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一、介绍一个重要的不等式
定理:设(a)0
0,则称(a)与(c)同序,若(as- ar)(cs- cr)
<0则称反序。于是由 s- s'可见,当(a)与(c)同序时,其和数为最大;反序时
其和最小。由此可知定理成立。
由此定理可证平均值、切比雪夫不等式。下面再举其它例题。
1、设有十个人各拿提桶一只,同到水龙头前打水,设水龙头注满第
i(i=1,2,…,10)个人的提桶需时 Ti分钟。假设这些 Ti各不相同,问:
(1)当只有一个水龙头可用时应如何安排这十个人的次序使它总的
花费时间(包括各自接水的时间)为最小?这时间等于多少?
(2)当有两个水龙头可用时应如何安排这十个人的次序使它们总的
花费时间为最少?这时间等于多少?
解:(1)若依次放水时间为 T1,T2,…,T10,则总待时间为
T1+(T1+T2)+…+(T1+T2+…+T10)
=10T1+9T2+…+2T9+T10
由定理知 T10(k=1,2,…,n)且
n
k=1
Σαk=1。
(1)若a→与b→同序,则
(
n
k=1
Σαkak)(
n
k=1
Σαkak)≤
n
k=1
Σαkakbk (Ⅰ)
(2)若a→与b→反序,则
(
n
k=1
Σαkak)(
n
k=1
Σαkak)≥
n
k=1
Σαkakbk (Ⅱ)
等号仅当所有 ak或 bk全同时才成立。
证明:考察 V≡
n
k=1
Σαkakbk- (
n
k=1
Σαkak)(
n
k=1
Σαkbk),由于
n
j=1
Σαj=1,于是上式
可改写为
V≡(
n
j=1
Σαj)(
n
k=1
Σαkakbk)- (
n
j=1
Σαjaj)(
n
k=1
Σαkbk)
=
n
j=1
Σ
n
k=1
Σαjαkakbk-
n
j=1
Σ
n
k=1
Σαjajαkbk
=
n
j=1
Σ
n
k=1
Σ(αjαkakbk- αjajαkbk) (Ⅲ)
利用指标变换得
V=
n
j=1
Σ
n
k=1
Σ(αkαjajbj- αjαkakbj) (Ⅳ)
然后(Ⅲ)与(Ⅳ)各边相加得
2V=
n
j=1
Σ
n
k=1
Σ(αjαkakbk- αjαkajbk+αkαjajbj- αjαkakbj)
=
n
j=1
Σ
n
k=1
Σαjαk(ak- aj)(bk- bj) (Ⅴ)
若a→与b→是同序,则有(ak- aj)(bj- bk)≥0 即 V≥0,
若a→与b→是反序,则有(ak- aj)(bk- bj)≥0 即 V≤0。
(Ⅰ)与(Ⅱ)取等号仅当若(ak- aj)(bk- bj)=0 (j,k=1,…,n) (Ⅵ)
假设 ak不全同,不妨设 a1≠a2,则从(Ⅵ)式中置 j=1,k=2,得 b1=b2。对
任意的 s=3,4,…,n,as至少与 a1或 a2不等。若 as≠a1则由(Ⅵ)中令 k=1,
j=s,得 b1=bs。若 as≠a2则 bs=b2=b1,这样所有的 b3,…,bn都等于 b1,即 bk全
同;反之 bk不全同时可得 ak全同。证毕。
2、设a→=(a1,a2,…,an)和b
→=(b1,b2,…,bn)是正向量,求证
(
n
k=1
Σ(ak+bk))(
n
k=1
Σ akbkak+bk )≤(
n
k=1
Σak)(
n
k=1
Σbk)
其中等号仅当 ak与 bk成比例时成立。
(证明略)
三、利用导数、积分的方法证明不等式
我们就一些简单情形,说明一些方法。
1、贝努里不等式:若 x<- 1,α<0或 α>1,则有
(1+x)α≥1+αx,等号仅当 x=0时成立。
证明:只需利用导数求函数 f(x)=(1+x)α- (1+αx)的极小值(x=0为极小
值点)。
2、设 0
2
π x。
证明:问题化为求 f(x)=sinx- 2π x的极小值。
3、试证
n
k=1
Σ 1k ≤1+lnn。
证明:从考察 f(x)= 1x 的图形中得到启发从而把问题转化为积分问
题:
n
k=1
Σ 1k =1+
n
k=2
Σ 1k ≤1+
n
k=2
Σ
k
k- 1乙 dxx =1+
n
1乙 dxx =1+lnn。
四、用反证法证明不等式
1、如果实数 c1,c2,…,cn的和非负,那么可对它们编上号使得不等式
