(y)[g(y)g(x)][f(y)f(x)]dxdy0,即I0．

证毕

2.将常数转换为重积分的形式

在例3.7.2中我们介绍了将累次积分转换为重积分,在下面的例3.7.3中我们将对常数转换为重积分来进行说明．我们可以发现有这样一个命题,若在二重积分中被积函数f(x,y)k,则可得到kdk(ba)2,其中D{(x,y)|axb,ayb}．

D例3.7.3函数f(x)在[a,b]上连续,且fx0试证：f(x)dx

abba1dx(ba)2． f(x)本题与前面的例3.1以及例3.2.3是同一道题目,在这里我们将利用重积分证明此题．证明：原题即为 f(x)dxabba1dyd, f(y)D 17 南通大学毕业论文

移项可得(Df(x)1)d0, f(y)2(Df(x)f(x)f(y)1)d(1)d(1)d0, f(y)f(y)f(x)DDf(x)f(y)f(x)f(y)2)d0,因为f(x)0,f(y)0,所以20． f(y)f(x)f(y)f(x)所以即为证(D故 (Dbbf(x)f(y)12)d0 恒成立,即f(x)dxdx(ba)2成立, 证毕

aaf(x)f(y)f(x)通过以上三道例题我们可以大致了解到，在这一类定积分不等式的证明过程中我们一般先将所要证明的不等式转化为二次积分的形式,进一步再转换为二重积分,最后利用二重积分的性质或其计算方法得出结论.这种方法克服了数学解题过程中的高维数转化为低维数的思维定势,丰富了将二重积分与定积分之间互化的数学思想方法．

3.8 利用微分中值定理

微分中值定理是数学分析中的重要的一个基本定理,它是指罗尔中值定理、拉格朗日中值定理、柯西中值定理以及泰勒中值定理这四种定理.关于微分中值定理的应用也是很广泛的,证明不等式是微分中值定理最基本的应用之一.在这里我们将对利用柯西中值定理及拉格朗日中值定理证明积分不等式进行研究.下面将通过两个例子来具体说明这两个定理在证明积分不等式中的应用,以及不同的微分中值定理在证明不等式时的区别．

例3.8.1[12] 设fa0,fx在区间a,b上的导数连续,证明：

2baa1bfxdx1maxfx． x2a,b证明：应用Lagrange中值定理,a,x,其中axb,使得

fxfafxa, 因为fa0, 所以fxMxa, Mmaxfx，xa,b从a到b积分得

a bfxdxMbaM2bxadxMxadxx2

aa2bM1122bamaxfxba．即222babafxdx1maxfx.证毕 x2a,b 18 南通大学毕业论文

例3.8.2[13] 设函数fx在0,1上可微,且当x0,1时,0fx1,f00试证：

fxdxf121003xdx．

证明：令Fxx0ftdt,Gxf3tdt，02xFx,Gx在0,1上满足柯西中值定理,则

fxdx10210f03xdxF1F0FG1G0G02fftdt0f32ftdt0f2 01

2ftdtftdtf2f0202f11 , 01．

2fff所以 10fxdx2f2xdx．

证毕

01通过以上两道题目可以发现：

1.在应用Lagrange中值定理时先要找出符合条件的函数fx,并确定fx在使用该定理的区间a,b,对fx在区间a,b上使用该定理．若遇到不能用该定理直接证明的,则从结论出发,观察并分析其特征,构造符合条件的辅助函数之后再应用Lagrange中值定理．

2.在研究两个函数的变量关系时可以应用Cauchy中值定理,在应用该定理证明不等式时关键是要对结果进行分析,找出满足Cauchy中值定理的两个函数fx,gx,并确定它们应用柯西中值定理的区间a,b,然后在对fx,gx在区间a,b上运用Cauchy中值定理．

无论是Cauchy中值定理还是Lagrange中值定理在积分不等式的证明中都各具特色,都为解题提供了有力的工具.总之在证明不等式时需要对结论认真的观察有时还需要进行适当的变形,才能构造能够应用中值定理证明的辅助函数,进而利用微分中值定理证明不等式．

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4．总

结

我们通过查阅有关积分不等式的文献和资料,并对其中的相关内容进行对比和分析后,将有关的内容加以整理并扩充形成了本文.在论文中给出了两个重要的积分不等式的证明以及总结了八种积分不等式的证明方法.然而由于自己的参考资料面不够广,参考的大多数文献都是仅给出了例题及其证明方法,而并没有给出进一步的分析,同时自己的知识面较窄,能力有限,导致还有很多难度较大的问题尚未解决．例如,在实际的问题中,还有一些证明方法是我们所不知道的,并且还有一些不等式并不能用本文所给出的八种方法来证明,这就需要我们进一步的思考与研究.今后我们应该更多的参考其他资料,充分拓展思路,以便于提出新的观点．

