安庆信德建设咨询有限公司网站,湖南中霸建设公司官网,常州网站推广培训,wordpress商品宣传文章目录 不等式的证明方法比较法例例作商法 综合法例 分析法例小结 反证法例例 放缩法例例 几何法例例 不等式的证明方法
比较法 主要指作差构造与0比较 因为 a b ab ab ⇔ \Leftrightarrow ⇔ a − b 0 a-b0 a−b0 所以若要证明 a b a b ab ab ⇔ \Leftrightarrow ⇔ a − b 0 a-b0 a−b0 所以若要证明 a b ab ab,只需要证明 a − b 0 a-b0 a−b0, 类似的,要证明 a b ab ab,只需要证明 a − b 0 a-b0 a−b0 这种方法属于构造式的方法,可以借助函数来证明不等式 在多项式整式和分式的不等式证明中常用
例 ( x 1 ) ( x 2 ) (x1)(x2) (x1)(x2)与 x x x的大小 y ( x 1 ) ( x 2 ) − x y(x1)(x2)-x y(x1)(x2)−x x 2 2 x 2 x^22x2 x22x2 ( x 1 ) 2 1 ⩾ 1 0 (x1)^21\geqslant{1}0 (x1)21⩾10所以 ( x 1 ) ( x 2 ) x (x1)(x2)x (x1)(x2)x
例 若 b , m 1 , m 2 0 b,m_1,m_20 b,m1,m20; a b , m 1 m 2 ab,m_1m_2 ab,m1m2,则 a m 1 b m 1 a m 2 b m 2 \frac{am_1}{bm_1}\frac{am_2}{bm_2} bm1am1bm2am2 证明: 构造 y a m 1 b m 1 − a m 2 b m 2 y\frac{am_1}{bm_1}-\frac{am_2}{bm_2} ybm1am1−bm2am2 ( a − b ) ( m 2 − m 1 ) ( b m 1 ) ( b m 2 ) \frac{(a-b)(m_2-m_1)}{(bm_1)(bm_2)} (bm1)(bm2)(a−b)(m2−m1) 由 b , m 1 , m 2 0 b,m_1,m_20 b,m1,m20有 ( b m 1 ) ( b m 2 ) 0 (bm_1)(bm_2)0 (bm1)(bm2)0由 a b , m 1 m 2 ab,m_1m_2 ab,m1m2分别有 a − b 0 , m 2 − m 1 0 a-b0,m_2-m_10 a−b0,m2−m10所以 y 0 y0 y0,从而 a m 1 b m 1 a m 2 b m 2 \frac{am_1}{bm_1}\frac{am_2}{bm_2} bm1am1bm2am2 这个例子说明,当 x ( x 0 ) x(x0) x(x0)增大时, y a x b x , ( b 0 ) y\frac{ax}{bx},(b0) ybxax,(b0)也增大; 特别的 a 0 , b 1 a0,b1 a0,b1, f ( x ) x 1 x f(x)\frac{x}{1x} f(x)1xx在 [ 0 , ∞ ) [0,\infin) [0,∞)上递增( f ( x ) x 1 x 1 x − 1 1 f(x)\frac{x}{1x}\frac{1}{x^{-1}1} f(x)1xxx−111显然递增)由 f ( x ) x 1 x f(x)\frac{x}{1x} f(x)1xx在 [ 0 , ∞ ] [0,\infin] [0,∞]上的递增性以及绝对值不等式 ∣ a ∣ ∣ b ∣ ⩾ ∣ a b ∣ |a||b|\geqslant{|ab|} ∣a∣∣b∣⩾∣ab∣有结论:若 a , b ∈ R a,b\in\mathbb{R} a,b∈R, ∣ a ∣ ∣ b ∣ 1 ∣ a ∣ ∣ b ∣ \frac{|a||b|}{1|a||b|} 1∣a∣∣b∣∣a∣∣b∣ ⩾ \geqslant ⩾ ∣ a b ∣ 1 ∣ a b ∣ \frac{|ab|}{1|ab|} 1∣ab∣∣ab∣
作商法
若 a , b 0 a,b0 a,b0, a b 1 \frac{a}{b}1 ba1,则 a b ab ab;若 a , b 0 a,b0 a,b0, a b 1 \frac{a}{b}1 ba1则 a b ab ab
综合法
在证明不等式时,经常从命题的已知条件,利用公理,定理等逐步推导,最后到处要证明的命题,称为综合法
例
