第一篇：如何用配方法證明等式

如何用配方法證明等式

配方法是中學數學中的一個最基本的數學方法,通過它對代數式的恒等變形,使許多復雜的問題得以簡單化.現在我們就用配方法來證明恒等式和條件等式.一.通過配方直接證明等式成立

例1 求證

(a?b?c)(x?y?z)?(ax?by?cz)

?(bx?ay)?(cx?az)?(cy?bz)222222222

2證明左邊=(a2x2?a2y2?a2z2?b2x2?b2y2?b2z2?c2x2?c2y2

?cz)?(ax?by?cz?2axby?2axcz?2bycz)22222222

?bx?2axby?ay?cx?2axcz?az?cy?2bycz?bz

?(bx?ay)?(cx?az)?(cy?bz)***

所以左邊=右邊

即:(a?b?c)(x?y?z)?(ax?by?cz)

?(bx?ay)?(cx?az)?(cy?bz)2222222222

例2 已知(c?a)2?4(a?b)(b?c)?0，求證a、b、c成等差數列（即證明 a?2b?c?0）

證明c2?2ac?a2?4ab?4ac?4b2?4bc?0

c?4b?a?4ab?4bc?2ac?0

(a?2b?c)?0222

2?a?2b?c?0

?b?a?c

2所以a、b、c成等差數列

二.通過配方,把已知的等式化為幾個實數的平方和等于零的形式，就是說化為a2+b2+c2=0則

a=b=c=0從而從而使所求的等式成立．

例3已知a、b、c、x、y、z都是非零實數，且a?b?c?x?y?z?ax?by?cz，求證x

a?y

b?z

c22222

2222222證明由已知條件可以得到：a?b?c?x?y?z?2ax?2by?2cz?0

即：(x?a)?(y?b)?(z?c)?0222

?x?a?0?x?a

????y?b?0??y?b

?z?c?0?z?c??

而a、b、c都不等于零，所以

例4 xa?yb?zc 已知a、b、m、n都是正數，并且a4?b4?m4?n4?4abmn?0

求證a?b?m?n

證明將已知等式的左邊進行配方可得：

a?2ab?b?m?2mn?n?2ab?2mn?4abmn?0422442242222

(a2?b2)2?(m2?n2)2?2(ab?mn)2?0

?a2?b2?0

?22??m?n?0

?ab?mn?0?

?a?b

??a?b?m?n ?a,b,m,n都是正數??m?n

?22?b?n?0

綜上所述，我們在解題過程中一方面要充分認識完全平方公式的特點(a?b)?a?2ab?b，然后逆用公式進行證明如例1和例2。另一方面也要利用它的非負222

性的性質：(a?b)2?0當且僅當a=b時等號成立。通過添加適當的項構造出完全平方式進行等式的證明如例3和例4。

第二篇：用配方法證明

用配方法證明

設矩形長為x，那么寬為15-x

面積S=x(15-x)=-x^2+15x=-(x-7.5)^2+56.25≤56.2

5所以面積最大為56.25平方米，無法達到60平方米

x-12x+40=x-12x+36+4=(x-6)^2+4因為(X-6)^2≥0所以(X-6)^2+4≥4所以大于0要原式的值最小從(X-6)^2+4≥4看出最小值為4當(X-6)^2=0時也就是X=6時取得

24x2-6x+11=(2x)2-6x+(1.5)2+8.75=(2x-1.5)2+8.75顯然(2x-1.5)2+8.75>=8。75x=0.75時最小值8.75繼續追問：解一下0.4x的平方-0.5x-1+03解：y2-2√2y=-√5

y2-2√2y+2=-√5+

2(y-2)的平方=-√5+2(負數)

所以一定大于的，否則就是虛數解了！!4y2-2×√2×y+√5

解：y2-2√2y=-√5

y2-2√2y+2=-√5+2

(y-2)的平方=-√5+2(負數)

所以一定大于的，否則就是虛數解了！!

