不等式的证明方法

不等式的证明方法

比较法

• 主要指作差构造与0比较

• 因为$a>b$ $\iff$ $a-b>0$ 所以若要证明$a>b$,只需要证明$a-b>0$,

• 类似的,要证明$a<b$,只需要证明$a-b<0$

• 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

• $(x+1)(x+2)$与$x$的大小
• $y=(x+1)(x+2)-x$=$x^2+2x+2$=$(x+1{)}^2+1⩾1>0$
• 所以$(x+1)(x+2)>x$

例

• 若$b,m_1,m_2>0$;$a<b,m_1<m_2$,则$\frac{a+m_1}{b+m_1}<\frac{a+m_2}{b+m_2}$

• 证明:

  • 构造$y=\frac{a+m_1}{b+m_1}-\frac{a+m_2}{b+m_2}$
    • $=\frac{(a-b)(m_2-m_1)}{(b+m_1)(b+m_2)}$
  • 由$b,m_1,m_2>0$有$(b+m_1)(b+m_2)>0$
  • 由$a<b,m_1<m_2$分别有$a-b<0,m_2-m_1>0$
  • 所以$y<0$,从而$\frac{a+m_1}{b+m_1}<\frac{a+m_2}{b+m_2}$

• 这个例子说明,当$x(x>0)$增大时,$y=\frac{a+x}{b+x},(b>0)$也增大;

  • 特别的$a=0,b=1$,$f(x)=\frac{x}{1+x}$在$[0,+\infty )$上递增($f(x)=\frac{x}{1+x}=\frac{1}{x^{-1}+1}$显然递增)
  • 由$f(x)=\frac{x}{1+x}$在$[0,+\infty ]$上的递增性以及绝对值不等式$|a|+|b|⩾|a+b|$有结论:若$a,b\in \mathbb{R}$,$\frac{|a|+|b|}{1+|a|+|b|}$ $⩾$ $\frac{|a+b|}{1+|a+b|}$

作商法

• 若$a,b>0$,$\frac{a}{b}>1$,则$a>b$;
• 若$a,b>0$,$\frac{a}{b}<1$则$a<b$

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$a,b,c>0$且不全等(不满足$a=b=c$),则$(a+b)(b+c)(c+a)>8abc$
• 证明:由条件可知$a,b,c$中至少有两个数不等,不妨设$a\ne b$,则
  • $a+b>2\sqrt{ab}$
  • $a+c⩾2\sqrt{bc}$
  • $c+a⩾2\sqrt{ca}$
  • 可见$(a+b)(b+c)(c+a)>8abc$
  • Note:若允许$a=b=c$,则$(a+b)(b+c)(c+a)⩾8abc$

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$\sqrt{2}+\sqrt{7}<\sqrt{3}+\sqrt{6}$
• 分析法:
  • $\Leftarrow$ $(\sqrt{2}+\sqrt{7}{)}^2<(\sqrt{3}+\sqrt{6}{)}^2$
  • $\Leftarrow$ $2+2\sqrt{14}+7<3+2\sqrt{18}+6$
  • $\Leftarrow$ $\sqrt{14}<\sqrt{18}$
  • $\Leftarrow$ $14<18$
  • 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:
  • $14<18$ $\Rightarrow$ $\sqrt{14}<\sqrt{18}$ $\Rightarrow$ $2+2\sqrt{14}+7<3+2\sqrt{18}+6$ $\Rightarrow$ $(\sqrt{2}+\sqrt{7}{)}^2<(\sqrt{3}+\sqrt{6}{)}^2$ $\Rightarrow$ $\sqrt{2}+\sqrt{7}<\sqrt{3}+\sqrt{6}$
• 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$a⩾b>0$,$n\in {\mathbb{N}}^{+},n⩾2$,则$\sqrt[n]{a}⩾\sqrt[n]{b}$
• 证明:假设$\sqrt[n]{a}<\sqrt[n]{b}$,则$a<b$,这与条件$a⩾b>0$矛盾,所以原命题成立($\sqrt[n]{a}⩾\sqrt[n]{b}$)