设 a , b , c 0 a,b,c0 a,b,c0且不全等(不满足 a b c abc abc),则 ( a b ) ( b c ) ( c a ) 8 a b c (ab)(bc)(ca)8abc (ab)(bc)(ca)8abc证明:由条件可知 a , b , c a,b,c a,b,c中至少有两个数不等,不妨设 a ≠ b a\neq{b} ab,则 a b 2 a b ab2\sqrt{ab} ab2ab a c ⩾ 2 b c ac\geqslant{2\sqrt{bc}} ac⩾2bc c a ⩾ 2 c a ca\geqslant{2\sqrt{ca}} ca⩾2ca 可见 ( a b ) ( b c ) ( c a ) 8 a b c (ab)(bc)(ca)8abc (ab)(bc)(ca)8abcNote:若允许 a b c abc abc,则 ( a b ) ( b c ) ( c a ) ⩾ 8 a b c (ab)(bc)(ca)\geqslant 8abc (ab)(bc)(ca)⩾8abc
分析法
有时可以从需要证明的命题出发,分析命题成立的充分条件(经常是充要条件),利用已知的定理,推导出命题所给的条件或明显事实或定理,这种方法称为分析法
例
求证 2 7 3 6 \sqrt2\sqrt7\sqrt3\sqrt6 2 7 3 6 分析法: ⇐ \Leftarrow ⇐ ( 2 7 ) 2 ( 3 6 ) 2 (\sqrt2\sqrt7)^2(\sqrt3\sqrt6)^2 (2 7 )2(3 6 )2 ⇐ \Leftarrow ⇐ 2 2 14 7 3 2 18 6 22\sqrt{14}732\sqrt{18}6 2214 73218 6 ⇐ \Leftarrow ⇐ 14 18 \sqrt{14}\sqrt{18} 14 18 ⇐ \Leftarrow ⇐ 14 18 1418 1418最后一个不等式显然成立,则可充分说明原不等式成立 综合法: 14 18 1418 1418 ⇒ \Rightarrow ⇒ 14 18 \sqrt{14}\sqrt{18} 14 18 ⇒ \Rightarrow ⇒ 2 2 14 7 3 2 18 6 22\sqrt{14}732\sqrt{18}6 2214 73218 6 ⇒ \Rightarrow ⇒ ( 2 7 ) 2 ( 3 6 ) 2 (\sqrt2\sqrt7)^2(\sqrt3\sqrt6)^2 (2 7 )2(3 6 )2 ⇒ \Rightarrow ⇒ 2 7 3 6 \sqrt2\sqrt7\sqrt3\sqrt6 2 7 3 6 对比:本例使用分析法要自然和简单的多
小结
用综合法能证明的不等式,用分析法也可以证明,反之亦然对于复杂问题,有时把分析法和综合法结合起来
反证法
假设要证明的命题是不正确的,然后利用已有的公理,定理,命题的条件推导处于命题的条件或已经证明过的定理或事实矛盾的结论,来说明假设不成立,也就说明了原命题是成立的,这种方法称为反证法反证法是从结论的反面出发,证明命题的否定是假命题来说明原命题是真命题只有反命题的结论只有有限多种,并证明这些反面情况都是不成立(不可能)的,才可以用反证法证明原命题成立
例
若 a ⩾ b 0 a\geqslant{b}0 a⩾b0, n ∈ N , n ⩾ 2 n\in\mathbb{N^},n\geqslant2 n∈N,n⩾2,则 a n ⩾ b n \sqrt[n]{a}\geqslant{\sqrt[n]{b}} na ⩾nb 证明:假设 a n b n \sqrt[n]{a}\sqrt[n]{b} na nb ,则 a b ab ab,这与条件 a ⩾ b 0 a\geqslant{b}0 a⩾b0矛盾,所以原命题成立( a n ⩾ b n \sqrt[n]{a}\geqslant{\sqrt[n]{b}} na ⩾nb )
例
若 a b c 0 , a b c 0 , a b b c c a 0 abc0,abc0,abbcca0 abc0,abc0,abbcca0,则 a , b , c 0 a,b,c0 a,b,c0证明:设 a 0 a0 a0不成立,即 a ⩽ 0 a\leqslant0 a⩽0 a 0 a0 a0时 由 a b c 0 abc0 abc0有 b c 0 bc0 bc0,由 a b c 0 abc0 abc0有 b c − a 0 bc-a0 bc−a0, a ( b c ) 0 a(bc)0 a(bc)0,即 a b a c 0 abac0 abac0综上, a b a c b c 0 abacbc0 abacbc0,与命题条件矛盾 a 0 a0 a0时 a b c 0 abc0 abc0与命题条件 a b c 0 abc0 abc0矛盾 综上, a ⩽ 0 a\leqslant 0 a⩽0不成立,所以 a 0 a0 a0同理可以证明 b 0 , c 0 b0,c0 b0,c0所以原命题成立