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证明不等式的种种方法[定稿] 篇6

莫秋萍

茂名学院师范学院数学系

第一章引言（绪论）

第二章文献综述

第三章不等式的证明方法

1、初等代数中不等式的证明

（1）比较法

（2）分析法

（3）反证法

（4）数学归纳法

（5）换元法

（6）放缩法

（7）调整法

（8）构造法

（9）利用已知的不等式证明

（10）利用一元二次方程的判别式

（11）用几何特性或区域讨论

（12）利用坐标和解析性

（13）利用复数

（14）参数法

（15）利用概率证明

（16）利用向量证明

（17）面积法

（18）化整法

（19）步差法

（20）通项公式法

（21）转化成数列然后证明数列的递增递减

（22）增量法

（23）裂项法

2、高等代数中不等式的证明

（1）由函数的上、下限证明

（2）由柯西不等式证明

（3）由Taylor公式及余项证明

（4）由积分的性质证明

（5）由拉格朗日中值定理证明

（6）利用求函数的最值证明

（7）利用曲线的凹凸性证明

第四章几个著名不等式的证明、推广及其应用

1、三角形不等式

2、贝努利不等式

3、排序不等式

4、柯西不等式

5、闵可夫斯基不等式

6、赫尔德不等式

7、切比晓夫不等式

8、琴生不等式

利用概率方法巧妙证明不等式篇7

不等式渗透在数学的各个分支, 有着十分广泛的应用.不等式的证明蕴含了丰富的逻辑推理, 证明过程千姿百态, 证明方法灵活多样, 对数学各部分知识的融会贯通起到很好的促进作用.对于一些不等式, 单纯用不等式的性质及公式, 采用传统的证明方法来证明, 有时比较困难.学习了向量及概率后, 通过构造向量及概率模型, 再利用向量的内积公式及概率的加法公式来证明, 则显得比较容易.现通过几例说明其用法.

一、用向量的数量积证不等式

对于求证式中含有乘积的和及乘方的和时, 可考虑构造适当的向量, 利用向量数量积公式a·b=|a||b|cosθ≤|a||b|及其坐标表示的公式来证明.

例1 设ai, bi∈R, i=1, 2, 3.求证: (a $_{1}^{2}$ +a $_{2}^{2}$ +a $_{3}^{2}$ ) (b $_{1}^{2}$ +b $_{2}^{2}$ +b $_{3}^{2}$ ) ≥ (a1b1+a2b2+a3b3) 2, 当且仅当 $\frac{b_{1}}{a_{1}} = \frac{b_{2}}{a_{2}} = \frac{b_{3}}{a_{3}}$ 时等号成立.

证明构造向量p= (a1, a2, a3) , q= (b1, b2, b3) , 则

|p|2=a $_{1}^{2}$ +a $_{2}^{2}$ +a $_{3}^{2}$ , |q|2=b $_{1}^{2}$ +b $_{2}^{2}$ +b $_{3}^{2}$ .

∵ (p·q) 2= (a1b1+a2b2+a3b3) 2,

而 (p·q) 2=|p|2|q|2cos2θ≤|p|2|q|2= (a $_{1}^{2}$ +a $_{2}^{2}$ +a $_{3}^{2}$ ) (b $_{1}^{2}$ +b $_{2}^{2}$ +b $_{3}^{2}$ ) ,

即 (a $_{1}^{2}$ +a $_{2}^{2}$ +a $_{3}^{2}$ ) (b $_{1}^{2}$ +b $_{2}^{2}$ +b $_{3}^{2}$ ) ≥ (a1b1+a2b2+a3b3) 2成立.

当 $\frac{b_{1}}{a_{1}} = \frac{b_{2}}{a_{2}} = \frac{b_{3}}{a_{3}}$ 时, p与q同向或反向, 此时θ=0或π,

∴cosθ=±1, cos2θ=1, 等号成立.

例2 已知 $f (x) = \sqrt{1 + x^{2}} ‚ a \neq b$ , 求证:|f (a) -f (b) |<|a-b|.

分析要证的不等式等价于 $| \sqrt{1 + a^{2}} - \sqrt{1 + b^{2}} |^{2} < | a - b |^{2}$ , 两边化简, 得 $\sqrt{(1 + a^{2}) (1 + b^{2})} > 1 + a b$ , 故可构造向量来证.

$\begin{array}{l} 证明构造向量 p = (1, a) ‚ q = (1, b) ‚ \\ ∴ | p | = \sqrt{1 + a^{2}} ‚ | q | = \sqrt{1 + b^{2}} . \end{array}$

$\begin{array}{l} 则 (p \cdot q) = 1 + a b = | p | | q | \cos θ \leq | p | | q | = \sqrt{(1 + a^{2}) (1 + b^{2})} . \\ ∵ a \neq b ‚ ∴ p \neq q ‚ \end{array}$

∴两向量夹角θ≠0, 故等号不成立.