例

• 若$a+b+c>0,abc>0,ab+bc+ca>0$,则$a,b,c>0$
• 证明:设$a>0$不成立,即$a⩽0$
  • $a<0$时
    • 由$abc>0$有$bc<0$,
    • 由$a+b+c>0$有$b+c>-a>0$,$a(b+c)<0$,即$ab+ac<0$
    • 综上,$ab+ac+bc<0$,与命题条件矛盾
  • $a=0$时
    • $abc=0$与命题条件$abc>0$矛盾
  • 综上,$a⩽0$不成立,所以$a>0$
  • 同理可以证明$b>0,c>0$
  • 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$a_1,a_2,a_3,a_4>0$,则0<${\sum }_{i=1}^4\left(\frac{a_i}{{\sum }_{j\in S}{a}_j}\right)$<2,其中 S = { { 1 , 2 , 3 , 4 } − { ( i + 2 ) % 4 } } S=\{\{1,2,3,4\}-\{ {(i+2)\%4\}}\} S={ { 1,2,3,4}−{ (i+2)%4}}

  扫描二维码关注公众号，回复： 16305183 查看本文章
  • 结论的另一种描述:$0<\sum _{i=1}^4\frac{a_i}{a_{j_0}+a_{j_1}+a_{j_2}}$,其中$j_0=i,j_1=(i+1)\%4,j_2=(i+2)\%4$

• 证明:设$m={\sum }_{i=1}^4\left(\frac{a_i}{{\sum }_{j\in S}{a}_j}\right)$,

  • 不妨将分母放大为${\sum }_{j=1}^4{a}_j$,这使得分式的加法能够进行,新式子记为$m^{\prime }=\frac{{\sum }_{j=1}^4{a}_j}{{\sum }_{j=1}^4{a}_j}=1$,而$m^{\prime }<m$,则$1<m$
  • 记$m_1=\frac{a_1}{a_1+a_2},m_2=\frac{a_2}{a_1+a_2}$,$m_3=\frac{a_3}{a_3+a_4},m_4=\frac{a_4}{a_3+a_4}$
  • 显然$\frac{a_1}{a_1+a_2+a_4}<m_1$,$\frac{a_2}{a_1+a_2+a_3}<m_2$,$\frac{a_3}{a_2+a_3+a_4}<m_3$,$\frac{a_4}{a_1+a_3+a_4}<m_4$
  • 将上述4个不等式同侧相加,得$m<{\sum }_{i=1}^4{m}_i=\frac{a_1}{a_1+a_2}+\frac{a_2}{a_1+a_2}+\frac{a_3}{a_3+a_4}+\frac{a_4}{a_3+a_4}$=$2$
  • 所以$1<m<2$不等式得证

• 若$a_1,a_2,a_3,a_4>0$,则0<${\sum }_{i=1}^4\left(\frac{a_i}{{\sum }_{j\in S}{a}_j}\right)$<2,其中 S = { { 1 , 2 , 3 , 4 } − { ( i + 2 ) % 4 } } S=\{\{1,2,3,4\}-\{ {(i+2)\%4\}}\} S={ { 1,2,3,4}−{ (i+2)%4}}

  • 结论的另一种描述:$0<\sum _{i=1}^4\frac{a_i}{a_{j_0}+a_{j_1}+a_{j_2}}$,其中$j_0=i,j_1=(i+1)\%4,j_2=(i+2)\%4$