昨天大錯了。今天改好了。

不為0的某數的平方一定大于0！!5y^2-2×√2×y+√5

解:原式=(y-√2)^2+√5-2

因為(y-√2)^2大于等于0

且√5大于2

所以(y-√2)^2+√5-2恒大于0

即可證y^2-2×√2×y+√5恒大與零

6證明：

-3x2-x+

1=-3(x2+1/3x)+1

=-3(x2+1/3x+1/36)+1/12+1

=-3(x+1/6)2+13/12

因為-3(x+1/6)2≤0，所以-3(x+1/6)2+13/12≤13/12

所以

-3x2-x+1的值不大于13/12

72x^2+5x-1-(x^2+8x-4);=x^2-3x+3;=(x-3/2)^2+3/4;因為(x-3/2)^2>=0;所以2x^2+5x-1-(x^2+8x-4)>=3/4;因此不論X取何值時,代數式2X^2+5X-1的值總比X^2+8X-4的值大;X=3/2時，兩代數式的差最小,為3/4;希望能夠幫助你！4(3x-1)^2-9(3X+1)^2=0;移相：4(3x-1)^2=9(3X+1)^2;開平方：2(3x-1)=3(3X+1);6x-2=9x+3;-5=3x;x=-5/3;

8X—12X+40=x-2*6x+36+4=(x-6)^2+4因為(X-6)^2=>0所以X—12X+40的值大于等于4當(X-6)=0;即X=6時(X-6)^2+4=4所以當X等于6時代數式的最小值。

9X的平方—12X+40=x的平方-2*6X+6的平方+4=(X-6)的平方+4因為(X-6)的平方一定大于0或等于0所以代數式X的平方—12X+40的值大于4X等于6時代數式的最小值

-2x^2+4x-5

=-2(X2-2X)-5

=-2(X2-2X+1-1)-5

=-2(X-1)2+2-5

=-2(X-1)2-

3因為(X-1)2≥0，所以-2(X-1)2≤0

故-2(X-1)2-3≤-3

所以代數式-2x^2+4x-5的值恒小于零

若有疑問可以追問、

第三篇：用配方法證明代數式

用配方法證明代數式

x-12x+40=x-12x+36+4=(x-6)^2+4因為(X-6)^2≥0所以(X-6)^2+4≥4所以大于0要原式的值最小從(X-6)^2+4≥4看出最小值為4當(X-6)^2=0時也就是X=6時取得

24x2-6x+11=(2x)2-6x+(1.5)2+8.75=(2x-1.5)2+8.75顯然(2x-1.5)2+8.75>=8。75x=0.75時最小值8.75繼續追問：解一下0.4x的平方-0.5x-1+03解：y2-2√2y=-√

5y2-2√2y+2=-√5+

2(y-2)的平方=-√5+2(負數)

所以一定大于的，否則就是虛數解了！!4y2-2×√2×y+√5

解：y2-2√2y=-√5

y2-2√2y+2=-√5+2

(y-2)的平方=-√5+2(負數)

所以一定大于的，否則就是虛數解了！!

昨天大錯了。今天改好了。

不為0的某數的平方一定大于0！!5y^2-2×√2×y+√5

解:原式=(y-√2)^2+√5-2

因為(y-√2)^2大于等于0

且√5大于2

所以(y-√2)^2+√5-2恒大于0

即可證y^2-2×√2×y+√5恒大與零

6證明：

-3x2-x+

1=-3(x2+1/3x)+1

=-3(x2+1/3x+1/36)+1/12+1

=-3(x+1/6)2+13/12

因為-3(x+1/6)2≤0，所以-3(x+1/6)2+13/12≤13/12

所以

-3x2-x+1的值不大于13/12

72x^2+5x-1-(x^2+8x-4);=x^2-3x+3;=(x-3/2)^2+3/4;因為(x-3/2)^2>=0;所以2x^2+5x-1-(x^2+8x-4)>=3/4;因此不論X取何值時,代數式2X^2+5X-1的值總比X^2+8X-4的值大;X=3/2時，兩代數式的差最小,為3/4;希望能夠幫助你！4(3x-1)^2-9(3X+1)^2=0;移相：4(3x-1)^2=9(3X+1)^2;開平方：2(3x-1)=3(3X+1);6x-2=9x+3;-5=3x;x=-5/3;

8X—12X+40=x-2*6x+36+4=(x-6)^2+4因為(X-6)^2=>0所以X—12X+40的值大于等于4當(X-6)=0;即X=6時(X-6)^2+4=4所以當X等于6時代數式的最小值。

9X的平方—12X+40=x的平方-2*6X+6的平方+4=(X-6)的平方+4因為(X-6)的平方一定大于0或等于0所以代數式X的平方—12X+40的值大于4X等于6時代數式的最小值