c1≥0,c1+c2≥0,…,c1+c2+…+cn-1≥0 (※)
证明:为证此论断,只要考虑,如果 m个实数 x1,x2,…,xm的和非负,即
s=x1+x2+…+xm≥0,则总能去掉其中一个数使得余下数的和仍为非负的。
假若不然,则对 i=1,2,…,m中的每一个都会有 s- xi<0,因此(s- x1)+(s- x2)+
…+(s- xm)=(m- 1)s<0,而这是不可能的。所以如果 c1+c2+…+cn≥0,则总有
在 n- 1数 ci之和也非负。不妨设 c1+c2+…+cn-1≥0,依次类推,我们可以
清楚地编上号,将已知的 n个数按减小列编号:c1≥c2≥…≥cn,则不等
式(※)将是成立的。
2、给定不增的正数列 a1≥a2≥…≥an……;a1= 12k ,a1+a2+…+an+…
=1。试证,从中可找到 k个数,其中最小的数大于最大的数的一半。
有关不等式的一些证明方法
郑州幼儿师范学校 贾海峰 郑州五十七中 宋清爽
[摘 要]不等式证明问题是初等数学教学的重要
知识点
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。在有关不等式的证明中,学习者经常会遇到大量的运算。有时找不到合适
的方法,会让学习者无所适从;掌握了解题方法对问题的讨论往往会起到事半功倍的作用。本文结合教学实际,列举出一些具体问
题,谈谈自己的思路和看法,对解决相关问题起到一定的作用。
[关键词]不等式证明 函数 重要不等式
高校理科研究
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有两种方式:①从 A圯B,②从B圯A,同样要证明
A是 B的必要条件也有两种方式:①从 B圯A,②从A圯B。
有时,我们也用已知的或已证得的“充要条件”来证明需证的充要条
件。这是因为充要条件具有传递性,即:
“若 A圳B, B圳C,则 A圳C”
例 4:设 α1,α2,…,αn是一组 n维向量,证明 α1,α2,…,αn线性无关
的充要条件是任一 n维向量都可以被它们线性表出。
分析
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:在这个命题中,一定要分清条件 A是“任一 n维向量都可以被
线性表出。”而结论 B是“线性无关”。
证明:必要性。(结论 B圯条件 A)。设 α1,α2,…,αn线性无关,添加 β
后的 n+1个 n维向量 α1,α2,…,αn, β必线性相关,即存在不全为零的 n+1
个数 ki, i=1,2,…,n+1,使得
k1α1+k2α2+…+knαn+kn+1β=0
此时必有 kn+1≠0,否则若 kn+1=0,据 α1,α2,…,αn线性无关 ,可推出
k1=k2=…=kn=0,与 n+1个数 ki, (i=1,2,…,n+1)不全为零矛盾。故任一 n维
向量 β可以被 α1,α2,…,αn线性表出。
充分性:(结论 B坩条件 A)。设任一 n维向量可以被 α1,α2,…,αn线
性表出。那么 n维单位向量 ε1,ε2,…,εn也分别可由 α1,α2,…,αn线性表
出,又因为 n维向量组 α1,α2,…,αn均可以被单位向量组 ε1,ε2,…,εn线
性表出,所以单位向量组 ε1,ε2,…,εn与向量组 α1,α2,…,αn等价。而等价
向量组的秩相等,故向量组 α1,α2,…,αn的秩即是单位向量组 ε1,ε2,…,εn
的秩 n,因此向量组 α1,α2,…,αn线性无关。
一般来说,①若条件 A只是结论 B的充分条件,而非充要条件,则 A
是 B的充分但非必要条件;这意味着“A圯B”,但“B≠>A”。
②若条件 A只是结论 B的必要条件,而非充要条件,则 A是 B的必
要但非充分条件。这意味着“B圯A”,但“A≠>B”。
③若条件 A既是结论 B的充分条件又是必要条件,这意味着“A圯
B”且“B圯A”。
参考文献
[1]刘玉琏,傅沛仁 .数学分析讲义[M].北京:高等教育出版社,
1986.
[2]张禾瑞,郝鈵新.高等代数[M].北京:高等教育出版社,1984.
[3]张万库.怎样理解充分条件、必要条件和充要条件[J].中学生数
理化(高一版),2006,(9).
