《矩阵的秩的等式及不等式的证明》

第一篇：《矩阵的秩的等式及不等式的证明》

摘 要

矩阵的秩是矩阵的一个重要特征，它具有许多的重要性质.本文总结归纳出了有关矩阵的秩的等式和不等式命题，以及证明这些命题常用的证明方法，即从向量组、线性方程组、线性空间同构、矩阵分块、矩阵初等变换等角度给出多种证明方法.本文主要解决以下几个问题：用矩阵已知的秩的理论证明矩阵秩的等式和不等式问题；用线性空间的方法证明矩阵秩的等式和不等式问题；用向量组秩的理论证明矩阵秩的等式和不等式问题；用矩阵分块法证明秩的等式和不等式问题.-i

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第一章 绪论

矩阵的秩是矩阵的一个重要特征，是矩阵理论中研究的一个重要内容，它具有许多的重要性质.研究矩阵的秩对于解决矩阵的很多问题具有重要意义.矩阵的秩的等式及不等式的证明对于学习矩阵也是重点和难点，初学者在做这方面的题目往往不知如何下手.笔者归纳了矩阵的秩的常见等式和不等式以及与之相关的一些结论，并从向量组、线性方程组、矩阵分块、矩阵初等变换等角度探索了多种证明方法，它有助于学习者加深对秩的理解和知识的运用，也方便教师教学.目前对矩阵秩的研究已经比较成熟了，但是由于秩是矩阵论里的一个基本而重要的概念，它仍然有着重要的研究价值，有关它的论文时见报端.很多国内外的有关数学书籍杂志对矩阵的秩都有讲述，如苏育才、姜翠波、张跃辉在《矩阵论》（科学出版社、2006年5月出版）中较完整地给出了矩阵秩的理论.北京大学数学系前代数小组编写的《高等代数》（高等教育出版社,2003年7月出版）也介绍了秩的一些性质.但是对秩的等式及不等式的介绍都比较分散，不全面也没有系统化，不方便初学者全面掌握秩的性质.因此有必要对矩阵的秩的等式和不等式进行一个归总，便于学习和掌握.本文通过查阅文献资料，总结归纳出有关矩阵的秩的等式和不等式命题，以及证明这些命题常用的证明方法，从向量组、线性方程组、线性空间同构、矩阵分块、矩阵初等变换等角度给出多种证明方法.主要内容有：（1）用矩阵已知的秩的理论证明矩阵秩的等式和不等式问题；（2）用线性空间的方法证明矩阵秩的等式和不等式问题；（3）用向量组秩的理论证明矩阵秩的等式和不等式问题；（4）用矩阵分块法证明秩的等式和不等式问题.-

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第二章 预备知识

定义1矩阵的行向量组的秩称为矩阵的行秩；

矩阵的列向量组的秩称为矩阵的列秩； 矩阵的行秩和列秩统称为矩阵的秩.定义2如果两个向量组互相可以线性表出，它们就称为等价.定义3 数域P上的矩阵的初等行（列）变换是指下列三种变换：

（1）以数域P中的一个非零数乘以矩阵的某一行（列）；（2）把矩阵的某一行（列）的c倍加到另一行（列）；（3）互换矩阵中两行（列）的位置.定义4在一个sn矩阵A中任意选定k行和k列，位于这些选定的行列交叉点上的k2个元素按原来的次序组成的k级行列式称为A的一个k级子式.定义5设A为mn矩阵,称线性方程组Ax0的解空间为A的零空间(即核空间)，记作NA,即NAxAx0.引理1[1] 矩阵的行秩等于列秩.引理2[1] 任意两个等价的向量组必有相同的秩.引理3 n阶方阵A可逆A0.111证明:充分性:当dA0,由A(A*)(A*)AE知A可逆，且A1A*.ddd必要性:如果A可逆，那么有A1使AA1E.两边取列式，得AA1E1，因而A0.引理4[1] 矩阵的秩是r的充要条件为矩阵中有一个r级子式不为0，同时所有的r1级子式全为0.引理5[1] 如果向量组可以由向量组线性表出，那么的秩不超过的秩.证明：根据已知可知向量组极大线性无关组可由的极大线性无关组线性表出，根据向量组的基本性质(见参考文献[1])可得，向量组极大线性无关组的向量个数不超过的极大线性无关组的向量个数，即的秩不超过的秩.引理6[1] 在齐次线性方程组有非零解的情况下，它有基础解系，并且基础解系所含解的个数为nr，这里r表示系数矩阵的秩，nr也是自由未知量的个数.-

