积分不等式的证明方法

关键词：

积分不等式的证明方法（精选九篇）

积分不等式的证明方法 篇1

1.用拉格朗日中值定理证明不等式法

运用拉格朗日中值定理证明不等式, 其步骤如下: (1) 分析不等式的具体步骤特点, 构造一个函数f (x) , x∈[a, b]是证明的关键一步. (2) 判断函数f (x) 在区间[a, b]上是否符合拉格朗日定理的两个条件. (3) 根据欲证不等式的特点, 利用f (x) 及f' (x) 的性质, 将上式进行适当变形, 从而使得不等式得证.

因此不等式得证.

小结当所证的不等式中含有函数值与一阶导数, 或函数增量与一阶导数时, 可用拉格朗日中值定理来证明.

2.利用泰勒展开式证明不等式法

泰勒展开式的证明常用的是将函数f (x) 在所给区间端点或一些特定点 (如区间的中点、零点) 进行展开, 通过分析余项在ξ点的性质, 而得出不等式.另外若余项在所给区间上不变号, 也可将余项舍去而得到不等式.

小结:当遇到含有函数或高阶导数, 或函数增量与高阶导数, 或要证的是导数 (一阶或二阶) 不等式时, 可利用泰勒公式来证明有关的不等式.

3.可导函数单调性证明不等式

小结利用函数单调性证明不等式, 不等式两边的函数必须可导;对所构造的辅助函数f (x) 应在某闭区间上连续, 开区间内可导, 且在闭区间的某端点处f (x) 的值为0, 然后通过在开区间内f' (x) 的符号来判断f (x) 在闭区间上的单调性.

积分不等式的证明及应用 篇2

毕业论文（设计）

题 目：积分不等式的证明及应用

所 在 系： 数学与计算科学系

专 业： 数学与应用数学

学 号： 08090233 作者姓名： 盛军宇 指导教师： 肖娟

2012年 4 月 27 日

积分不等式的证明及应用

数学与计算科学系 数学与应用数学专业 学号:08090233 姓名:盛军宇 指导老师:肖娟

摘要

本文主要研究了如何利用积分中值定理、辅助函数、以及一些特殊积分不等式等方法证明积分不等式,并通过若干实例总结有关积分不等式的证明方法及规律,讨论了一些特殊积分不等式的应用.关键词 积分不等式；中值定理；函数

0.引言

积分不等式是微积分学中的一类重要不等式,在数学分析中有着广泛的应用,且在考研试卷中会经常出现.对积分不等式证明方法的介绍,不仅解决了一些积分不等式的证明,而且可以把初等数学的知识与高等数学的知识结合起来,拓宽我们的视野,提高我们的发散思维能力和创新能力.目前国内外对该课题的研究比较普遍,主要研究了如何利用微积分相关知识来解决一些比较复杂的积分不等式的证明.积分不等式的常用证法有: 定积分的定义、定积分的性质、泰勒公式、分部积分法、线性变换等.本文主要从以下几个方面讨论和归纳了一系列积分不等式的证明方法:利用积分中值定理来证积分不等式、利用Schwarz不等式来证积分不等式、利用微分中值定理来证积分不等式、利用积分中值定理来证积分不等式、利用二重积分来证积分不等式等.1.积分不等式的证明方法

1.1 利用积分第一中值定理证明积分不等式

积分第一中值定理(定理1)若fx在a,b上连续, 则至少存在一点a,b，使得fxdxfba.ab积分第一中值定理在证明积分不等式中有着举足轻重的作用.例1 设fx在0,1上可微,而且对于任意x0,1,有|fx|M, 求证:对任意正整数n有

10fxdx1nn1ni1Mifnnn,其中M是一个与x无关的常数.分析 由于目标式中一个式子为

i11if,另一个式子为fxdx0n,故把fxdx按

01区间可加性写成一些定积分的和,并应用积分第一中值定理加以证明.证 由定积分的性质及积分中值定理,有

10fxdxnini1ni1fxdxni1fi1,,i1,2,,n.,innni1i又因为fx在0,1上可微,所以由微分中值定理可知,存在ii,,使得, niiffifii,i1,2,,n.nni

因此10fxdx1nni11ifnnni1fi1nni1ifn

1n1n1n1nni1niffiniffinifiinM1nMn

i1n.i1ni1在抽象函数fx的积分不等式中,若出现和号、幂函数、对数函数等,一般可以利用定积分的定义或区间可加性,将区间a,bn等分,点i也可采用特殊的取法.1.2 利用拉格朗日中值定理证明积分不等式

拉格朗日中值定理(定理2)若函数f满足如下条件:

if在a,b上连续；iif在a,b内可导, 则在a,b内至少存在一点,使得

ffbfaba.利用拉格朗日中值定理的关键是根据题意选取适当的函数f(x)和区间a,b,使它们满足拉格朗日定理条件,然后运用拉格朗日公式或等价形式来运算得出所要的结论.例2 设fx在a,b上连续.证明:若fafb0,则

fxdxabba24M,MMaxfx.xa,b分析 由条件fafb0,及fx与fx,故想到利用拉格朗日中值定理.证 由拉格朗日中值定理得: 对任意的xa,ab, 2fxfxfaf1xa,a1x.,b, 对任意的x2abfxfxfbf2xb,x2b.ababfxMxa,xa，fxMbx,x,b22，故

fxdxabab2afxdxbab2fxdx

ab2afxdxbab2fxdx

ab2aMxadxbab2Mbxdxba24M.注意到M是fx在a,b上的最大值,所以解题的关键是如何使fx与fx联系起来,因而不难想到拉格朗日中值定理来证明.1.3 构造变上限函数证明积分不等式

作辅助函数,将结论的积分上限或下限换成x,式中相同的字母也换成x,移项,使

得不等式的一端为零,则另一端为所作的辅助函数,这种方法在证明一些特定类型积分不等式时有重要作用.1例3 设函数fx在0,1上连续,证明不等式fxdx0210f2xdx.x分析 此例若令Fxftdt02x0f2tdt,则Fx的正负不易判断,需进一步的改进.证 由待证的积分不等式构造变上限定积分的辅助函数,令

xxFxftdtxf0022tdt显然,F00,且Fx可导,有

f2Fx2fxxftdt02xx0tdtxf2t

fxftdt0，0则Fx在x0时单调减小,即有FxF00,x0，1特别地,F10,即证得不等式fxdx0210f2xdx.例4 设函数fx在0,1上可微,且当x0,1时,0fx1,f00, 1试证 fxdx0210f3xdx.2131证 问题在于证明fxdx00fxdx0, x令Fxftdt02x0fx3tdt,因为F00, Fx2fxftdt0f3xfx2x0ftdtf2x，x0已知f00,0fx1,故当x0,1时,fx0, 记gx2ftdtf2x, 则g00,gx2fx2fxfx=2fx1fx0,x0,1, 于是gx2ftdtf2xg00,x0,1,故Fx0,x0,1, 0x4