即 $\sqrt{(1 + a^{2}) (1 + b^{2})} > 1 + a b$ ,

两边同乘-2后再加上a2+b2, 整理可得

$(\sqrt{1 + a^{2}} - \sqrt{1 + b^{2}})^{2} < (a - b)^{2}$ ,

即 $| \sqrt{1 + a^{2}} - \sqrt{1 + b^{2}} |^{2} < | a - b |^{2} .$

故|f (a) -f (b) |<|a-b|成立.

二、利用概率的性质及加法公式证不等式

对于一类涉及0与1的不等式, 常可考虑构造概率模型利用概率性质0≤p (A) ≤1及加法公式:

p (A1+A2+A3+…+An) = $\sum_{i = 1}^{n}$ p (Ai) - $\sum_{1 \leq i < j \leq n}$ p (AiAj) + $\sum_{1 \leq i < j < k \leq n}^{n}$ p (AiAjAk) -…+ (-1) n-1p (A1A2…An) 证.关键是求证式要符合概率加法公式的基本形式.

例3 已知x, y, z∈ (0, 1) , 求证:x (1-y) +y (1-z) +z (1-x) <1.

分析求证式去括号后, 即x+y+z-xy-yz-xz<1.

证明设A, B, C是相互独立的三个事件, 且p (A) =x, p (B) =y, p (C) =z.

由概率性质0≤p (A+B+C) ≤1, 得

p (A+B+C) =p (A) +p (B) +p (C) -p (AB) -p (AC) -p (BC) +p (ABC) ≤1.

即x+y+z-xy-xz-yz+xyz≤1.

∵x, y, z∈ (0, 1) , ∴xyz>0, ∴x+y+z-xy-xz-yz<1.

即x (1-y) +y (1-z) +z (1-x) <1成立.

例4 已知 $x \in [0, \frac{π}{2}]$ , 求证: $\frac{4 + \sin 2 x}{1 + \sqrt{2} \sin (x + \frac{π}{4})} \geq 2 .$

分析原式即 $\frac{4 + 2 s i n x c o s x}{1 + s i n x + c o s x} \geq 2$ , 由条件知0≤sinx≤1, 0≤cosx≤1, 所以即需证2+sinxcosx≥1+sinx+cos, 即需证1≥sinx+cosx-sinxcosx成立.显然利用概率模型来证极为简单.

证明设两独立事件A与B, 且p (A) =sinx, p (B) =cosx, 则

∵x∈

$\begin{array}{l} p (A + B) = p (A) + p (B) - p (A B) = \sin x + \cos x - \sin x \cos x \leq 1 ‚ \\ ∴ 2 + \sin x \cos x \geq 1 + \sin x + \cos x . \end{array}$

, 故sinx≥0, cosx≥0, 即得

$\begin{array}{l} \frac{4 + 2 s i n x c o s x}{1 + s i n x + c o s x} \geq 2, \\ ∴ \frac{4 + \sin 2 x}{1 + \sqrt{2} \sin (x + \frac{π}{4})} \geq 2 成立 . \end{array}$

例5 若x>1, 求证: $x^{3} > x + \frac{1}{x} - 1 .$

分析 ∵x>1, ∴不能将x看做某些事件的概率, 但易想到有 $0 < \frac{1}{x} < 1$ , 这时若将不等式两边同除x3, 则可得 $1 > \frac{1}{x^{2}} + \frac{1}{x^{4}} - \frac{1}{x^{3}}$ , 该式基本具备可利用概率模型的条件.

证明设A, B是两个相互独立事件,

$∵ x > 1 ‚ ∴ 0 < \frac{1}{x^{2}} < 1 ‚ 0 < \frac{1}{x^{4}} < 1 .$

令 $p (A) = \frac{1}{x^{2}} ‚ p (B) = \frac{1}{x^{4}}$ , 则

$\begin{array}{l} 1 > p (A + B) = p (A) + p (B) - p (A B) = \frac{1}{x^{2}} + \frac{1}{x^{4}} - \frac{1}{x^{6}} . \\ ∵ x > 1 ‚ ∴ x^{6} > x^{3} ‚ ∴ - \frac{1}{x^{6}} > - \frac{1}{x^{3}} . \end{array}$

即 $1 > \frac{1}{x^{2}} + \frac{1}{x^{4}} - \frac{1}{x^{3}}$ 成立, $∴ x^{3} > x + \frac{1}{x} - 1$ 成立.

以上几例都是常见的不等式证明题, 虽然有的题用常规方法证明也不难, 但通过利用构造向量方法或概率方法来证以后, 不仅开阔了解题思路, 同时也使一些有难度的证题变得容易了, 这对于提高学生分析问题、解决问题的能力无疑是有益的.