• 证明:设$m={\sum }_{i=1}^4\left(\frac{a_i}{{\sum }_{j\in S}{a}_j}\right)$,

  • 不妨将分母放大为${\sum }_{j=1}^4{a}_j$,这使得分式的加法能够进行,新式子记为$m^{\prime }=\frac{{\sum }_{j=1}^4{a}_j}{{\sum }_{j=1}^4{a}_j}=1$,而$m^{\prime }<m$,则$1<m$
  • 记$m_1=\frac{a_1}{a_1+a_2},m_2=\frac{a_2}{a_1+a_2}$,$m_3=\frac{a_3}{a_3+a_4},m_4=\frac{a_4}{a_3+a_4}$
  • 显然$\frac{a_1}{a_1+a_2+a_4}<m_1$,$\frac{a_2}{a_1+a_2+a_3}<m_2$,$\frac{a_3}{a_2+a_3+a_4}<m_3$,$\frac{a_4}{a_1+a_3+a_4}<m_4$
  • 将上述4个不等式同侧相加,得$m<{\sum }_{i=1}^4{m}_i=\frac{a_1}{a_1+a_2}+\frac{a_2}{a_1+a_2}+\frac{a_3}{a_3+a_4}+\frac{a_4}{a_3+a_4}$=$2$
  • 所以$1<m<2$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${\log }_{2}3>{\log }_{3}4$
  • 由对数性质${\log }_{a^m}{b}^n=n{m}^{-1}{\log }_{a}b$,若$n{m}^{-1}=1$,即$m=n$时,${\log }_{a^m}{b}^n={\log }_{a}b$
  • ${\log }_{2}3={\log }_{2^3}{3}^3={\log }_{8}27$>${\log }_{9}27$
  • ${\log }_{3}4={\log }_{3^2}{4}^2={\log }_{9}16$<${\log }_{9}27$
  • 可见${\log }_{3}4<{\log }_{9}27<{\log }_{2}3$
  • 即${\log }_{2}3>{\log }_{3}4$

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:$0<\sin x<x<\tan x$,$x\in (0,\frac{\pi }{2})$
  • 在直角坐标系$xOy$中,作单位圆O(半径$r=1$)
  • 将角$x$的始边置于$x$轴,设$x$的始边交圆$O$于点$A$
  • 角$x$的终边交圆$O$于B点,过$A$作$x$轴的垂线交$OB$的延长线于$C$($OC⩾1$);过点$B$作$x$轴的垂线交于点$D$
    • 记号说明:$triABC,sectABC$分别表示三角形ABC,扇形ABC
    • $S_{triOAB}=\frac{1}{2}|OA||BD|$=$\frac{1}{2}\sin x$
    • $S_{secOAB}=\frac{1}{2}x|OA{|}^2=\frac{1}{2}x$
    • $S_{triOAC}=\frac{1}{2}|OA||AC|$=$\frac{1}{2}\tan x$
    • 而从几何上看,显然$0<S_{triABC}<S_{sectABC}<S_{triOAC}$,从而$0<\frac{1}{2}\sin x<\frac{1}{2}x<\frac{1}{2}\tan x$,即$0<\sin x<x<\tan x$

例

• 求证$|\sin x|⩽|x|$对于$x\in \mathbb{R}$恒成立
• 证:下面用综合法证明
  • 由上例:$0<\sin x<x<\tan x$,$x\in (0,\frac{\pi }{2})$;且$x=0$时$\sin x=\sin 0=0$,满足$|\sin 0|=|0|$
    1. 当$x\in [0,\frac{\pi }{2})$时,$|\sin x|=\sin x⩽x=|x|$
    2. 当$x\in (-\frac{\pi }{2},0)$时,$-x\in (0,\frac{\pi }{2})$,由$(1.)$和$\sin -x=\sin x$可知:$|\sin (-x)|⩽|-x|$,即$|\sin x|⩽|x|$
    3. 当$|x|⩾\frac{\pi }{2}$时,$\frac{\pi }{2}⩽|x|$,同时$|\sin x|⩽1$对于任意$x$成立,所以$|\sin x|⩽1<\frac{\pi }{2}⩽|x|$,即$|\sin x|<|x|$
  • 综上,原命题成立