1所以F1F00,即fxdx0210f3xdx.通过上述两例,我们知道了构造变上限函数证明积分不等式,遇到特殊情况,不能按常规直接作辅助函数需要稍微变化一下,有时甚至要在一个题中构造两个辅助函数,以便判断所作函数的单调性.1.4 利用二重积分证明积分不等式

在积分不等式的证明中利用定积分与积分变量形式无关的这一性质,将定积分的平方项或者定积分之间的乘积转化为积分变量形式不同的定积分之积,把定积分化为二重积分,可以达到有效的作用.例5 若函数fx,px,gx在a,b上连续,px是正值函数,fx,gx是单调增加函数,则pxfxdxpxgxdxaabbpxdxpxfxgxdx.该不等式称为切贝谢

aabb夫不等式.分析 只要证bapxdxpxfxgxdxabbbapxfxdxpxgxdx0

abb即可,而上述式子又可视为累次积分,从而化为二重积分.证 因定积分的值与积分变量无关,故pxdxpydy，aapxgxdxpygydy.aabbbapydypxfxgxdxabbapxfxdxpygydy

abpypxfxgxpxpyfxgydxdyD

pxpyfxgxgydxdyD 1

其中,积分区域Daxb;ayb.因为定积分与积分变量的形式无关, 所以交换x与y的位置,得到

pypxfygygxdxdyD 2

将1式与2式相加,得12pxpyfxfygxgydxdy,由已知，D可知px是正值函数,fx,gx是单调增加函数,从而fxfy与gxgy同号，于是在D上pxpyfxfygxgy0,从而,0.即pxfxdxpxgxdxaabbpxdxpxfxgxdx.aa101bb例6 若函数fx在0,1上不恒为零且连续增加,则

ff3xdxxdx101xfxf3xdxxdx.2200证 由于在0,1上,结论式中的分母均为正值,所以结论等价于

10f2xdx10xff23xdx10xf10f3xdx10xf2xdx0, 而   10fff2xdx210xf3xdx130xdx2xdx

Dxyf3ydxdyDfxxf3ydxdy

D2xf3yyxdxdy 3

其中,积分区域D0x1;0y1因定积分的值与积分变量的形式无关,故又有

Df2yf3xxydxdy 4

22将3式与4式相加,得1xyfyfxfxfydxdy, 2D由已知,函数fx在0,1上连续增加,从而对任意的x,y0,1,有

xyfyfxfxfy0,故22101ff3xdxxdx101xfxf3xdxxdx.2200从以上的积分不等式证明中,可知把定积分化为重积分能巧妙地解决一些积分不等式的证明问题.1.5 借助于判别式来证明积分不等式

引入适当的参数,构造合适的函数,讨论参数的判别式,以便证明所求证的积分不等式.例7 设fx0,且在a,b上连续,试证fxdxabbdxfxaba.2分析 可构造多项式,利用多项式的性质来证明积分不等式.证 由题设对任意的,考察函数fx,因为fxfx0,有 fx2ba2bdxb2,即fx2dx02dxaafxfxfxdxab0, 不等式的左端可以看成的二次三项式,且对任意的上述不等式均成立, 故判别式2abdx4a2bdxfxbafxdx0,即fxdxabbdxfxaba.2用判别式解题的关键是要有一个函数值恒定（大于或小于零、大于或等于零、小于或等于零）的一元二次方程gx,而g2x0,于是我们构造g2xdx0这样一个方程,ab再结合这种情况下的判别式也是一个不等式,便可证明此题.1.6 利用对称性证明积分不等式

命题1 当积分区域关于直线yx对称时,被积函数的两个变量交换位置后,二重积分的值不变.这一条规律有助于解决一些特定类型的积分不等式的证明.例8 函数fx在a,b上取正值且fx在a,b上连续试证:

fyhfxdxdyba,ha,b;a,b.2证 因为ha,b;a,b关于直线yx对称,从而Ifxfyhfxdxdyfxdxdyhfy, 所以Ifyhdxdy12hfxfydxdyfxfy1dxdybah2.由上例可知,在积分不等式的证明过程中,我们可以应用基本不等式,它可能起到重要作用.1.7 利用积分第二中值定理的推论证明积分不等式

积分第二中值定理的推论:设函数f在a,b上可积.若g为单调函数,则存在a,b,使得fxgxdxgafxdxgbfxdx.aabb应用这个推论可以较容易地解决某些恒等式与某些不等式的证明.babb例9 设函数fx在a,b上单调递增连续,则xfxdxfxdx.a2a证 假设函数gxxab2,显然gx在a,b上可积,又函数fx在a,b上递增连续,根据积分第二中值定理的推论知存在a,b,使得

fxgxdxababfagxdxfbgxdx 

ab且式又可变为fxgxdxfagxdxfbgxdx.由定积分的几何意义

ab知gxdxbgxdx,abaa,b,同时,fafb,于是，bfxgxdxfbfagxdx即xab0, bababb,故fxdx0xfxdxfxdxa22a.2.一些特殊积分不等式的应用

2.1 Chebyshew不等式及其应用

Chebyshew不等式 设fx,gx同为单调递减或当调递增函数,则有

bafxdxgxdxbafxgxdx.aabb若fx,gx中一个是增函数,另一个为减函数,则不等式变为

Chebyshewbafxdxgxdxbafxgxdx.aabb不等式有广泛应用,特别在证明一类积分不等式中发挥重要作用.例10 设gx是1,1上的下凸函数,fx为1,1上的偶函数且在0,1上递增,则, 1fxdx1gxdx112fxgxdx.11分析 从所证的不等式看,它有点类似于Chebyshew不等式,如果能够构造出一个单调函数满足Chebyshew不等式的条件,问题就容易解决了,为此构造辅助函数,令xgxgx.证 令xgxgx,显然x也为1,1上的偶函数,由于gx是1,1上的下凸函数,故当0x1x21,gx1gx2x1x2gx1gx2x1x2, 即gx1gx2gx2gx1,即x1x2,所以fx,x在0,1上为增函数, 由Chebyshew不等式知, 110fxdxxdx011101fxxdx21211fxdxxdx111211fxxdx, 可得fxdxgxdx2fxgxdx.1112.2 利用Schwarz不等式证明积分不等式