放缩法
有时需要将所证明的不等式的值适当放缩(放大或缩小),使其由繁化简(比如从形式上),使之易于证明,这种方法称为放缩法放缩法的关键在于放缩要适当 若要证明的不等式中含有分式(分子分母同号),则通常有2中放缩方式 将分母放大,分式的值缩小将分母缩小,分式值放大类似的可以多分子进行放缩
例 若 a 1 , a 2 , a 3 , a 4 0 a_1,a_2,a_3,a_40 a1,a2,a3,a40,则0 ∑ i 1 4 ( a i ∑ j ∈ S a j ) {\sum_{i1}^{4}\left(\frac{a_i}{\sum_{j\in{S}}a_j}\right)} ∑i14(∑j∈Sajai)2,其中 S { { 1 , 2 , 3 , 4 } − { ( i 2 ) % 4 } } S\{\{1,2,3,4\}-\{{(i2)\%4\}}\} S{{1,2,3,4}−{(i2)%4}} 结论的另一种描述: 0 ∑ i 1 4 a i a j 0 a j 1 a j 2 \displaystyle {0\sum_{i1}^{4}\frac{a_i}{a_{j_0}a_{j_1}a_{j_2}}} 0i1∑4aj0aj1aj2ai,其中 j 0 i , j 1 ( i 1 ) % 4 , j 2 ( i 2 ) % 4 j_0i,j_1(i1)\%4,j_2(i2)\%4 j0i,j1(i1)%4,j2(i2)%4 证明:设 m ∑ i 1 4 ( a i ∑ j ∈ S a j ) m{\sum_{i1}^{4}\left(\frac{a_i}{\sum_{j\in{S}}a_j}\right)} m∑i14(∑j∈Sajai), 不妨将分母放大为 ∑ j 1 4 a j \sum_{j1}^4a_j ∑j14aj,这使得分式的加法能够进行,新式子记为 m ′ ∑ j 1 4 a j ∑ j 1 4 a j 1 m\frac{\sum_{j1}^{4}a_{j}}{\sum_{j1}^{4}a_{j}}1 m′∑j14aj∑j14aj1,而 m ′ m mm m′m,则 1 m 1m 1m记 m 1 a 1 a 1 a 2 , m 2 a 2 a 1 a 2 m_1\frac{a_1}{a_1a_2},m_2\frac{a_2}{a_1a_2} m1a1a2a1,m2a1a2a2, m 3 a 3 a 3 a 4 , m 4 a 4 a 3 a 4 m_3\frac{a_3}{a_3a_4},m_4\frac{a_4}{a_3a_4} m3a3a4a3,m4a3a4a4显然 a 1 a 1 a 2 a 4 m 1 \frac{a_1}{a_1a_2a_4}m_1 a1a2a4a1m1, a 2 a 1 a 2 a 3 m 2 \frac{a_2}{a_1a_2a_3}m_2 a1a2a3a2m2, a 3 a 2 a 3 a 4 m 3 \frac{a_3}{a_2a_3a_4}m_3 a2a3a4a3m3, a 4 a 1 a 3 a 4 m 4 \frac{a_4}{a_1a_3a_4}m_4 a1a3a4a4m4将上述4个不等式同侧相加,得 m ∑ i 1 4 m i a 1 a 1 a 2 a 2 a 1 a 2 a 3 a 3 a 4 a 4 a 3 a 4 m\sum_{i1}^4m_i\frac{a_1}{a_1a_2}\frac{a_2}{a_1a_2}\frac{a_3}{a_3a_4}\frac{a_4}{a_3a_4} m∑i14mia1a2a1a1a2a2a3a4a3a3a4a4 2 2 2所以 1 m 2 1m2 1m2不等式得证 若 a 1 , a 2 , a 3 , a 4 0 a_1,a_2,a_3,a_40 a1,a2,a3,a40,则0 ∑ i 1 4 ( a i ∑ j ∈ S a j ) {\sum_{i1}^{4}\left(\frac{a_i}{\sum_{j\in{S}}a_j}\right)} ∑i14(∑j∈Sajai)2,其中 S { { 1 , 2 , 3 , 4 } − { ( i 2 ) % 4 } } S\{\{1,2,3,4\}-\{{(i2)\%4\}}\} S{{1,2,3,4}−{(i2)%4}} 结论的另一种描述: 0 ∑ i 1 4 a i a j 0 a j 1 a j 2 \displaystyle {0\sum_{i1}^{4}\frac{a_i}{a_{j_0}a_{j_1}a_{j_2}}} 0i1∑4aj0aj1aj2ai,其中 j 0 i , j 1 ( i 1 ) % 4 , j 2 ( i 2 ) % 4 j_0i,j_1(i1)\%4,j_2(i2)\%4 j0i,j1(i1)%4,j2(i2)%4 证明:设 m ∑ i 1 4 ( a i ∑ j ∈ S a j ) m{\sum_{i1}^{4}\left(\frac{a_i}{\sum_{j\in{S}}a_j}\right)} m∑i14(∑j∈Sajai), 不妨将分母放大为 ∑ j 1 4 a j \sum_{j1}^4a_j ∑j14aj,这使得分式的加法能够进行,新式子记为 m ′ ∑ j 1 4 a j ∑ j 1 4 a j 1 m\frac{\sum_{j1}^{4}a_{j}}{\sum_{j1}^{4}a_{j}}1 m′∑j14aj∑j14aj1,而 m ′ m mm m′m,则 1 m 1m 1m记 m 1 a 1 a 1 a 2 , m 2 a 2 a 1 a 2 m_1\frac{a_1}{a_1a_2},m_2\frac{a_2}{a_1a_2} m1a1a2a1,m2a1a2a2, m 3 a 3 a 3 a 4 , m 4 a 4 a 3 a 4 m_3\frac{a_3}{a_3a_4},m_4\frac{a_4}{a_3a_4} m3a3a4a3,m4a3a4a4显然 a 1 a 1 a 2 a 4 m 1 \frac{a_1}{a_1a_2a_4}m_1 a1a2a4a1m1, a 2 a 1 a 2 a 3 m 2 \frac{a_2}{a_1a_2a_3}m_2 a1a2a3a2m2, a 3 a 2 a 3 a 4 m 3 \frac{a_3}{a_2a_3a_4}m_3 a2a3a4a3m3, a 4 a 1 a 3 a 4 m 4 \frac{a_4}{a_1a_3a_4}m_4 a1a3a4a4m4将上述4个不等式同侧相加,得 m ∑ i 1 4 m i a 1 a 1 a 2 a 2 a 1 a 2 a 3 a 3 a 4 a 4 a 3 a 4 m\sum_{i1}^4m_i\frac{a_1}{a_1a_2}\frac{a_2}{a_1a_2}\frac{a_3}{a_3a_4}\frac{a_4}{a_3a_4} m∑i14mia1a2a1a1a2a2a3a4a3a3a4a4 2 2 2所以 1 m 2 1m2 1m2不等式得证
例
放缩法对于某些对数相关不等式的证明是方便有效的例:证明 log 2 3 log 3 4 \log_2{3}\log_3{4} log23log34 由对数性质 log a m b n n m − 1 log a b \log_{a^m}b^nnm^{-1}\log_{a}b logambnnm−1logab,若 n m − 1 1 nm^{-1}1 nm−11,即 m n mn mn时, log a m b n log a b \log_{a^m}b^n\log_{a}b logambnlogab log 2 3 log 2 3 3 3 log 8 27 \log_2{3}\log_{2^3}{3^3}\log_8{27} log23log2333log827 log 9 27 \log_{9}{27} log927 log 3 4 log 3 2 4 2 log 9 16 \log_3{4}\log_{3^2}{4^2}\log_{9}{16} log34log3242log916 log 9 27 \log_9{27} log927可见 log 3 4 log 9 27 log 2 3 \log_3{4}\log_9{27}\log_2{3} log34log927log23即 log 2 3 log 3 4 \log_2{3}\log_3{4} log23log34
几何法
几何学的应用也是证明不等式的一个重要途径通常是根据被比较的表达式构造对应的几何(例如单位圆,矩形等),利用几何属性(面积等)的比较来证明表达式之间的大小关系
例