大学数学中不等式的证明方法篇8

大学数学中不等式的证明方法

作者：吴莹

来源：《学园》2013年第01期

【摘要】不等式在科学研究中的地位很重要，但对不等式的证明有些同学无从下手，用什么方法是个难题，所以本文对大学数学中遇到的不等式的各种证明方法进行归纳总结，并给出了相应的例子。

【关键词】数学归纳法导数单调性中值定理最值积分

导数证明不等式的几个方法篇9

1、直接利用题目所给函数证明（高考大题一般没有这么直接）已知函数f(x)ln(x1)x，求证：当x1时，恒有

11ln(x1)x x1

如果f(a)是函数f(x)在区间上的最大（小）值，则有f(x)f(a（或)f(x)f(a)），那么要证不等式，只要求函数的最大值不超过0就可

2、作差构造函数证明

已知函数f(x)x2lnx.求证：在区间(1,)上，函数f(x)的图象在函数g(x)x3的图象的下方；

构造出一个函数（可以移项，使右边为零，将移项后的左式设为函数），并利用导数判断所设函数的单调性，再根据函数单调性的定义，证明要证的不等式。

3、合理换元后构造函数可大大降低运算量以节省时间（2007年，山东卷）

n1n21)3 都成立.证明：对任意的正整数n，不等式ln(nn2312

4、从特征入手构造函数证明

若函数y=f(x)在R上可导且满足不等式xf(x)>－f(x)恒成立，且常数a，b满足a>b，求证：．af(a)>bf(b)几个构造函数的类型：

论利用导数证明不等式篇10

拉格朗日中值定理是微分学中最主要的定理, 它的意义在于建立了导数和函数之间关系, 证明不等式是它的一个简单应用。

例1:设f (x) 在[0, c]上连续, 其导数f′ (x) 在 (0, c) 内存在且单调减少, 且f (0) =0, 试证明不等式f (a+b) ≤f (a) +f (b) 其中0≤a≤b≤a+b≤c。

分析:由所给的条件和所要证明的不等式不难看出, 只要在[0, a]和[a, a+b]上分别使用拉格朗日中值定理, 则不难得出所要证明的不等式。

证明:令a≠0在[0, a]上使用拉格朗日中值定理, 则至少存在一点ξ使得f (a) -f (0) =f′ (ξ) a, 在[b, a+b]上使用拉格朗日中值定理, 则至少存在一点ζ使得f (a+b) -f (b) =f′ (ζ) a, 由条件f′ (x) 在[0, c]内存在且单调减少, 知f′ (ξ) >f′ (ζ) , a>0;

所以f′ (ζ) a-f′ (ξ) a=f (a+b) -f (a) -f (b) +f (0) <0。

由条件f (0) =0于是有f (a) +f (b)

当a=0时, f (a+b) =f (a) +f (b) 故f (a) +f (b) ≤f (a+b) 。

解决这类问题的一般步骤是:第一步, 分析要证明的不等式, 通过适当的变形后, 选取辅助函数f (x) 和区间[a, b]。第二步, 根据拉格朗日中值定理得到undefined。第三步, 根据导函数f′ (x) 在 (a, b) 上的单调性, 把f′ (ξ) 作适当放大和缩小, 从而推证要证明的不等式。

利用拉格朗日中值定理, 一般要考虑导函数f′ (x) 的单调性, 但有时不一定要求导函数具有单调性, 如果能断定导函数在所讨论的区间上不变号, 从而确定函数的单调性, 也可以推证出不等式。

2 利用函数单调性证明不等式

利用函数单调性来证明不等式是不等式证明的一个重要方法, 我们来看下面的例子。

例2:设b>a>0证明不等式undefined。

分析:该不等式不是含有变量的函数不等式, 但又不符合拉格朗日中值公式中的基本公式, 我们把公式中的b换成x, 使之转化为函数不等式, 然后用单调性方法给出证明。

证明:设函数undefined;

undefined。

所以函数f (x) 在[0, +∞) 上单调增加, 当x>a>0,

f (x) >f (a) =0于是b>a>0, f (b) >f (a) =0, 即undefined。

3 利用函数极值 (最值) 证明不等式

如果所设函数不是单调函数, 我们可以考虑利用函数的极值 (最值) 证明不等式。

例3:证明:若p>1则对于[0, 1]中的任意x有undefined。

证:构造函数f (x) =xp+ (1-x) p (0≤x≤1)

则有f′ (x) =pxp-1-p (1-x) p-1=p (xp-1- (1-x) p-1) ,

令f′ (x) =0, 可得xp-1= (1-x) p-1, 于是有x=1-x, 从而求得undefined。

由于函数f (x) 在闭区间[0, 1]上连续, 因而在闭区间[0, 1]上有最小和最大值。

由于函数f (x) 在[0, 1]内只有一个驻点, 没有不可导点, 又函数f (x) 在驻点undefined和闭区间端点 (x=0, x=1) 的函数值为undefined。