Schwarz不等式 若fx,gx在a,b上可积,则

Schwarzbafxgxdx2baf2xg2xdx.不等式是一个形式简单,使用方便的积分不等式,在证明某些含有乘积及

b平方项的积分不等式时颇为有效.例11 已知fx0,在a,b上连续,fxdx1, k为任意实数,求证:

a abfxcoskxdxabfxsinkxdx1 5

22证 5式左端第一项应用Schwarz不等式得

bafxcoskxdx2abfxfxcoskxdxb2 同理afxsinkxdxb2fxdxfxcosaabkxdxfxcosab2kxdx6

bafxsin2kxdx 7

67即得5式.此题证明的关键在将fx写成2.3 Jensen不等式

fxfx的形式,以便应用Schwarz不等式.定理3 设fx在a,b上连续,且mfxM,又t是m,M上的连续凸函数（指下凸函数）,则有积分不等式

ba1ba1fxdxbafxdx 8

ab注 若t是m,M上的连续凹函数,则8式中的不等式号反向.定理4 设fx,px在a,b上连续,且mfxM,px0axb,t是

m,M上的连续凸函数,则有bapxfxdxbapxdxpxfxdx 9

pxdxabab注 当t是m,M上的连续凹函数时,9式中的不等号反向.例12 设fx在a,b上连续,且fx0,则对任意的自然数n,有

1nlnbaba1fxdxba1t2banlnfxdx.证 令tnlnt,那么tn,tnt10,故t为凹函数, 显然fx在t的定义域内有意义,故由定理3知,结论成立.例13 设fx,px是a,b上的正值连续函数,则对任意的自然数n,有

banpxlnfxdxpxdxabnlnbapxfxdxbapxdx.证 令tnlnt由上例知t为凹函数,故由定理4知结论成立.2.4 Young不等式的应用

Young不等式 设fx是单调递增的,连续于0,a上,f00,a,b0,f1x表示fx的反函数,则abYounga0fxdxb0f1ydy,其中等号成立当且仅当fab.不等式是一个非常重要的不等式,灵活巧妙地应用它,可以使一些较为困难的问题迎刃而解.例14 证明:a,b1时,不等式abea1blnb成立.证 设fxex1,则fx单调并连续,f等式有，a1b11yln1y,因为a,b1,由Young不a1b10故abea1blnb.2.5 Steffensen不等式

Steffensenfxdx0f1ydyea1blnbab1, 不等式 设在区间a,b上,g1x ,g2x连续,fx一阶可导,任给

xaxa,b,成立不等式g1tdtxag2tdt,且g1xdxabbag2xdx.若fx在a,b上单调递减,则fxg1xdxabfxgxdx;若fx在上单调递增上述不等式变号.a2b例15 证明20sinx1x2dx20cosx1x2dx.证 对任意的x0,22,因为cosx1sinx,所以有sintdt0xx0costdt;此外,显然有2sinxdx00cosxdx1且函数

在0,上单调递减,从而根据Steffensen不21x21等式,知20sinx1x2dx20cosx1x2dx.结论

总之,以上讨论的积分不等式的主要证明方法都离不开积分的性质,主要是通过函数的可微性和函数的可积性,利用二重积分、拉格朗日中值定理和积分中值定理来证积分不等式；以及巧妙的利用Schwarz不等式和Jensen不等式等,在实际应用中需要结合各方面灵活使用题中条件或不等式,才会使问题得以正确解决.参考文献

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Mathematics and Application Mathematics specialty Number:08090233

Name:ShengJunyu

Instructor:XiaoJuan

一道积分不等式的证明和改进 篇3

积分不等式设f( x) 在[0,1]上连续且单调递减,对α∈ ( 0,1) ,则有

给出几种证明方法,并以此为基础,弱化不等式的条件,提出了更具有广泛应用的两个积分不等式.

一、积分不等式的证明

1. 利用积分换元

由于f( x) 在[0,1]上连续,故令x = αt,则

2. 利用函数单调性

构造辅助函数

由于f( x) 在[0,1]上连续,因此关于α可导,故

又因为f( x) 在[0,α]上单调递减,故f( α) ≤f( x) ( x∈[0,α]) ,因此

所以

F'( α) ≤0,α∈ ( 0,1) .

故F( α) 在( 0,1) 单调递减,并且可扩展到在( 0,1]上单调递减,所以F( α) ≥F( 1) .

因此

3. 利用二重积分

将积分不等式两边转化为二重积分

其中各积分区域如图所示:又由于f( x) 在[0,1]上单调递减,故在D1内,有f( x) ≥f( α) ;

在 D2内,有

f( x) ≥ f( α) ;

在 D2内,有

f( x) ≤ f( α) .

而易知区域D1和D2的面积相等,因此

综上可知原不等式成立.

二、不等式的改进

由以上证明过程可见,可以将限定区间[0,1]进行适当修改,使得积分不等式更具有应用性.

定理1设f( x) 在[0,M]上连续且单调递减,对α,β∈ ( 0,M) ,若α≤β,则有

Remark: 该定理中的积分不等式形式对称,几何意义明显,可仿造上述方法证明,只需将1变成β即可. 当然还有很多证明方法,详见文献[2].

从定理1和定理2的证明中可看出,函数f( x) 连续这一条件至关重要,上述证明方法都是建立在这一条件的基础之上,这也势必使得该积分不等式的应用受到一定的限制.我们自然会考虑是否可以将上述积分不等式中函数f( x) 连续去掉,弱化条件,使不等式的应用更具广泛性? 研究发现是可行的,我们可以得到如下结论:

定理2设f( x) 在[0,M]上单调递减,对α,β∈ ( 0,M) ,若α≤β,则有

证明由于f( x) 在[0,M]上单调递减,故对α,β∈( 0,M) ,积分存在. 由于

故只需证

由于f( x) 在[0,M]上单调递减,故

当 x ∈[0,α],f( x) ≥ f( α) ,

当 x ∈[α,β],f( x) ≤ f( α) ,

所以

因此

积分不等式的证明方法 篇4

证明数列前n项和 不等式的定积分 放缩法

摘要：本文深入分析数列与函数之间的联系，结合高等数学中数项级数[4]的观点研究高考证明数列前n项和不等式的相关问题。本着“数形结合”的重要数学思想，抓住数列的本质是数值函数这一特点，另辟蹊径，利用分析学“定积分”这一工具，探究对数列前n项和不等式进行放缩的方法。关键词：数列；不等式；定积分；数形结合。