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第三章 用矩阵的秩的理论证明秩的等式和不等式

本章主要是利用矩阵已知的秩的理论证明秩的等式和不等式问题，例如行秩等于列秩，秩为r的充要条件，常见的秩的不等式等等.要掌握并且灵活运用这些知识才能证明下面的命题.这些命题都是一些基本的命题.命题3.1 rArAT．

证明：由矩阵转置的定义,A的行向量组就是AT的列向量组，因此A的行秩就是AT的列秩，又由引理1知rArAT，命题证毕.命题3.2 rkArA（其中k0）.证明：kA的行向量组可由A的行向量组线性表出，A的行向量组也可由kA的行向量组线性表出，因此kA的行向量组与A的行向量组等价.由引理2它们的秩相等，再由秩的定义知kA与A的秩相等,命题证毕.命题3.3 A是一个sn矩阵，如果P是ss可逆矩阵，Q是nn可逆矩阵，那么rArPArAQ.证明：令BPA,由矩阵乘积的秩不超过各因子的秩可知rBrA,但是由AP1A，又有rArB．

所以rArBrPA.另一个等式可以同样地证明,命题证毕.n,如rAn命题3.4[2] 设A是一个n阶方阵，则rA*1,如rAn1

0,如rAn2.证明：若rAn，由引理3，A0，知A可逆，A*AA1可逆，故rAn． 若rAn1，由引理4，A存在n1阶子式不为0，因此A*0,rA1，又因为AA*AE0，有rArA*n，即rA*nrA1，从而rA*1．

若rAn2，则由引理4，A存在n1阶子式全为0，于是A*=0，即rA*0．命题证毕.从这个命题可以得出rA*rA的结论.-

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命题3.5［３］ 设A是一个mn矩阵，任取A的s行t列,交叉处的st个元素按原来的相对位置构成st子矩阵C，则rCmnrAst．

证明:设D为A的s行所构成的st子矩阵，它由C所在的s行确定.设rDd.则A的任意一个大于dms阶的子式M必须至少有d1行出现在D中.根据行列式的性质，对这个子式M按出现在D中的那些行进行拉普拉斯展开，则可以看出，这个M可以表示成D的一些阶子式的线性组合，其中k为某个大于d的数.由引理3这些子式全为零.因此任意一个大于dms阶子式M必须等于零.由秩的定义,rArDms.由行与列的对称性类似地可推出rDrCnt,两式相加即可得到

rCmnrAst，命题证毕.命题3.6［４］ 设A,B都是n阶矩阵,证明:rABABrArB.证明:rABABrABEBrABEBrArB，命题证毕.例3.1 设A为n阶方阵，求证必存在正整数m使得rAmrAm1.证明:由于A为n阶方阵，则nrArA2rAi0,其中i为正整数,而n是有限数，上面的不等式不可能无限不等下去，因而必存在正整数m使得rAmrAm1.例3.2设A，B都是n阶方阵，E是n阶单位矩阵，证明

rABErAErBE.证明:因为ABEAEABE,所以

rABErAEABErAErABErAErBE.命题3.7设A为n阶矩阵，证明:如果A2E,那么rAErAEn.证明： 因为AEAEA2AAEEE0,由命题5.3知

rAErAEn.①

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又 rAErAErAEAEr2ArA

而A2E，所以A21,即A0，rAn.因此

rAErAEn.②

由①，② 可得rAErAEn.例3.3[5] 设A,B为n阶方阵,且ABA=B1,则rEABrEABn.证明:因为ABAB1,所以AB2E.由命题3.7知

rABErABEn(1)由 rEABrABE，rEABrABE(2)由(1),(2)知有rEABrEABn成立.例3.4设A为n阶矩阵,且A2A,证明rArAEn.证明：由A2A，可得 AAE0.rArAEn ①