所以f (x) 在[0, 1]上的最小值为undefined, 最大值为1, 从而对于[0, 1]中的任意x有undefined, 即有undefined。

4 利用函数的泰勒展开式证明不等式

若函数f (x) 在有x0的某区间有定义, 并且有直到n-1阶的各阶导数, 又在点x0处有n阶导数f (n) (x0) , 则有展开式:

undefined (x) 。

在泰勒公式中, 取x0=0, 变为麦克劳林公式

undefined (x) 。

分析:使用泰勒展开式证明不等式主要是针对形如undefined等形式的函数不等式的证明, 当这样的形式出现时候, 观察一下不等式的变化, 优先考虑使用泰勒展开式证明不等式。使用泰勒展开式证明不等式, 取相应的前几项, 很容易得出所要证明的结果。

例5:证明不等式undefined。

证:令f (x) =ln (1+x) , 则

undefined

于是f (x) 在x=0处的三阶泰勒展开式:

undefined

由于undefined, 所以undefined。

分析:用此公式证明不等式就是要把所证明不等式化简, 其中函数用此公式, 再把公式右边放大或者缩小得到所证明的不等式。

例6:证明不等式:当undefined时, undefined。

分析证明:由于undefined, 故undefined。

显然undefined

即undefined, 故undefined当undefined时成立。

5 利用函数图形的凹凸性证明不等式

若函数y=f (x) 的图形在区间 (a, b) 是凹 (凸) 的, 则对 (a, b) 内任意两点x1和x2, 利用函数凹凸性证明不等式主要是函数的凹凸性结论,

当f″ (x) ≥0, f (x) 为凸函数, 且undefined;

当f″ (x) ≤0, f (x) 为凹函数, 且undefined, 以此来证明结论。

例7:证明不等式undefined观察欲证明不等式, 容易发现其等价不等式为undefined, 从而容易想到应构造辅助函数f (t) =tlnt (t>0) 。

证明:令undefined所以f (t) 在 (0, +∞) 内是凸的, 于是对于任给x, y∈ (0, +∞) x≠y, 都有undefined,

所以undefined。

参考文献

[1]尚肖飞, 贾计荣.利用导数证明不等式的若干方法[J].太原教育学院学报, 2002.

利用概率方法巧妙证明不等式篇11

_------读熊斌《数学奥林匹克》之体会

数学组蔡玉书（215006）

纵观国内外数学奥林匹克中的不等式试题，有不少试题是关于a,b,c的对称或轮换对称的不等式，直接利用均值不等式、柯西不等式或者重要不等式有时很难达到目的，而利用它们的对称性，直接利用比较法进行适当的配方，就可以使得问题得到完美的解决。本文从历年的国内外数学奥林匹克试题中精心选择若干优秀试题，进行详细的分析与解答，供参赛选手和数学奥林匹克教练员参考。

例1设a,b,c是三角形的三边,求证：a2(b+c－a)+b2(c+a－b)+c2(a+b－c)≤3abc.(第6届IMO试题)证法一注意到a3+b3+c3－3abc =(a+b+c)(a2+b2+c2－ab－bc－ca),得

3abc－[a2(b+c－a)+b2(c+a－b)+c2(a+b－c)]

=a3+b3+c3－3abc+a(b2+c2－2bc)+b(c2+a2－2ca)+c(a2+b2－2ab)

=(a+b+c)(a2+b2+c2－ab－bc－ca)+a(b2+c2－2bc)+b(c2+a2－2ca)+c(a2+b2－2ab)

1=(a+b+c)[(a－b)2+(b―c)2+(c―a)2]+a(b―c)2++b(c―a)2+c(a－b)2

2111=a+b－c)(a－b)2+b+c－a)(b―c)2+a+c－b)(c―a)2.222

∵a,b,c是三角形的三边,∴a+b－c >0, b+c－a >0, a+c－b >0.而(a－b)2≥0,(b―c)2≥0,(c―a)2≥0,故原不等式成立,当且仅当a=b=c,即△ABC是正三角形时等号成立.例2 已知a,b,c是正数, 证明：

abc3(1)(1963年莫斯科数学奥林匹克试题)b+cc+aa+b2

a2b2c2a+b+c(2)+≥(第2届世界友谊杯数学竞赛试题)b+cc+aa+b2

abc3证明(1)+ b+cc+aa+b2

2a(a+b)(c+a)+2b(a+b)(b+c)+2c(b+c)(c+a)－3(a+b)(b+c)(c+a)=2(a+b)(b+c)(c+a)

2(a3+b3+c3)－(a2b+ab2+b2c+bc2+c2a+ca2)=2(a+b)(b+c)(c+a)

a3+b3－(a2b+ab2)+b3+c3－(b2c+bc2)+b3+c3－(c2a+ca2)= 2(a+b)(b+c)(c+a)