数列，高考的重中之重。而对于数列前n项和不等式的证明更是天津高考的难点。这类问题大致可以分为两种：如果这样简单分类的话，那么显然第二种题型会比第一种更复杂[2]。对于第一种题型，题目中已然给出了我们要证明的“对象”，即便我们对原数列“无从下手”，也可以根据“式”的偶性，将不等号右边的式子也看作是某一数列的“和”，再通过“和转项”的方式找到其对应的“项”，从而我们不妨逐项比较，最后累加达到目的。此外，山穷水复之时，数学归纳法也是个不错的选择。所以，对于第一种题型来说，有多种比较成熟的应对方法，这里就不逐一列举。然而，对于第二种题型，“和转项”与归纳法则不再适用。题目中要求寻找的，类似于这个数列前n项和的“极限”，而这个“极限”则是一个常数。在处理这一类问题时，我们通常要将原数列的通项进行一定程度的放缩与变形，处理成为一个能够求和的数列，并且由变形后数列的“和”可以进一步证明我们想要的结论（如果将变形后数列的前n项和看作一个函数，那么待证明的常数C通常是这个函数的极限）。显然，这执行起来十分困难，要求学生有足够的“数学远见”，并且要记一些常用的方法和结论，无疑是“雾里看花”。因为，即使在这些结论上下了很大功夫，题目稍加变化后，学生们仍是感到“无从下手”。况且，即便命题人不改变题目的结构，仅仅是将不等式的强度加大，学生在解题时，还是会陷入漫无目的“尝试”。所以，数列前n项和不等式的证明一直以来都是高考的难点，而那些尽可能巧妙地解决这类问题的方法大多都指向“构造”的思想。而“构造”需要“数学远见”，要求学生具备极好的“数学素养”，非一日之功。况且，想要通过做题、总结的方式培养这种“素养”，绝非易事。为解决这一瓶颈，笔者尝试从高中数学内部寻找一种容易为高中生理解，又不会涉及“知识超纲”问题，且尽可能普遍适用的方法和视角来解决这一类问题，并试图探究其内在“本原”。于是，笔者发现了——定积分。对照以上两种方法，不难发现利用定积分放缩的方法十分优美、简洁，并且在很大意义上揭示了级数不等式的本质。下面以天津市近两年高考与模拟的压轴题为例深刻体会定积分放缩法的优越性。由例1.及其变式不难看出，利用定积分放缩法往往并不是直接放缩至待证“对象”本身，而是构造了一个比待证不等式强度更大的不等式，然后再次放缩到需要的“对象”。综述：定积分放缩法作为一种简洁、优美的解题方法，在解决由“数项级数”所引申出的“证明数列前n项和不等式”的问题中有相当广泛的应用，具有一定程度的普适性。无疑为学生遇到问题“无从下手”时，提供了一套系统的构思程序。定积分放缩法中处处渗透了“数形结合”的数学思想，并将数列与函数联系起来，使学生深刻地认识到数列是离散的数值函数这一本质，有机地反映了将“代数-几何-分析”综合起来的“数学美”，有助于提高学生对数学的学习兴趣。定积分放缩法是建立在常规放缩法基础之上的拓展，二者地位等同，相互依存。和一切的数学模型一样，我们希望但永远不能将所有问题都用一个“统一的方法”来解决。数学的灵魂，在于各分支间的融会贯通，“统一的方法”和“永动机”一样是不存在的。数学本身的“包罗万象”，足以从其自身内部酝酿出千变万化的解题方法。由此可见，数学的精神在于各个数学分支的互相穿插与多种解法间内在紧密联系的数学逻辑。这就是“数学素养”。参考文献[1].《浅谈高等数学在中学数学中的应用》[M].广东石油化工学院，22-24[2].李广修.证明不等式的定积分放缩法[J].数学通报，2008,47（7）：55-57[3].意琦行，数海拾贝.证明级数不等式的积分放缩法[J].光量子，2015；10；29[4].《高等数学》[M].同济大学数学系，2014第7版：251-327致谢感谢天津市第一〇二中学数学组：马萍，严虹，纪洪伟，张倩老师对我研究的帮助与支持。感谢“高中数学解题研究会”杜巍老师给予的帮助。感谢“高中数学解题研究会”提供优良的研究平台及学术氛围。感谢周围对我研究的支持和认可。

高等数学中微积分证明不等式的探讨 篇5

例1 设函数f (x) =a1sinx+a2sin2x+…+ansinx, 其中a1, a2…an都为实数, n为正整数, 已知对于一切实数x, 有|f (x) |≤|sinx| , 试证:|a1+2a2+…+nan|≤1。

分析:问题中的条件与结论不属于同一类型的函数, 需要仔细分析它们之间的关系, 可以看出:a1+2a2+…+nan=f′ (0) 。于是问题可以转化为证明|f′ (0) |≤1。

证明:由f′ (x) =a1cosx+2a2cos2x+…+nancosnx。

得 f′ (0) =a1+2a2+…+nan。

undefined

undefined。

即|a1+2a2+…+nan|≤1。

说明:用导数定义来证明不等式的方法适用不广, 需要仔细观察问题的条件和结论之间的关系。

2 利用可导函数单调性证明不等式

可导函数类不等式的证明方法之一可利用其导数符号与函数单调性关系来证明, 此类函数的特征及其证明方法可概括如下:

若f (x) , g (x) 可导, 证明f (x) >g (x) 。

证明: (1) 用减法, 设x>a, 可转换为证明f (x) -g (x) >0。

从而构造辅助函数F (x) =f (x) -g (x) , 若F′ (x) >0, F (a) =0 则F (x) 单调递增, 因此, F (x) >F (a) =0, 所以F (x) =f (x) -g (x) >0。从而f (x) >g (x) , 若F′ (x) 不能判断是否大于0, 而F′ (a) =0 , 则求F′′ (x) , 若F′′ (x) >0 , 则F′ (x) 单调递增, 即F′ (x) >F′ (a) =0, 从而F (x) 单调递增, 则F (x) >F (a) =0, 所以f (x) >g (x) 。

(2) 用除法, 设a

undefined

因为g2 (x) >0, 所以考查分子, 不妨设:

φ (x) =f′ (x) g (x) -g′ (x) f (x)

φ′ (x) =f′′ (x) g (x) +f′ (x) g′ (x) -f (x) g′′ (x) -f′ (x) g′ (x)

φ′ (x) =f′′ (x) g (x) -f (x) g′′ (x)

①若φ′ (x) >0, F (a) =1, φ (a) =0, 则φ (x) 单调递增, F′ (x) >0, 即F (x) 单调递增。此时F (x) >F (a) =1, 即f (x) >g (x) ;

②若φ′ (x) <0, F (b) =1, φ (a) =0, 则φ (x) 单调递减, F′ (x) <0即F (x) 单调递减, 此时F (x) >F (b) =1, 即f (x) >g (x) 。