又因为EA和AE 有相同的秩,所以

nrErAEArArEA ②

由①，② 可得rArAEn.-

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第四章 用线性空间的理论证明秩的等式和不等式

本章主要是利用线性空间的维数公式，同构，直和分解，核与值域的一些性质和定理来证明矩阵的一些秩的等式和不等式命题.线性空间和线性变换的知识本来就比较抽象，还要和矩阵的联系起来，是有一定的难度的.这其中要构造一些映射．

命题4.1 A设为n阶方阵，如果A的列向量所生成的Rn的子空间RA与A的零空间（即核空间）NA的直和为Rn，则rArA2.证明:根据引理6，要证rArA2，只要证AX0与A2X0同解．

AX0的解显然为方程组A2X0的解.下面我们用反证法证明A2X0的任一解Y同时也是A2X0的解.若AY0，因AAY0,故AYNA.另一方面，AYyiiRA，其中

i1nA1,2,,n，Yy1,y2,,yn, 从而 0AYRANA, 这与RnRANA矛盾,所以A2X0的任一解同时也是AX0的解,于是它们同解,故rArA2.命题4.2 设A为mn矩阵，B为n1矩阵，证明Sylrester公式：

TrA+rB-nrAB.证明:设A为mn矩阵，B为n1矩阵, x1y1ABX0(1)考虑X，Y, 方程组BX0(2), xy(3)AY0nn设（1）（2）（3）的解空间分别为VAB，VB，VA，则dimVAnrA，将三者联系起来，作BXxVAB，则它为VA的子空间，从而

dimBXxVABdimVAnrA，-

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又VB为VAB的子空间，作：

VABVBW

一方面dimWdimVABdimVB1rAB1rBrBrAB 下证WBXXVAB

定义 f:WBXXVAB

fB

易知这个映射是单满的，并且满足线性运算条件，所以它是同构映射.dimWdimBXXVABrBrAB

但上面：

dimBXXVABdimVAnrA.因此 nrArBrAB，即 rArBnrAB．

命题4.3 设A为mn，B为nm矩阵，ABBA．证rABrArBrAB． 证明:设w1,w2,w3,w4分别为A,B,AB,AB行空间,那么

dimw1rA, dimw2rB dimw3rAB, dimw4rAB

由于w3w1w2,并由维数公式得: dimw3dimw1w2dimw1dimw2dimw1w2即得: rABrArBdimw1w2(1)由于AB的行向量是B的行向量的线性组合,所以有w4w2,又ABBA,所以有w4w1,因此有w4w1w2,所以有

rABdimw1w2(2).-

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将(2)代入(1)即得: rABrArBrAB.命题4.4 若rABrB，证明rABCrBC.证明：设方程组ABX0与BX0的解空间分别为VAB，VB.若rABrB，则根据引理6知dimVABdimVB

① 又因为满足BX0解向量也满足ABX0,所以VABVB

② 由① ②可推出VABVB.要证rABCrBC，只要证ABCX0与BCX0同解.设方程组ABCX0与BCX0的解空间分别为VABC，VBC.显然VABCVBC,只要证VABCVBC.由ABCX0知CXVABVB,即BCX0，因此VABCVBC，命题得证.此例是一个有价值的结论.例4.1 n阶矩阵A满足A2A当且仅当rArAEn.12A0 1证明：先证明必要性.由AA知A相似于形如0的对角阵，其中1的个数为rA,又EA与EA0相似，从而有相同的秩，而

1，EA010其中0的个数为A的秩，1的个数nrA.所以

rArEArArEA0rAnrA0.充分性.只要证明对任意X均有A2XAX即可.由rArEAn说

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明,AX10的解空间V1与EAX20的解空间V2满足V1V2Rn,从而对任意X存在唯一分解