-2x^2+4x-5

=-2(X2-2X)-5

=-2(X2-2X+1-1)-5

=-2(X-1)2+2-5

=-2(X-1)2-

3因為(X-1)2≥0，所以-2(X-1)2≤0

故-2(X-1)2-3≤-3

所以代數式-2x^2+4x-5的值恒小于零

若有疑問可以追問、

第四篇：談不等式證明的幾種特殊方法

談不等式證明的幾種特殊方法

添加日期:2011年01月20日 來源：互聯網 作者：admin 點擊數：

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【字體：大 中 小】摘要不等式的證明在數學中是比較常見的題型,本文主要介紹幾種特殊的證法,解決一些用一般方法不易解決的不等式證明問題。

關鍵詞拉格朗日中值定理 導函數 柯西中值定理

不等式是中學教材的重要內容,對它的研究幾乎包括了中學數學的全部方法,因此它具有很強的綜合性和代表性,不等式證明方法與技巧層出不窮,但有些不等式用常見的方法(如比較法、分析綜合法、放縮法和數形結合法等)很難證出來,這里結合高等數學的相關知識介紹幾種特殊的不等式的證法,解決某些不等式的證明問題。轉化成數列,然后證明數列的遞增遞減

對于與自然數有關的不等式,一般情況下都可用數學歸納法來證明不等式成立,有時若考慮把它轉化成數列,然后利用數列的遞增或遞減性來證明會使問題易于解決。例1.求證:不等式2n-1≤n!對于任何正整數都成立

證明:我們把所給的不等式變為等價的不等式≤

1現在,我們來研究其通項公式an=

給出的數列,下面我們只需證明它是單調遞減的,實際上對于任意的n∈N有

所以該數列是遞減的,而它的首項等于1,因此對于任何正整數有≤1即2n-1≤n!

此題若采用一般方法如數學歸納法來證,證明過程太繁瑣,機械化,選擇這種方法證明不等式,思路清晰,簡化了證明過程,我們很容易收到事半功倍的效果。利用拉格朗日中值定理,導函數或柯西中值定理[2]證明

對于有些與函數有關的不等式,我們可先構造一個輔助函數,然后利用拉格朗日中值定理或導函數的增減性來證明。

例2.當x>0,ex>x+1

證明(1):令f(x)=ex-x-1(x>0)

因為f(x)在區間[0,x]上滿足拉格朗日中值定理的條件,故有 = f'(),∈(0,x)即=e-1,∈(0,x)所以ex>x+1

證明(2):設f(x)=ex-x-1,f'(x)=ex-1

x>0有f'(x)>0,從而函數f(x)在(0,+∞)嚴格單調遞增,于是x>0

有f(x)=ex-x-1>0 即x>0,有ex>x+1

此題開始接觸,無法下手摸不著頭腦,若能聯想到函數有關的不等式,我們能很容易地構造出輔助函數,在驗證輔助函數滿足定理后,我們用拉格朗日中值定理或導函數的增減性來證明,思路簡潔明快。

例3.證明:當時0證明:函數arctan在[a,b]滿足柯西中值定理條件,有arctan-arctan=(arctan)'|x=c(b-a)=,a

而<<有此類題目不等式中的代數式特征及聯系很容易暴露出來,若能熟練應用柯西

中值定理,我們就能一眼看出相應的函數,作到成竹在胸。利用柯西不等式[1]證明

在用柯西不等式證明其他不等式時,關鍵在于結合柯西不等式找出題目中不等式的特點,構造出適當的兩組數,將會使問題證明簡化

例4.設ai∈R+(i=1,2,…,n),a1+a2+…+an=1

求證:(ai+)≥

證明:首先證明,對于任何ai∈R+(i=1,2,…,n)都有

事實上,從柯西不等式可得

[1]式左邊=

下面我們來證明原不等式,由柯西不等式得,又由ai=1可知:

由(2),(3)得(ai+)≥

在本題證明中,當證明(1)與(2)式時兩次應用了柯西不等式,從證明過程中可以看到應用柯西不等式的關鍵在于構造適合不等式條件的兩組正數及,以及符合柯西不等式形式

[aibi]2(如(2)式的證明)或(ai2)(bi2)(如(1)式的證明)。利用排序原理[1]證明不等式

排序原理是將序結構應用到不等式的成功產物,它同排列與計數(屬組合數學),線性規劃等有密切聯系,排序原理是證明不等式的很重要的工具,排序原理的應用技巧較強,如何設兩個數組(a1,a2,…,an)和(b1,b2,…,bn)是排序原理應用的關鍵。