例2 求证undefined。

undefined

F′′ (x) >F′′ (0) =0, 得F′ (x) 单调递增,

F′ (x) >F′ (0) =0, 得F (x) 单调递增,

则F (x) >F (0) =0

即undefined

(本题F′ (x) 不能判断是否大于0, 但端点值为0, 所以求F′′ (x) , F′′ (x) 仍不能判断是否大于0, 但F′′ (0) =0, 继续求F′′′ (x) , F′′′ (x) 大于0, 且利用端点值为零, 一步步推出F′′ (x) , F′ (x) , F (x) 单调递增, 最后得出所要证的结论, 此题还可以用定积分的方法 (后面将给出) 。

例3 当undefined, 求证undefined。

分析:若令undefined, 由于导数符号不断变化, 故辅助函数F (x) 无单调性, 需重设辅助函数F (x) , 可用除法试之。

undefined

, 令g (x) =xconx-sinx, g (0) =0

g′ (x) =cosx-xsinx-cosx≤0,

∴g (x) 单调递减, 因此g (x) ≤g (0) =0

∴F′ (x) ≤0, ∴F (x) 单调递减,

undefined

说明:用函数的单调性证明时, 不等式两边的函数必须可导;对所构造的辅助函数F (x) 应在某闭区间上连续, 开区间内可导, 且在闭区间的某端点f (x) 的值为0, 然后通过在开区间内F′ (x) 的符号来判断F (x) 在闭区间上的单调性。一般先用减法, 若减法不能成立时, 而且它满足除法条件时, 可用除法试之。

3 利用函数的极值与最大、最小值证明不等式

3.1 极值与最大、最小值的求法

(1) 极值求法:

①求出可疑点, 即稳定点与不可导的连续点;

②按极值充分条件判定可疑点是否为极值点。

(2) 最大、最小值的求法:

①闭区间[a, b]上连续函数的最大、最小值的求法:

先求出可疑点, 再将可疑点处的函数值与端点a, b处的函数值比较, 最大者为最大值, 最小者为最小值。

②开区间 (a, b) 内可导函数的最大值、最小值的求法:

若f (x) 在 (a, b) 内可导, 且有唯一的极值点, 则此极值点即为最大值点或最小值点。

3.2 证明方法

当不等式两边含有相同的“形式”时, 可利用此形式构造辅助函数。

例4 证明:若p>1, 则对于[0, 1]中的任意x有:

undefined

分析:设辅助函数f (x) =xp+ (1-x) p (0≤x≤1) , 若设undefined, 故很难用函数单调性的定义去证明。不难看到不等式两端都是常数形式, 因而可想到用最值方法试之。

证明:设函数f (x) =xp+ (1-x) p, (0≤x≤1) 。

有f ′ (x) =pxp-1-p (1-x) p-1=p[xp-1- (1-x) p-1],

令f ′ (x) =0, 得唯一驻点undefined

从而, undefined.所以, undefined是极小值点也是最小值点, 最小值为undefined, 两边界为f (0) =f (1) =1。

所以undefined。

说明:当题设满足以下条件时宜用该方法:

(1) 所设函数f (x) 在某闭区间上连续, 开区间内可导, 但在所讨论的区间上不是单调函数时;

(2) 只能证不严格的不等式而不能证明严格的不等式。

4 利用拉格朗日中值定理证明不等式

4.1 拉格朗日中值定理

设函数f (x) 在[a, b]内连续, 在 (a, b) 内可导, 则有:

undefined, 其中ξ∈ (a, b) , b>a。

4.2 拉格朗日中值定理证明思想

拉格朗日中值定理是以等式形式存在的, 那么, 如何利用该定理去证明不等式呢?在拉格朗日中值公式中ξ∈ (a, b) , 我们根据ξ在 (a, b) 之间的取值可以估计f′ (ξ) 取值范围, 从而得到不等式。

4.3 用拉格朗日中值定理证明不等式的步骤

(1) 验证函数在区间内满足拉格朗日中值定理的条件, 自变量所在的区间[a, b]。

(2) 对f (x) 求导, 从而得到f′ (ξ) , 由此建立一个等式

undefined。

(3) 由ξ的范围确定f′ (ξ) 的范围, 从而验证不等式。

例5 设0

证明:设f (x) =lnx, 则undefined, 对于f (x) =lnx在x∈[a, b]应用拉格朗日中值定理有undefined

ξ∈ (a, b)

即undefined

undefined

说明:拉格朗日中值定理将函数值与导数值连接在一起。这里没有给出ξ的确切位置, 而对于不等式而言, 也不需, 不必精确。因此可利用中值定理证明, 关键是选择f (x) 及区间[a, b]。

5 利用柯西中值定理证明不等式

柯西中值定理:设f (x) , g (x) 满足:

(1) 在区间[a, b]上连续;

(2) 在区间 (a, b) 内可导;

(3) f′ (x) 和g′ (x) 不同时为零;

(4) g (a) ≠g (b) 。

则至少存在一点ξ∈ (a, b) , 使得undefined。

例6 设e

证明:设f (x) =ln2x, g (x) =x则undefined。

对于f (x) , g (x) 在[a, b]上应用柯西中值定理有undefined。

设undefined, 考察φ (t) ,

undefined。显然当t>e时, 即1-lnt<0, φ′ (t) <0∴φ (t) 在t>e时单调递减。从而φ (ξ) >φ (e2) 。

即undefined, 故undefined。

说明:柯西中值定理是研究两个函数变量关系的中值定理, 当一个函数取作自变量自身时, 它就是拉格朗日中值定理, 所以能用拉格朗日中值定理证明的不等式一定能用柯西中值定理来证, 反之则不然。

6 利用泰勒公式证明不等式

6.1 泰勒定理

①函数f (x) 在闭区间[a, b]上存在直到n阶连续导数;

②f (x) 在开区间 (a, b) 内存在f (x) 的n+1阶导数, 则对任何x∈ (a, b) , 至少存在一点ξ∈ (a, b) , 使得:

undefined

6.2 泰勒公式证明不等式方法

(1) 根据已知条件, 围绕证明目标, 选取恰当的点将函数在该点展成泰勒展式;

(2) 根据已知条件, 向着有利于证明目标不等式的方向对上面的展式作适当的处理, 直到可以结合已知条件证出不等式为止。

例7 设undefined, 且f′′ (x) >0, 求证f (x) ≥x。

证明:由undefined及undefined知undefined。

根据导数定义undefined,

由undefined及

f′′ (x) >0, 知f (x) ≥x。

说明:泰勒公式应用的关键在于根据题设的条件如何选择要展开的函数、在哪一点的邻域将函数展开、展开的阶次及余项形式。

7 利用定积分理论证明不等式

定积分的性质:

性质1:若f在[a, b]上可积, k为常数, 则kf在[a, b]上也可积, 且 ∫bakf (x) dx=k∫baf (x) dx;

性质2:若f, g都在[a, b]上可积, 则f+g在[a, b]上也可积, ∫undefined[f (x) ±g (x) ]dx=∫baf (x) dx±∫bag (x) dx;

性质3:若在区间[a, b]上, 有f (x) ≤g (x) , 那么∫baf (x) dx≤∫bag (x) dx;

性质4:f在[a, b]上可积的充要条件是:任给c∈ (a, b) , f在[a, c]与[c, b]上都可积。

此时, 又有等式∫baf (x) dx=∫caf (x) dx+∫bcf (x) dx;

性质5:设f为[a, b]上的可积函数, 若f (x) ≥0, x∈[a, b], 则∫baf (x) dx≥0。

例8 证明:undefined。

证明:∵x>0, ∴sinx

undefined得undefined, 两端再次积分得undefined, 即undefined。

例9 设f (x) 在[a, b]上连续, 且单调递增, 试证明undefined。

证明:设辅助函数undefined, 显然F (a) =0,

∀t∈[a, b], 有undefined

x∈ (a, t) , 且f (x) 单调递增, 则F′ (x) ≥0, 因此F (t) 单调递增, 所以F (b) ≥F (a) =0 (b≥a) ,

即得undefined。

说明:当不等式含有定积分, 且被积函数f (x) ≤g (x) 时, 可用定积分的性质来明。

8 利用幂级数展开证明不等式

根据几个重要初等函数的幂级数展开式来证明, 几个初等函数的幂级数展开式如下:

undefined

undefined;

undefined;

undefined。

例10 证明:当undefined。

证明:原不等式等价于undefined,

将undefined分别写成麦克劳林展开式,

undefined

则要证得不等式左边的一般项为2nxn, 右边的一般项为undefined。

undefined

说明:当要证得不等式中含有上面几个重要初等函数之一时, 可用幂级数展开式法进行证明。

9 结论

以上将微积分常用来证明不等式的方法作了介绍, 但我们遇到具体问题还应该具体分析, 有的不等式的证明用到不止一种方法, 证明方法的选择也是一种技巧。要想熟练掌握其中的技巧, 我们要多思考, 多总结, 灵活运用微积分的基本理论和方法, 这样才能迅速把握问题的本质, 知道怎样入手, 思维清晰, 简便快捷地解决有关不等式的证明问题。

参考文献

[1]华东师大数学系.数学分析[M].北京:高等教育出版社, 1999-2.

[2]裴礼文.数学分析中的典型问题与方法[M].北京:高等教育出版社, 1993.

[3]同济大学数学教研室主编.高等数学 (上册) (第五版) [M].北京:北京高教出版社, 2005.

[4]复旦大学数学系主编.数学分析 (上册) (第二版) [M].北京:北京高教出版社, 1994.

[5]费定晖, 周学圣主编.数学分析习题集解集 (第一册) [M].济南:山东科学技术出版社, 2001.

[6]刘玉琏, 刘伟主编.数学分析讲义练习题选讲[M].北京:北京高等教育出版社, 2002.

[7]高等数学.苏州大学编写组[M].苏州:苏州大学出版社, 2003.

[8]M.菲赫金哥尔茨.微积分学教程[M].北京:人民教育出版社, 1978.

[9]江泽坚.数学分析[M].北京:人民教育出版社, 1978.

微积分在不等式证明中的应用研究 篇6

关键词：微积分,不等式,证明,辅助函数

不等式的证明, 在初等数学里已经介绍过若干种方法, 如比较法, 综合法, 分析法, 放缩法, 反证法, 数学归纳法和构造法等等。然后有些不等式用初等数学方法很难证明, 但是利用微积分证明却相对容易一些。利用微积分证明不等式, 是根据不等式的特点, 通常需要构造辅助函数, 把不等式的证明转化为利用微积分来研究函数的形态。

1 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。

undefined

证明:由于x, y的对称性, 我们不妨设x≥y>0,

先研究x>y的情形, 令f (x) =lnP (x, y) -lnL (x, y)

则undefined

由于x>y则有不等式undefined (此不等式系ostle, Tewilliger和Mitrinuvic分别于1957和1970年建立) 知f' (x) >0, 即是单调增函数,

因此有f (x) >f (y) =lny-lny=0即得lnP (x, y) >lnL (x, y) , (x>y) ,

由指数函数的单调性有p (x, y) >L (x, y) 当x=y时, p (x, y) =L (x, y)

例2.设xi>0 (i=1, 2, ……n) , 试证明undefined。

证明:构造辅助函数undefined则undefined,

由平均值不等式知undefined故f' (x) ≥1对一切x≥0成立,

由拉格朗日中值定理得f (1) -f (0) =f′ (0) ≥1即得证。

2 利用函数极 (最) 值证明不等式

若所设函数不是单调函数, 我们可以考虑利用函数的极值证明不等式。

例3.设undefined, 证明undefined。

证明:构造函数undefined易判别undefined为f (x) 的最小值ξ。所以undefined令undefined取k=n2+1, 代入上式整理后得

undefined

于是undefined由平均值不等式得undefined即undefined代入上式整理即得undefined。

3 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, 有在点x0处有n阶导数f (n) (xn) , 则有展开式:

undefined

在泰勒公式中, 取x0=0, 变为麦克劳林公式

undefined

在上述公式中若Rn (x) ≥0 (或Rn (x) ≤0) 则可得

undefined

或undefined

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4.设在f (x) [0, 1]上二阶可导, 且有|f (x) |≤1, |f'' (x) |<2证明|f' (x) |≤3。

证明:由泰勒展开式知存在η∈ (0, x) 及ξ∈ (x, 1) , 使得

undefined

undefined

所以undefined。

例5.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。

4 利用函数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, 都有undefined, 从而可利用函数图形的凹凸性证明一些不等式, 特别是一类多元不等式, 通常是根据欲证明不等式, 构造辅助函数, 利用该函数在某区间上的二阶导数的正负来判定在该区间上的凹凸性, 从而证明不等式。

例6.证明Holder不等式undefined其中undefined及ai>0, bi>0, i=1, 2, ……n。

证明:设f (x) =xα (x>0) 由凸函数的Jensen不等式得

undefined其中xi>0, pi>0, i=1, 2, ……n

即undefined即undefined

令undefined代入整理即得证。

例7.设ai>0且不全相等, α, β∈R且α>β

则Mα (a1, a2……an) >Mβ (a1, a2……an)