XX1X2其中X1V1X2V2,所以

A2XA2X1X2AAX1AAX20AAX20X2AX1AX2AX1X2

AX

综上即证A2A.命题4.5设A,B分别是mm,mn矩阵，其中A为可逆矩阵,证明r(AB)r(B).证明：设ABQ,A(1,2,...,m),B(1,2,...,n),Q(1,2,...,n)，则(1,2,...,m)11,(1,2,...,m)22,...,(1,2,...,m)nn 因为A为可逆矩阵，秩为m，故可将(1,2,...,m)看做m维线性空间的一组基，则向量1,2,...,n在这组基下的坐标向量分别为1,2,...,n.作

l(1,2,...,n),l(1,2,...,n)，在这两个线性空间中构造映射，将l(1,2,...,n)中的每个向量映射到在基(1,2,...,m)下的坐标向量，这个映射是一个同构映射，因此l(1,2,...,n),l(1,2,...,n)这两个线性空间同构，所以

dim(l(1,2,...,n))dim(l(1,2,...,n))，而dim(l(1,2,...,n))r(B),dim(l(1,2,...,n))r(AB).所以r(AB)r(B).同理可证明当B为可逆矩阵时,r(AB)r(A).这章主要是利用线性空间和线性变换的一些知识来证明矩阵的秩的等式和不等式命题，难点在于要好好理解线性空间和线性变换的一些知识，重要定理和性质，再把握它们同矩阵的联系.-

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第五章 用向量组秩的理论证明秩的等式和不等式

本章主要利用向量组的秩和极大线性无关组的一些知识，以及线性方程组的解空间的维数和系数矩阵的秩的关系来证明秩的等式和不等式.B是mp矩阵,则rA或rBrABrArB.命题5.1设A是mn矩阵，证明：AB列向量组向量的个数比A和B多，所以rA或rBrAB． 下面证明rABrArB.不妨设Ai1,Ai2,Air1与Bj1,Bj2,Bjr2分别是A与B的列向量组的极大线性无关组,则AB的每个列向量均可用向量组

Ai1,Ai2,Air1,Bj1,Bj2,Bjr2

线性表出,根据引理5可知

rABrAi1,Ai2,Air1,Bj1,Bj2,Bjr2r1r2rArB.命题证毕.命题5.2设A,B是mn矩阵，rArBrABrArB.证明：先证明rABrArB.设

AA1,A2,AnBB1,B2,Bn ，则

ABA1B1,A2B2,AnBn.不妨设Ai1,Ai2,Air1与Bj1,Bj2,Bjr2分别是A与B的列向量组的极大线性无关组，则有

Ask1Ai1k2Ai2kr1Air1s1,2,,n

Bsl1Bi1l2Bi2lr2Bir2

AsBsk1Ai1k2Ai2kr1Air1l1Bi1l2Bi2lr2Bir2

即AB的列向量可以由Ai1,Ai2,Air1,Bj1,Bj2,Bjr2线性表出，由引理5知

rABrAi1,Ai2,Air1,Bj1,Bj2,Bjr2r1r2rArB.0

-湖南科技大学2011届本科生毕业论文

再证明rArBrAB.由刚证明的结论rABrArB可知

rArABBrABrBrABrB, 移项得到

rArBrAB, 同理可得rBrArAB,因此rArBrAB.综上所述我们证明了rArBrABrArB，对于rArBrABrArB，只要把以上证明过程的B改成B即可得证，命题证毕.由命题3.1rArAT,命题3.2rkArA（其中k0）和本命题可推知

rkAlBrArB（其中kl0）.例5.1设A,B是mn矩阵,证明:rABrAB.证明:先证明rABrAB.设AA1,A2,An BB1,B2,Bn, 则ABA1B1,A2B2,AnBn ABA1,A2,An,B1,B2,Bn.不妨设Ai1,Ai2,Air1与Bj1,Bj2,Bjr2分别是A与B的列向量组的极大线性无关组，则有