(上接第 127页)
证明:用反证法。假若不然,则在数列的任意 k个数中,最小的数都
小于等于最大数的一半,研究 a1,a2,…,ak,ak为最小,所以有
ak≤ a12 ,同样地对 ak,ak+1,…,a2k- 1,有 a2k- 1≤
1
2 ak≤
1
22 a1,
对 a2k- 1,a2k,…,a3k- 2,有 a3k- 2≤ 12 a2k- 1≤
1
23 a1,
……
ank- (n- 1)≤ 12n a1,即 an(k- 1)+1≤
1
2n a1。
现在研究和数
s1=a1+ak+a2k- 1+…+an(k- 1)+1+…≤a1(1+ 12 +
1
22 +…+
1
2n +…)=2a1。
根据 an单调不增的假设,进而得
s2=a2+ak+1+a2k+…+an(k- 1)+2+…≤2a1
s3=a3+ak+2+a2k+1+…+an(k- 1)+3+…≤2a3≤2a1
……
sk- 1=ak-1+a2k- 2+a3k- 3+…+an(k- 1)+k- 1+…≤2ak-1≤2a1
s1+s2+… +sk-1≤2(k- 1)a1=2 k- 12k =
k- 1
k <1
但按条件 s=s1+s2+… +sk-1=a1+a2+…+an+…=1,与前和式矛盾,这矛盾
表明假设不然是错误的,所以命题得证。
3、设 f和 g是定义在实数集合上的实值函数,证明存在数 x与 y使
得 0≤x≤1,0≤y≤1及 xy- f(x)- g(y) ≥ 14 。
证明:假设不然,如果对任意 x,y∈[0,1]上有 xy- f(x)- g(y) < 14 ,那
么,特别有当 x=0,y=1时有 f(0)+g(1) < 14 ,
当 x=0,y=0时有 f(0)+g(0) < 14 ,
当 x=1,y=0时有 f(1)+g(0) < 14 ,
但当 x=1,y=1时有 1- f(1)- g(1) ≥1- f(1)+g(1)
=1- f(1)+g(0)- g(0)- f(0)+f(0)+y(1)
≥1- f(1)+g(0) - f(0)+y(0) - f(0)+g(1)
>1- 14 -
1
4 -
1
4 =
1
4 。
这对于任意 x,y∈[0,1]上恒有 xy- f(x)- g(y) < 14 矛盾,所以至少有
在 x,y∈[0,1]使 xy- f(x)- g(y) ≥ 14 。
五、若干著名不等式的运用
1、试证(1+ 1n )<(1+
1
n+1 )
n+1(n为正整数)。
证明:对(n+1)个数 1,1+ 1n ,1+
1
n ,…,1+
1
n ,用平均值不等式,就可得
1·(1+ 1n )
nn+1姨 <1+ 1n+1 。
2、设 n>1为正整数,试证 c
1
n +c
n
2 +…+c
n
n≥n2
n- 1
2 。
证明:易知 c
1
n +c
n
2 +…+c
n
n≥2
n
,又 2
n- 1
2- 1 =2
0+21+…+2n-1,运用平均值
不等式即可。
3、设 ai>0(i=1,2,…,n),其中 an+1=a1,试证
n
i=1
Σ( anai+1 )
n≥
n
i=1
Σ ai+1ai 。
证明:设 bi= aiai+1
(i=1,2,…,n),bn+1=1,运用平均值不等式即可。
4、设 a1,a2,…,an为两辆不同的正整数,试证:
n
k=1
Σ akk2 ≥
n
k=1
Σ 1k 。
证明:用柯西不等式可得:
(
n
k=1
Σ 1k )
2=(
n
k=1
Σ ak姨k ·
1
ak姨
)2≤(
n
k=1
Σ akk2 )(
n
k=1
Σ 1ak ),所以
n
k=1
Σ akk2 ≥(
n
k=1
Σ 1k )(
n
k=1
Σ 1k
n
k=1
Σ 1ak
)≥
n
k=1
Σ 1k 。
5、证 b1,b2,…,br为非负整数,且(1+b1)…(1+br)>2t,试证
b1+b2+…+br>t。
证明:用贝努里不等式得,2bi=(1+1)bi≥1+bi,所以 bi≥log2(1+bi),于是
b1+b2+…+br≥log2[(1+b1)…(1+br)]>log
2t
2 =t。
6、设 a1,a2,…,an为正数,求二次函数 a1 x
2
1 +…+an x
2
n在条件 x1+x2+…
+xn=1,xi≥0(i=1,2,…,n)所确定的区域内的最小值。
提示:由柯西不等式可证:
x1+x2+…+xn= a1姨 x1 1
a1姨
+ a2姨 x2 1
a2姨
+…+ an姨 xn 1
an姨
≤( a1 x
2
1 +a2 x
2
2 +…+an x
2
n姨 )( 1a1 +
1
a2
+…+ 1an姨 )。
7、设 x和 y为相异正数,试证
ⅰ)当 s<0或 s>1时,有 sxs- 1(x- y)>xs- ys>sys-1(x- y)。
ⅱ)当 0
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