其中undefined定义undefined。

undefined

由Canchy不等式知f'' (x) >0即f (x) 为下凸函数由文[1]定理知

undefined为[0, ∞]上的严格递增函数故undefined整理后即得证。

5 利用积分证明不等式

例8.设0≤a1≤a2≤a3≤a4α∈R

(1) 设a2+a3≥a1+a4

若0<α<1则a2α+a3α≥a1α+a4α若α<0则a2α+a3α≤a1α+a4α

(2) .设a2+a3≤a1+a4, α>1, 则a2α+a3α≤a1α+a4α

证明:记a3-a1=θ, 由所设得θ≥0, 由积分知识易得

undefined∫undefinedxα-1dx=∫undefined (y+θ) α-1dy=∫undefined (y+θ) α-1dy

(1) 由于a2+a3≥a1+a4, α<1, θ≥0故得a4-θ≤a2, (y+θ) α-1≤yα-1

所以undefined∫undefined (y+θ) α-1dy≤∫undefinedundefined

若0<α<1则有a4α-a3α≤a2α-a1α即a2α+a3α≥a1α+a4α

若α<0则有a4α-a3α≥a2α-a1α即a2α+a3α≤a1α+a4α同理可证 (2)

例9.对任意正整数n>1, 求证:undefined。

证明:令f (x) =xn, x∈[0, 1]虽然当n>1时, 函数f (x) 是下凸的,

将[0, 1]n等分, 由积分性质我们有不等式

undefined∫undefinedxndy

undefined

从第一个不等式得undefined

从第二个不等式得

undefined。

参考文献

[1]刘晓波.凸函数的一个性质ρ[J].厦门数学通讯, 1987, (1) .

[2]匡继昌.常用不等式[M].济南:山东科技出版社, 2004.

[3]胡克.解析不等式的若干问题[M].武汉:武汉大学出版社, 2007.

[4]G.H.哈代.J.E.Littlewood.G.波利亚著, 越民文译, 不等式[M].北京:北京科学出版社.1965.

关于不等式证明的若干方法 篇7

1 利用函数的单调性及微分中值定理

命题1:设f (x) 定义在区间I内, 若f&apos; (x) >0 (或f&apos; (x) <0) , x∈I则函数f (x) 在I内严格增加 (或严格减少) .

实质:根据所证的不等式构造一个函数F (x) , 利用导数的符号判断F (x) 的单调性, 使得被证明的不等式转化为一个单调函数在两点的函数值的比较.

命题2: (lagrange中值定理) 若函数f (x) 在[a, b]上连续, 在 (a, b) 内可导, 则, 其中ξ∈ (a, b) .

例1:设e<a<b<e2, 证明.

证明:对f (x) =ln2x在[a, b]上应用拉格朗日中值定理得:

设

当t>e时, φ ('t) <0, 所以φ (t) 单调减少

从而φ (ξ) >φ (e2)

应用函数的单调性及微分中值定理证明不等式问题是一种较常用的方法, 具体步骤如下:

(1) 在[a, b]上由题意引入函数f (x) .

(2) 写出微分中值公式

(3) 这里的关键也是辅助函数的引入, 对f' (ξ) 进行估值

2 利用曲线的凹凸性

命题3:若f (x) 为 (a, b) 内的凹 (或凸) 函数, 且x1, x2, …, xn∈ (a, b)

当且仅当x1=x2=…=xn时等号成立. (可由函数凹凸性的定义和推论证明)

例2:证明当x>0, y>0时,

证明:令f (t) =tlnt, 则, 当t>0时, f'' (t) >0为凸函数

当x>0, y>0时有

此方法适用于函数在指定区间上的曲线具有凹 (凸) 性, 证明的具体步骤是:

(1) 引入辅助函数, 求辅助函数的一二阶导数.

(2) 判断二阶导数在所给区间上的符号.

3 利用函数的极值与最值

定义:设f (p) 定义在U (p0) , 若坌p∈U (p0) , p≠p0, f (p) <f (p0) (或f (p) >f (p0) ) , 求n元函数f (x1, x2, …, xn) 在约束条件g (x1, x2, …, xn) =0下的条件极值, 可先构造函数F (x1, x2, …, xn, λ) = (fx1, x2, …, xn) +λg (x1, x2, …, xn)

然后分别对x1, x2, …, xn, λ求偏导数的方程组

解上方程组得函数F (x1, x2, …, xn, λ) 的唯一稳定点p (x10, x20, …, xn0, λ0) , 再根据具体问题加以分析判断F (x1, x2, …, xn, λ) 是否存在极大值或极小值, 最后代入稳定点即可得到所证不等式.

例3:设x, y, z为正数, 且满足x+y+z=6, 求证:xy+yz+zx≤12.

证明:设F (x, y, z, λ) =xy+yz+zx+λ (x+y+z-6)

解之得唯一解x=y=z=2, λ=-4

因为F (x, y, z, λ) 有最大值F (2, 2, 2, -4) =12

所以

当我们构造好函数F (x) 后, 求出在指定区间上的最大值M最小值m, 则有m≤F (x) ≤M.

4 利用积分的性质

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, 2002.

证明不等式的几种方法 篇8

1.利用比较法证明不等式

1.1利用作差比较法证明不等式

作差比较法的依据是a-b>0a>b, 只要证明差式a-b>0. 解题步骤是作差、差式变形、判断差式的正负.变形时常用的方法有:因式分解、配方、通分、公式代换等.

例1.已知0<x<1, 求证|loga (1-x) |>|loga (1+x) |.

证明: (1) 当0<a<1时, 因为0<x<1, 所以有

(2) 当a>1时, 因为0<x<1, 所以有

综合 (1) 、 (2) 可知原不等式成立.

1.2利用作商比较法证明不等式

作商比较法的依据是, 若b>0, 则a>ba /b >1, a<ba /b <1. 解题步骤是作商、商式变形 (因式分解、配方、通分、公式代换等) 、判断商式大于或小于1.

例2.已知0<x<1, 求证|loga (1-x) |>|loga (1+x) |.

∴原不等式成立.

一般地, 当我们证明整式、对数不等式等常用作差法, 而证明与正数乘积、幂函数、指数相关的不等式时则常用作商 法, 并且若“差式”或“商式”中含有字母, 则还要对字母的取值范围进行分类讨论.

2.利用换元法证明不等式

有些时候, 我们发现运用一些常规的方法证明不等式的时候会觉得难以下手, 而选取一些适当的变量代替原不等式中的变量时, 会突然觉得这个题目变得简单得多, 这种方法我们把它称之为换元法.常用的换元法有三角换元、比值换元、增量换元三种.

2.1利用三角换元法证明不等式

将不等式中的英文字母用三角函数形式代替, 然后再利用三角知识证明这个不等式的方法我们称之为三角换元法.