Ask1Ai1k2Ai2kr1Air1s1,2,,n

Bsl1Bi1l2Bi2lr2Bir2

AsBsk1Ai1k2Ai2kr1Air1l1Bi1l2Bi2lr2Bir2

即AB的列向量可以由Ai1,Ai2,Air1,Bj1,Bj2,Bjr2线性表出,由于

Ai1,Ai2,Air1,Bj1,Bj2,Bjr2

也是来自于AB的列向量组的向量,所以AB的列向量也可以由AB的列向量组线性表出,根据引理5可知rABrAB.对于rABrAB, 只要把以上证

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明过程的B改成B即可得证，命题证毕.命题5.3设A是mn矩阵，B是np矩阵，如果AB0，则rArBn.证明：设 BB1,B2,,Bp，则ABAB1,AB2,,ABp0.故有AB1AB2ABp0,即齐次方程组AX0有p个解B1,B2,,Bp.若rAr，则根据引理6,B1,B2,,Bp可由nr个解向量组成的基础解系线性表出.根据引理5有rBnr,rArBrnrn,命题证毕.例5.2 A是mn矩阵，则rATArAATrArAT.证明：由命题3.1知rArAT.下面我们先证明rATArA.只要证明ATAX0与AX0同解便可得到rATArA.一方面，满足AX0解向量也满足ATAX0；

另一方面，由ATAX0两边同时左乘XT得到XTATAX0，即AXTAX0，k1T20,所以ki0i1,2,,n，AX0，设AX,那么AXAXk12knkn满足ATAX0的解也满足AX0．

综上所述ATAX0与AX0同解,解空间的维数相等，由系数矩阵的秩与线性方程解空间的维数之间的关系可知

nrATAnrA，rATArA.对rAATrAT证明过程与此类似，所以rATArAATrArAT，命题证毕.例5.3 证明：若线性方程组AX0的解均为BX0的解，则rArB.证明：设方程组AX0与BX0的解空间分别为VA,VB，若线性方程组AX0的解均为BX0的解，则

VAVB,dimVAdimVB-12

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根据引理6有nrAnrB,即rArB，命题得证.例5.4设A为mn矩阵，B为n1矩阵，证明ABX0与BX0同解的充分必要条件为rABrB.证明：设方程组ABX0,BX0解空间分别为VAB,VB.必要性：若VABVB，dimVABdimVB,根据引理6可知

nrABnrB, 可以推出rABrB.充分性：若rABrB，则根据引理6知

dimVABdimVB ①

又因为满足BX0解向量也满足ABX0,所以

VABVB ②

由① ②可推出VABVB.命题证毕.命题5.4设A是数域P上nm矩阵，B是数域P上ms矩阵，证明rABminrA,rB即矩阵乘积的秩不超过各因子的秩.证明: 构造齐次线性方程组ABX0与BX0,设方程组ABX0与BX0的解空间分别为VAB,VB.显然，满足BX0解向量也满足ABX0,所以VABVB,dimVABdimVB, 根据引理6知rABrB.再构造齐次线性方程组BTATX0与ATX0，同理可得rBTATrAT,即rABrA.综上所述rABminrA,rB.此命题用归纳法可以推广为：如果AA1A2Am那么秩(A)min秩(Aj).1jm例5.4 如果mn方程组AX0的解为方程b1x1b2x2bnxn0的解，其中

A'Xx1,x2,,xn，求证rrA.b,b,,bn12-13

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A证明：由已知可知AX0与X0同解，根据引理6它们的系数矩阵

b1,b2,,bnA的秩相等,所以 rrA.b,b,,bn12-14

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第六章 用矩阵分块法证明秩的等式和不等式

本章主要是利用矩阵分块的方法来证明矩阵的秩的等式和不等式，也包括矩阵分解的方法证明秩的等式和不等式，涉及到了矩阵的广义初等变换和广义初等矩阵.例6.1[4] 设A是数域P上nm矩阵，B是数域P上ms矩阵，求证rABminrA,rB,即矩阵乘积的秩不超过各因子的秩．