(a+b)(a－b)2+(b+c)(b－c)2+(c+a)(c－a)2abc3= 0,+.2(a+b)(b+c)(c+a)b+cc+aa+b2

a2b2c2abcab(2)不难证明++=(a+b+c)(+ +)－(a+b+c),利用这个恒等式得到不等式+ b+cc+aa+bb+cc+aa+bb+cc+a

c3a2b2c2a+b+c+≥++.a+b2b+cc+aa+b2

y2－x2z2－y2x2－z2

例3 设x, y, z是正数, 则≥0.(W.Janous猜想)z+xx+yy+z

y2－x2z2－y2x2－z2y2－z2z2－x2x2－y2

证明设 u = , v= , z+xx+yy+zz+xx+yy+z

z2－x2x2－y2y2－z2

则u－v = += z―x+x―y+y―z = 0, z+xx+yy+z

111111又u+v =(x2－y2)(－y2－z2)(－z2－x2y+zz+xz+xx+yx+yy+z

x－yy－zzx=(x2－y2)+(y2－z2)+(z2－x2)(y+z)(z+x)(z+x)(x+y)(x+y)(y+z)

(x+y)(x－y)2(y+z)(y－z)2(z+x)(z－x)2

= ++ ≥0,(y+z)(z+x)(z+x)(x+y)(x+y)(y+z)

y2－x2z2－y2x2－z2

所以,u=v>0.从而+0.z+xx+yy+z

x5－x2y5－y2z5－z2

例4正实数x,y,z满足xyz≥1,证明：++0.(第46届IMO试题)x+y+zy+z+xz+x+y证明因为xyz≥1,所以

x5－x2x5－x2·xyzx4－x2yz2x4－x2(y2+z2)≥类似地,可得 x+y+zx+(y+z)·xyzx+yz(y+z)2x+(y+z)y5－y22y4－y2(z2+x2)z5－z22z4－z2(x2+y2)≥y+z+x2y+(z+x)z+x+y2z+(x+y)2a2－a(b+c)2b2－b(c+a)2c2－c(a+b)222令a=x,b=y,c=z,原不等式化为证明+0 2a+(b+c)2b+(c+a)2c+(a+b)a(a－b)+a(a－c)b(b－c)+b(b－a)c(c－a)+c(c－b)+≥0 2a+(b+c)2b+(c+a)2c+(a+b)c2+c(a+b)+a2-ab+b2112∑(a-b)(≥0∑(a-b)()≥0.2a+(b+c)2b+(c+a)(2a+(b+c))(2b+(c+a))cyccyc1119例5设x、y、z是正实数,求证：(xy+yz+zx)[+年伊朗数学奥林匹克试题)(x+y)(y+z)(z+x)4

证明不妨设x≥y≥z＞0,1119xy+z(x+y)yz+x(y+z)zx+y(z+x)9(xy+yz+zx)[+++－(x+y)(y+z)(z+x)4(x+y)(y+z)(z+x)4

xyz3xy1yz1zx1+－ y+zz+xx+y2(x+y)4(y+z)4(z+x)4

2(z－x)2(y－z)2(x－y)2(y－z)2(z－x)21(x－y)=+]－[+] 2(y+z)(z+x)(x+y)(y+z)(x+y)(z+x)4(x+y)4(y+z)4(z+x)1212121222={[－－](x－y)+[y－z)}+[z－x)]} 4(y+z)(z+x)(x+y)(x+y)(z+x)(y+z)(x+y)(y+z)(z+x)1=Sz(x－y)2+Sx(y－z)2+Sy(z－x)2],① 4

212121其中Sz =－ Sx, Sy =(y+z)(z+x)(x+y)(x+y)(z+x)(y+z)(x+y)(y+z)(z+x)因为x≥y≥z＞0,所以2(x+y)2＞(x+y)2＞(y+z)(z+x),即Sz＞0.又2(z+x)2－(x+y)(y+z)=(x2－xy)+(x2－yz)+2z2+3zx＞0, 所以 Sy≥0.若Sx≥0,①的右端≥0,不等式得证.yy－zy若Sx＜0,因为x≥y≥z＞0,所以≥0,于是,(y－z)2≤()2(x－z)2.xx－zx

22yyS+xSSx(y－z)2+Sy(z－x)2≥Sx2(x－z)2+Sy(z－x)2(z－x)2.② xx22下面证明ySx+xSy≥0,事实上,y2Sx+x2Sy≥0⇔y2[2(y+z)2(z+x)－(x+y)(z+x)2]+x2[2(y+z)(z+x)2－(x+y)(y+z)2]

=y2(2y2z+xy2+3yz2+2xyz+2z3+xz2－2zx2－x3)+x2(2yz2+x2y+3xz2+2xyz+2z3+x2z－2zy2－y3)