2.2利用比值换元法证明不等式

比值换元法指的是用一个新的元素替换已知条件中的等比式的比值, 达到简化不等式的目的, 从而使得证明过程更简单.

2.3利用增量换元法证明不等式

当一变量在某一常量附近变化时, 我们可以用这一常量加上另一变量替换这个变量, 这个方法叫做增量换元法.

例5.n个正数x1, x2…xn, 它们的和是1, 求证:

证明:利用增量代换可设:

换元法是一种大众化的证明不等式手段, 但是很多学生在运用换元法做题时发现, 明明换对了, 结果却是错误的.这是因为很多人在换元后, 关于换元后的变量的变化范围没变化, 这点是运用换元法必须重视的.

3.利用反证法证明不等式

在已知的条件不变的情况下, 然后假设所要证明的结论不成立, 再根据假设推出与已知有明显矛盾的结果, 从而下结论说原来的假设不成立的方法叫做反证法.

即原命题成立.

反证法是一种间接证法, 它是逆向思维解决问题的证明方法.用反证法证明时, 推出的矛盾可以是多种多样的, 可能有的与已知矛盾, 也有的与假设矛盾, 或者与定理、公理矛盾. 但不管推出的结果是什么, 最重要的是推出的矛盾必须是明显的.

4.利用数学归纳法证明不等式

设p (n) 是一个与自然数有关的命题, 如果

(1) p (1) 成立;

(2) 假设p (k) 成立, 则p (k+1) 成立, 那么对于任何自然数, p (n) 都成立.这就是数学归纳法的原理.

由1) 和2) , 原不等式对于任意自然数n都成立.

当我们在证明与整数有关的不等式时, 可以首先考虑选用数学归纳法证明.

5.利用函数证明不等式

5.1利用函数的判别式法证明不等式

当使用公式无法证明一个含有两个或两个以上的字母的不等式的时候, 如果能把这个不等式证明一边为零而一边为某个字母的二次式, 那么就可以考虑使用判别式法证明这个不等式.判别式法的依据是在二次函数f (x) =ax 2 +bx+c (a≠0) 中,

当a>0时, 若△<0, 则f (x) >0恒成立;若△≤0, 则f (x) ≥0恒成立.

当a<0时, 若△<0, 则f (x) <0恒成立;若△≤0, 则f (x) ≤0恒成立.

例8.求证a2+b2 +c 2≥ab+bc+ca (a, b, c∈R) .

证明:即证a2 - (b+c) a+b 2 +c 2 -bc≥0

令f (a) =a2 - (b+c) a+b2+c2-bc

故要证明上式只需证明该二次函数的△≤0即可.

从而不等式得证.

当我们遇到一个二次函数或者能转变成二次函数的不等式证明时, 可以考虑用判别式法证明.

5.2利用函数极值证明不等式

通过一些变换, 把所需要证明的不等式转化为求极值问题.从而达到证明不等式的目的.

例9.设x∈R, 求证:-4≤cos2x+3sinx≤2 (1 /8) .

证明:设f (x) =cos2x+3sinx, 则经过化简可得

5.3利用函数单调性证明不等式

当x属于某区间, 有f′ (x) ≥0, 则f (x) 单调上升;若f′ (x) ≥0, 则f (x) 单调下降.推广之 , 若证f (x) ≤g (x) , 只需证f (a) =g (a) 及f′ (x) ≤g′ (x) , (x∈ (a, b) ) 就可以了.

例10.证明不等式

5.4利用中值定理证明不等式

拉格朗日 (Lagrange) 中值定理:f (x) 是在区间[a, b]上有定义的连续函数, 且可导, 则存在ξ, a<ξ<b, 满足f (b) -f (a) =f′ (ξ) (b-a) .

例11.求证:|sinx-siny|≤|x-y|.

证明:设f (x) =sinx, 则sinx-siny= (x-y) sin′ξ= (x-y) cosξ

故|sinx-siny|≤| (x-y) cosξ|≤| (x-y) cosξ|≤|x-y|.

即|sinx-siny|≤|x-y|.

在证明不等式的时候, 将一些不等式的一边转换为函数形式会给我们提供多种解题的思路, 让我们能更快地证明不等式.

综上, 可以发现证明不等式的方法有很多, 但是要快速、简便地证明一个不等式, 我们还需要不断地从做题中吸取经验, 然后总结方法.只有这样才能在最短的时间内想出证明不等式最好的方法.

参考文献

[1]李长明, 周焕山.初等数学研究[M].北京:高等教育出版社, 1995:253-261.

[2]聂文喜.用数学归纳法证明递推不等式的几点技巧[J].数学教学研究, 2007, 1 (02) :35-37.

[3]王卫生.不等式证明的六种方法[J].辽宁教育学院学报.2002, 19 (8) :67-68.

[4]张爱武.论不等式证明的方法和技巧[J].宿州教育学院学报.2004, 7 (2) :127-129.

[5]董占超.例谈不等式解题策略[J].中学数学研究, 2002, 5 (8) :10.

切比雪夫不等式的若干证明方法 篇9

关键词：切比雪夫不等式,期望,方差

切比雪夫不等式有许多种不同的证明方法，本文总结了该不等式在概率论中的一些常用证明方法。

切比雪夫不等式:设随机变量X的平均值E (X) 和方差D (X) 都存在，且D (X) 有限，则对于任意正数ε，有

令ε=kσ，其中k是正数，则得到切比雪夫不等式另一种形式:

证法1:

由数学期望的定义得

利用以上结果可得

注意每项都大于0，去掉使得因子

其中每项piqjrk的系数都满足

记P表示x, y, z…的取值不满足上式的概率, 即满足下式

证法2:

设η=[X-E (X) ]2具有密度函数f (x) ，分布函数F (x) ，且注意η的非负性，则有

证法3:

不妨设X是连续型随机变量，均值E (X) =μ，方差D (X) =σ2，对任意实数ε>0，定义函数

注意，对任意的x， (x-μ) 2g (x) ，所以

证法4:

设X为离散型随机变量，其概率分布为Pi=P{X=xi}，其中i=1, 2，…。X分别以Pi取得值xi。则事件|X-E (X) |ε表示随机变量X取得所有满足不等式xi-E (X) ε的可能值xi，该事件的概率为

参考文献

[1]徐传胜.从博弈问题到方法论学科—概率论发展史研究[M].北京:科学出版社, 2010:175-178.

[2]成都地质学院《概率论与数理统计》编写小组.概率论与数理统计[M]北京:地质出版社1981:94.

[3]杨杰, 于忠文, 王会斌.概率论与数理统计[M].济南:山东大学出版社, 2005:124.