例5.設都是正數x1,x2,…,xn,求證:

證明:由排序原理得

由此例,我們可驚喜地發現,若能巧妙地設計兩個數組應用排序不等式證明不等式,比起其他一般方法當然就可化難為易,簡捷明快。利用概率論中的一個簡單矩不等式[3]證明不等式

此簡單矩不等式可以用來證明一類輪換不等式:

設a1,a2,…,an是不全相等的不等式,n≥且ai=s

則>n(n-1)

例6.已知不全相等的不等式的正數,求證:

a(b2+c2)+b(c2+a2)+c(a2+b2)>6abc

證明:原式等價于>6

設隨機變量X的分布列為

在應用簡單距不等式證明這類輪換不等式時,先要摸清不等式代數式的規律性,巧設隨

機變量的分布列,這樣就使證明思路明朗化了,簡單化了。利用拉格朗日恒等式或推廣式[4]證明不等式

對三角不等式證明的一類問題,若運利用拉格郎日恒等式(或推廣式)來求證,可以化難為易,一目了然。

例7.設0<<證明:

證明:由拉格郎日恒等式,得

將上面等式化簡整理,得

式中等號成立當僅當sin2-1即=

由上例,我們知道對于這類三角不等式的證明問題,我們經常需要利用三角恒等變形,如本題的常值“1”的代換,也需要我們敏捷地觀察出特征不等式個代數式的特征及內在聯系,能熟練地掌握拉格郎日恒等式及推廣式,在解決這類問題時,就不廢吹灰之力了。構造輔助函數

在證明一些不等式時,利用不等式的特點構造輔助函數,把原來的不等式問題轉化為研究輔助函數的性質,便利用函數的單調性,有界性,奇偶性等來證明不等式。

例8.證明對任意實數X成立≤≤

分析:不等式兩邊分別是,相當于某一個一元二次方程的兩個不相等的實構造輔助函數根,這啟發我們設置輔助函數研究不等式。

證明:設f(x)= y = ,則yx2-x-y+1=0

將yx2-x-y+1=0看作一元二次方程,此時y≠0,x必為實數,則△=1-4y(y+1)≥0 即4y2+4y-1≤0

解得≤y≤

顯然,當y=0時,y也滿足上式,所以≤≤成立

從上例可以發現,我們在求證一些不等式時,應根據不等式,各代數式的特性,性質,從新的角度,用新的觀點觀察,分析對象,抓住各代數式之間內在聯系,在思維中構造出合適的輔助函數,使原來不等式中隱含不清的關系和性質在新構造的輔助函數中清楚地展現出來,從而借助該輔助函數簡潔地求證不等式。利用特殊化證明

由于一般性總是寓于特殊性之中,而解特殊問題又比解一般問題要容易,加之特殊情況的結論往往又是解決一般情況的橋梁與先導。所以,在求證某一些不等式時,就可以先考慮它一個或兩個特殊情形,利用各個特殊情形中蘊涵的共性與個性,通過比較歸納得出原問題的有關性質或條件,從而得證。

例9求證:

分析這是一個一般性的結論,為了獲得證法,我們先探討特殊情況下的命題證法,有

由此啟示,我們可得到以下證法(下轉第54頁)(上接第52頁)證明:

在探討這個不等式的證明思路與方法時,我們利用特殊情形的證法與一般情形的證法存在共性,借助在證明特殊情形時尋求出來的規律與方法的啟發很容易就獲得對于一般情形的求證方法。

例10.知a,b,c都是正數,又滿足abc=1,求證: ++ ≥

分析由于原不等式等價于 ++ ≥

當a=b=c時,等號成立,又此時

后三式同向相加可得

于是題目的證明思路就清晰了,這里就不再重復證明過程。本題是用特殊化證法中的等號起步法,充分利用已知條件掌握求證信息,證明思路當然“柳暗花明又一村”了。

小結

不等式是研究數學的重要工具,是培養推理論證能力的重要內容,具有很強的綜合性和表達性,是數學思想的載體,突出體現了等價變化,函數與方程,分類討論,數形結合等數學思想,這里僅介紹幾種特殊的不等式證法,雖然它們是分開討論研究的,但各種證法之間必然還是存在一定的聯系,一些例題的證法不止一兩種,我們可以綜合應用各種方法來證,當然一般情況,我們都愿意尋求最簡潔明快的證法,也就是要求我們仔細地分析題設和結論不等式。找出不等式中隱藏的內涵關系,用最直觀的方法來證,不等式的證明好方法很多,如向量法、微分法、反證法等。