证明: 0 sin x x tan x 0\sin{x}x\tan{x} 0sinxxtanx, x ∈ ( 0 , π 2 ) x\in(0,\frac{\pi}{2}) x∈(0,2π) 在直角坐标系 x O y xOy xOy中,作单位圆O(半径 r 1 r1 r1)将角 x x x的始边置于 x x x轴,设 x x x的始边交圆 O O O于点 A A A角 x x x的终边交圆 O O O于B点,过 A A A作 x x x轴的垂线交 O B OB OB的延长线于 C C C( O C ⩾ 1 OC\geqslant{1} OC⩾1);过点 B B B作 x x x轴的垂线交于点 D D D 记号说明: t r i A B C , s e c t A B C triABC,sectABC triABC,sectABC分别表示三角形ABC,扇形ABC S t r i O A B 1 2 ∣ O A ∣ ∣ B D ∣ S_{triOAB}\frac{1}{2}|OA||BD| StriOAB21∣OA∣∣BD∣ 1 2 sin x \frac{1}{2}\sin{x} 21sinx S s e c O A B 1 2 x ∣ O A ∣ 2 1 2 x S_{secOAB}\frac{1}{2}x|OA|^2\frac{1}{2}x SsecOAB21x∣OA∣221x S t r i O A C 1 2 ∣ O A ∣ ∣ A C ∣ S_{triOAC}\frac{1}{2}|OA||AC| StriOAC21∣OA∣∣AC∣ 1 2 tan x \frac{1}{2}\tan{x} 21tanx而从几何上看,显然 0 S t r i A B C S s e c t A B C S t r i O A C 0S_{tri{ABC}}S_{sectABC}S_{triOAC} 0StriABCSsectABCStriOAC,从而 0 1 2 sin x 1 2 x 1 2 tan x 0\frac{1}{2}\sin{x}\frac{1}{2}x\frac{1}{2}\tan{x} 021sinx21x21tanx,即 0 sin x x tan x 0\sin{x}x\tan{x} 0sinxxtanx
例
求证 ∣ sin x ∣ ⩽ ∣ x ∣ |\sin{x}|\leqslant{|x|} ∣sinx∣⩽∣x∣对于 x ∈ R x\in\mathbb{R} x∈R恒成立证:下面用综合法证明 由上例: 0 sin x x tan x 0\sin{x}x\tan{x} 0sinxxtanx, x ∈ ( 0 , π 2 ) x\in(0,\frac{\pi}{2}) x∈(0,2π);且 x 0 x0 x0时 sin x sin 0 0 \sin{x}\sin{0}0 sinxsin00,满足 ∣ sin 0 ∣ ∣ 0 ∣ |\sin{0}||0| ∣sin0∣∣0∣ 当 x ∈ [ 0 , π 2 ) x\in[0,\frac{\pi}{2}) x∈[0,2π)时, ∣ sin x ∣ sin x ⩽ x ∣ x ∣ |\sin{x}|\sin{x}\leqslant{x}|x| ∣sinx∣sinx⩽x∣x∣当 x ∈ ( − π 2 , 0 ) x\in(-\frac{\pi}{2},0) x∈(−2π,0)时, − x ∈ ( 0 , π 2 ) -x\in(0,\frac{\pi}{2}) −x∈(0,2π),由 ( 1. ) (1.) (1.)和 sin − x sin x \sin{-x}\sin{x} sin−xsinx可知: ∣ sin ( − x ) ∣ ⩽ ∣ − x ∣ |\sin{(-x)}|\leqslant{|-x|} ∣sin(−x)∣⩽∣−x∣,即 ∣ sin x ∣ ⩽ ∣ x ∣ |\sin{x}|\leqslant{|x|} ∣sinx∣⩽∣x∣当 ∣ x ∣ ⩾ π 2 |x|\geqslant{\frac{\pi}{2}} ∣x∣⩾2π时, π 2 ⩽ ∣ x ∣ {\frac{\pi}{2}}\leqslant|x| 2π⩽∣x∣,同时 ∣ sin x ∣ ⩽ 1 |\sin{x}|\leqslant{1} ∣sinx∣⩽1对于任意 x x x成立,所以 ∣ sin x ∣ ⩽ 1 π 2 ⩽ ∣ x ∣ |\sin{x}|\leqslant{1}\frac{\pi}{2}\leqslant{|x|} ∣sinx∣⩽12π⩽∣x∣,即 ∣ sin x ∣ ∣ x ∣ |\sin{x}||x| ∣sinx∣∣x∣ 综上,原命题成立