=2xyz(x2+y2－2xy)+xy(x3+y3－x2y－xy2)+y2(2y2z+3yz2+2z3+xz2)+x2(2yz2+3xz2+z3+x2z)

=2xyz(x－y)2+xy(x+y)(x－y)2+y2(2y2z+3yz2+2z3+xz2)+x2(2yz2+3xz2+z3+x2z)＞0,所以,②式右端≥0,所以Sz(x－y)2+Sx(y－z)2+Sy(z－x)2≥0.综上,不等式得证.例6 设a,b,c是一个三角形的三边长,求证a2b(a－b)+b2c(b－c)+c2a(c－a)≥0.并指出等号成立的条件.(第24届IMO试题)

证明a2b(a－b)+b2c(b－c)+c2a(c－a)

1= [(a+b－c)(b+c－a)(a－b)2+(b+c－a)(a+c－b)(b－c)2+(a+c－b)(a+b－c)(c－a)2]≥0.2

b+cc+aa+b(a2+b2+c2)(ab+bc+ca)例7已知a,b,c＞0,证明：++3.(2006年罗马尼亚数学奥林匹克试题)abcabc(a+b+c)

b+cc+aa+b(a2+b2+c2)(ab+bc+ca)证明+3－abcabc(a+b+c)

b+cc+aa+b(a2+b2+c2)(ab+bc+ca)= 6－[3] abcabc(a+b+c)

(b－c)2(c－a)2(a－b)2(b+c)(b－c)2(c+a)(c－a)2(a+b)(a－b)2

=+[+] bccaabbc(a+b+c)ca(a+b+c)ab(a+b+c)

1(b+c)1(c+a)1(a+b)b－c)2+[－c－a)2+[－](a－b)2 bcbc(a+b+c)caca(a+b+c)abab(a+b+c)

abc=b－c)2+c－a)2a－b)2≥0.bc(a+b+c)bc(a+b+c)bc(a+b+c)

bca例8 在△ABC中,证明:a2(－1)+b2(－1)+c2(－1)≥0.(2006年摩尔多瓦数学奥林匹克试题)cab

证明不等式两边同时乘以2abc,不等式化为证明2a3b(b－c)+2b3c(c－a)+2c3a(a－b)≥0.2a3b(b－c)+2b3c(c－a)+2c3a(a－b)

=a3[(b+c)+(b－c)](b－c)+ b3[(c+a)+(c－a)](c－a)+c3[(a+b)+(a－b)](a－b)

= a3(b－c)2+b3(c－a)2+c3(a－b)2+a3(b2－c2)+b3(c2－a2)+c3(a2－b2)

=a3(b－c)2+b3(c－a)2+c3(a－b)2+a2(c3－b3)+b2(a3－c3)+c2(b3－a3)

=a3(b－c)2+b3(c－a)2+c3(a－b)2+a2[(c－b)3+3cb(c－b)]+b2[(a－c)3+3ca(c－a)]

+c2[(b3－a3)+3ba(b－a)]

=a3(b－c)2+b3(c－a)2+c3(a－b)2－a2(b－c)3－b2(c－a)3－c2(a－b)3

+3abc[a(c－b)+b(c－a)+c(b－a)]

=a3(b－c)2+b3(c－a)2+c3(a－b)2－a2(b－c)3－b2(c－a)3－c2(a－b)3

= a2(b－c)2(c+a－b)+b2(c－a)2(a+b－c)+c2(a－b)2(b+c－a).在△ABC中, c+a－b, a+b－c, b+c－a都是正数，而(b－c)2≥0,(c－a)2≥0,(a－b)2≥0,所以不等式得证.例9在△ABC中,a,b,c是它的三条边,p是半周长,证明不等式： a(p－b)(p－c)bbc

(p－b)(p－c)+bc(p－c)(p－a)cca(p－c)(p－a)+ca(p－a)(p－b)≥p.(2006年摩尔多瓦数学奥林匹克试题)ab(p－a)(p－b)p ab

≥x+y+z(z+x)(z+y)

≥2(x+y+z)(z+x)(z+y)

x+y2 y+z证明令x=p－a,y=p－b,z=p－c,则a=y+z,b=z+x,c=x+y.a⇔(y+z⇔2(y+z⇔z+x)(x+y)(x+z)z+x(x+y)(x+z)+(x+y)(y+z)(y+x)x+y(y+z)(y+x)(y+z)z(y+z)y+(y+zx+yx+z－x+y