參考文獻

本文出自： 計算機畢業設計 計算機碩士論文網 歡迎轉載

[1]李明振.數學方法與解題研究.上海科技教育出版社.[2]劉玉璉,傅沛仁.數學分析講義.高等教育出版社,1992(6).[3]魏宗舒等.概率論與數理統計教程.高等教育出版社,1983(10).[4]數學通訊,2003(7):13.

第五篇：用三段論方法證明

用三段論方法證明

小前提：函數x-1在[1,∞)上是增函數大前提：根號內的x在[0,∞)上是增函數結論：函數f(x)=根號x-1在[1,∞)上是增函數厲害吧哈哈

2(1)如果有一個前提是否定判斷，則大前提為全稱判斷;(2)如果大前提是肯定判斷，則小前提為全稱判斷;(3)如果小前提是肯定判斷，則結論為特稱判斷;(4)任何一個前提都不能是特稱否定判斷;(5)結論不能是全稱肯定判斷;麻煩哪位大蝦幫小弟證明下這五點可以嗎

3四格規則：中項在大前提中作謂項，在小前提中作主項。

1、前提之一否定，大前提全稱。

2、大前提肯定，則小前提全稱。

3、小前提肯定，則結論特稱。

4、前提中不得有特稱否定判斷。

5、結論不能是全稱肯定判斷。證明1：如果兩個前提中有一個是否定的，結論也必然是否定的(前提之一否定，結論是否定的);結論否定，則大項周延(否定判斷的謂項周延);大項在第四格中處于前提的主項，只有全稱時主項周延;所以，大前提必須全稱。證明2：如果大前提肯定，在大前提中中項不周延(肯定判斷謂項不周延);只有小前提全稱，中項才周延一次(全稱判斷主項周延);三段論要求中項至少周延一次;所以，大前提肯定，則小前提全稱。證明3：如果小前提肯定，小項在前提中不周延(肯定判斷謂項不周延);如果結論全稱，則在結論中小項周延，違反了在前提中不周延的項在結論中也不得周延規則;所以：小前提肯定，則結論特稱。證明4：如果大前提否定，結論必要否定(前提之一否定，結論是否定的);則大項在結論中周延(否定判斷的謂項周延);如果大前提特稱，大項在前提中不周延(特稱判斷的主項不周延);這樣，就違反了在前提中不周延的項在結論中也不得周延規則;因此，大前提不能是特稱否定。如果小前提否定，大前提必肯定(兩個否定的前提推不出結論);則中項在大前提中不周延(肯定判斷謂項不周延);小前提否定，中項在小前提中也不周延(特稱判斷的主項不周延);三段論規則要求中項在前提中至少周延一次;因此，小前提不能是特稱否定。所以，前提中不得有特稱否定判斷。證明5：如果結論是全稱肯定判斷，則小項在結論中周延(全稱判斷主項周延);則大項在結論中不周延(肯定判斷謂項不周延);則小前提必否定才使小項在前提中周延(在前提中不周延的項在結論中也不得周延);但如果小前提否定，結論必然否定(前提之一否定，結論是否定的)與結論為肯定判斷矛盾;所以，結論不能是全稱肯定判斷。

在三段論中，含有大項的前提叫大前提，如上例中的“知識分子都是應該受到尊重的”;含有小項的前提叫小前提，如上例中的“人民教師是知識分子”。三段論(syllogism)是傳統邏輯中的一類主要推理。又稱直言三段論。古希臘哲學家亞里士多德首先提出了關于三段論的系統理論。

形式邏輯間接推理的基本形式之一，由大前提和小前提推出結論。如‘凡金屬都能導電’(大前提)，‘銅是金屬’(小前提)，‘所以銅能導電’(結論)。這稱為三段論法或三段論式。

三段論屬于一種演繹邏輯，是不同于歸納邏輯的，具有較強的說服力。