a11a12aa证明：设A2122an1an2a1mb11ba2m，B21banmm1

b12b1sb22b2s

bm2bms令B1,B2,,Bm表示B的行向量，C1,C2,,Cn表示CAB的行向量。由于Ci的第j个分量和ai1B1ai2B2aimBm的第j个分量都等于aikbkj，因而

k1mCiai1B1ai2B2aimBm(i1,2,,n)，即矩阵AB的行向量组C1,C2,,Cn可经B的行向量组线性表出,所以AB的秩不超过B的秩，即rABrB.同样，令A1,A2,,Am表示A的列向量，D1,D2,,Ds表示CAB的列向量，则有

Dib1iA1b2iA2bmiAm(i1,2,,s).AB的列向量组可经矩阵A的列向量组线性表出，所以rABrA，也就是

rABminrA,rB.例6.2设A，B都是n阶方阵，E是n阶单位矩阵，求证

rABErAErBE.AE证明:因为0BEBEB0ABE0, E0BE0BEr(AE)r(BE).BEABE0AE故r(ABE)rrBE00因此rABErAErBE.5

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命题6.1设A，B是mn矩阵，则rABrArB.A0证明：构造分块矩阵，对其施行用广义初等变换可得

0BA0ABAAB.0B0B0B根据初等变换不改变矩阵的秩可以推出

A0AABABrrrrAB

①

B0B0BA0又由于 rrAB

②

0B由①,②即得

rABrArB.命题6.2[2]

设A，B分别为sn,nm矩阵,则rArBnrAB.0EnE证明:由nAEsA可推出

BEn00BEnEm00En0En，且，ABAEs0B可逆EmErnAEn但rABEnr000rEnrABnrAB.ABBrArB,即 0nrABrArB.所以rArBnrAB.这个公式代数里称为Sylverster(薛尔佛斯特)公式.命题6.3设A，B分别为sn,nm矩阵,则rArBnrAB的充要条件为

A0A0rr.EB0BEAA0EB0ABEB0AB证明:由，B0EE00EEB0EE-16

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根据矩阵秩的性质，可以得到等式

A00ABrrrABn ① EBEBA0而 rrArB

②

0BA0A0充分性：若rr，由① ②可知rABnrArB，即

EB0BrArBnrAB.必要性：若rArBnrAB则rABnrArB, 由① ②可知

A0A0rr.EB0B综上所述,命题得证.例6.3 设A，B分别为sn,nm矩阵,则rArBnrAB的充分必要条件为存在矩阵X，Y，使得XABYEn.证明：由上一个命题可知rArBnrAB的充要条件为

A0A0A0A0rr，那么我们只要证明rr的充要条件为存在矩阵EB0BEB0BX，Y，使得XABYEn，即可完成本命题的证明.下面就此进行证明.充分性.E由m-X0AEnEn0EnB-Y0AEm-AX0EnB-Y0AEmEn-XA-BY0 BA0A0可知当XABYEn时，rr.EB0B再根据命题6.3可推出等式

rArBnrAB.必要性.Er设 P1AQ100ES,P2BQ200-17

0, 0湖南科技大学2011届本科生毕业论文

其中P1,P均为可逆矩阵.2,Q1,Q2P则 10Er0000A0Q10P0Q10P1A1AQ10Q0PB0Q0P20B22200000ES000000P2BQ2

01

P2BQ2 00A0Q10P0Q10PP11A1AQ10QPPB0QPQ0PEB2222221Er0C1C300C2C400ES000002

对式（2）右端的方阵作行初等变换，可消去C1，C2，C3.若

rArBnrAB，A0A0根据命题6.3有r，式（2）右端方阵秩相等，故r，因此式（1）EB0BF1为在消去C1，C2，C3时也消去了C4，对式（2）右端分块记C0 其中 F2ErF100ES，F2000C1C2C ，CC043.于是上述消去C1的行变换相当于