y+z2(z+x)z(z+x)x)++－(z+x)(x+zx+yy+z2≥2(x+y+z)x+z

zx+yy2)+(z+x)(x+z(x+y)x(x+y)y+－(x+y)(y+zx+zx2y2z2⇔)－(x+y+z)≥(y+z)(y+zz+xx+y

+(x+y)(y+z2)x+zzx+yx2)y+z

(x+y+z)(x－y)2(x+y+z)(y－z)2(x+y+z)(z－x)2(x+y+z)2(y－z)2

⇔+≥(y+z)+(y+z)(z+x)(z+x)(x+y)(x+y)(y+z)(z+x)(x+yz(x+z)+y(x+y))2

(x+y+z)2(z－x)2(x+y+z)2(x－y)2

(z+x+(x+y).①(x+y)(y+z)(z(y+zx(x+y))2(y+z)(z+x)(x(x+z)+y(y+z))2

(x+y+z)(x－y)2(x+y+z)2(x－y)2(x+y+z)(x+y)(x+y ⇔1≥2(y+z)(z+x)(y+z)(z+x(2

⇔(2≥(x+y+z)(x+y)⇔≥2xy.因为z是正数,这是显然的.同理可证其余两个不等式.于是不等式①成立.11131111例10 已知a,b,c＞0,且abc=1,－2(.(2004年匈牙利数学奥林匹克试abca+b+cabca+b+c题)11131111证明因为abc=1,所以++≥++)等价于 abca+b+cabca+b+c

1113111abc－2(.abca+b+cabca+b+c

注意到(a3+b3)－(a2b+ab2)=(a2－b2)(a－b)=(a+b)(a－b)2有

1113111abc+－2(+)abca+b+cabca+b+c

[(a+b+c)(ab+bc+ca)－3abc](a2+b2+c2)－(a2b2+b2c2+c2a2)(a+b+c)= abc(a+b+c)(a+b+c)

(a2b+ab2+b2c+bc2+c2a+ca2)(a2+b2+c2)－(a2b2+b2c2+c2a2)(a+b+c)= abc(a+b+c)(a+b+c)

[(a4b+ab4)－(a3b2+a2b3)]+[(b4c+bc4)－(b3c2+b2c3)]+[(a4c+ac4)－(a3c2+a2c3)]= abc(a+b+c)(a+b+c)

ab[(a3+b3)－(a2b+ab2)]+bc[(b3+c3)－(b2c+bc2)]+ca[(a3+c3)－(a2c+ac2)]=abc(a+b+c)(a+b+c)

ab(a+b)(a－b)2+bc(b+c)(b－c)2+ca(c+a)(c－a)2

= 0.所以,原不等式成立.abc(a+b+c)(a+b+c)

111xyz例11 已知x,y,z∈[1,2],证明：(x+y+z)()≥6(+年越南数学奥林匹克试题)xyzy+zz+xx+y

证明不妨设2≥x≥y≥z≥1,(x－y)2(y－z)2(z－x)2111因为(x+y+z+)－+, xyzxyyzzx

2(y－z)2(z－x)2xyz31(x－y)又因为+[+y+zz+xx+y22(y+z)(z+x)(x+y)(z+x)(y+z)(x+y)

111xyz所以(x+y+z)－6(++)xyzy+zz+xx+y

131313x－y)2+()(y－z)2+()(z－x)2≥0 xy(y+z)(z+x)yz(x+y)(z+x)zx(y+z)(x+y)

z(x+y)(z2+zx+zy－2xy)(x－y)2+x(y+z)(x2+xy+xz－2yz)(y－z)2+y(z+x)(y2+yz+yx－2zx)(z－x)2

=Sz(x－y)2+Sx(y－z)2+Sy(z－x)2≥0.①

由2≥x≥y≥z≥1,易知(x+y)(z+x)－3yz≥2y·2z－3yz＞0, 所以Sx＞0,又Sy≥0⇔(y+z)(x+y)－3zx≥0⇔xy+yz+y2－2zx≥0.②

由2≥x≥y≥z≥1,易知,y+z≥2≥x,所以y(y+z)≥zx, xy≥zx,相加得②.所以Sy≥0.如果Sz≥0,则①式右边≥0,不等式得证.如果Sz＜0,则(x－y)2=[(x－z)－(y－z)]2=(z－x)2+(y－z)2－2(x－z)(y－z),Sz(x－y)2+Sx(y－z)2+Sy(z－x)2=(Sy+Sz)(z－x)2+(Sx+Sz)(y－z)2－2Sz(x－z)(y－z)≥(Sy+Sz)(z－x)2+(Sx+Sz)(y－z)2.下面证明Sy+Sz≥0, Sx+Sz≥0.Sx+Sz=x(y+z)(x2+xy+xz－2yz)+z(x+y)(z2+zx+zy－2xy)

≥z(x+y)[(x2+xy+xz－2yz)+(z2+zx+zy－2xy)]= z(x+y)[(x+2z)(x－y)+z2]≥0, Sy+Sz=y(z+x)(y2+yz+yx－2zx)+z(x+y)(z2+zx+zy－2xy)

≥z(x+y)[(y2+yz+yx－2zx)+(z2+zx+zy－2xy)]

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