C10Er0000C1C200C3C4C3C2 C4,消去其余C2,C3,C4有类似的结果，这样初等变换就相当于存在矩阵S，T，使

SF1+F2T+C=0,即SPAQ11P2BQ2TPQ210，进行变形整理,从而有

P121SP1ABQ2TQ1En.11令XP,，便得到XABYEn，命题得证.2SP1YQ2TQ1-18

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命题6.4设A1,A2,,Ap都是n阶矩阵，A1A2Ap0.证明:这p个矩阵秩之和不大于p1n.这p个矩阵秩之和不大于p1n.证明：由命题6.2的Sylverster(薛尔佛斯特)公式可得

0rA1A2AprA1rA2ApnrA1rA2rA3Ap2nrA1rA2rApp1n，移项即得

rA1rA2rApp1n.例6.4设A,B，C依次为sn，nm，mt的矩阵,证明

rABCrABrBCrB.证明:设rBr,那么存在n阶可逆矩阵P，m阶可逆矩阵Q，使得

EBPr0把P，Q适当分块PM0Q ① 0NS,Q，其中M为nr矩阵,N为rm矩阵．

T0NMN.0T由①式有BMESr0所以rABCrAMNC,再由命题6.2的Sylverster(薛尔佛斯特)公式可得

rABCrAMNCrAMrNCrrAMNrMNCrB

rABrBCrB, 从而rABCrABrBCrB,命题得证.这个公式也称为Frobenius(佛罗扁尼斯)公式.例6.5 设B为rs矩阵，A为秩为r的mr的列满秩矩阵mr,C为秩为s的st的行满秩矩阵st,证明:rABrBCrB．证明:先证明rABrB.9

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E因为rAr,所以存在m阶可逆矩阵P和r阶可逆矩阵Q，使得PAQr,即

0Er1Q1PAQ，00再根据矩阵乘以可逆矩阵不改变秩的大小可得

Q1Q1BrABrPABrBrrQ1BrB.00同理可证rBCrB.因此有rABrBCrB,命题得证.命题6.5设A,B，C分别为sn，nm，mt矩阵,rBr,而B的一个满秩分解mr是BHL，即H是列满秩矩阵,L是行满秩矩阵,则

rABCrABrBCrB的充要条件是存在矩阵X,Y,使得

XAHLCYEr.证明：因为BHL是满秩分解,H是列满秩矩阵,L 是行满秩矩阵,所以根据例题6.5有

rABrAHLrBC和rBCrHLCrLC, 则

rABCrABrBCrBrAHLCrABHrLCr.又由例题6.3得

rAHLCrABHrLCr矩阵X,Y使得 XAHLCYEr, 命题得证.这是例题6.4 Frobenius(佛罗扁尼斯)公式等号成立的充要条件.例6.6证明:rA3rA2rA2.证明:由例题6.4的Sylverster(薛尔佛斯特)公式可知

rA3rAAArA2rA2rA.移项即rA3rA2rA2得,命题得证.例6.7设A，C均为mn矩阵B，D均为ns矩阵，证明

rABCDrACrBD.0

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证明：根据分块矩阵的乘法可知

Em0CAC0EnEnBD00BACEs0ABCD

BDAC由此易知rACrBD0ABCDr(ABCD)，BD从而得到rABCDrACrBD,命题得证.例6.8设A,B都是nn矩阵，如果AB0，则rArBn.BE证明:构造分块矩阵，对其做初等变换

0AEBE0EBEB 0AAB00000BE0EBE可推出r,但rnrrArB,所以rArBn.0A000A这个命题的一般形式为：设A是mn矩阵，B是np矩阵，如果AB0，则rArBn,已经在命题5.3中用线性方程组的解空间的维数与系数矩阵的秩的关系方法证明了.本命题只是它的特殊形式.例6.9设Q为k阶方阵，m，n为非负整数，则（1）rQnrQm2nrQmnrQ2n（2）rQmrQm2n2rQmn

证明：（1）设AQm,BQn,CQn由佛罗扁尼斯（Frobenius）不等式，rQm2nrQmnrQ2nrQn，即得：

rQnrQm2nrQmnrQ2n

（2）设AQn,BQm,CQn由佛罗扁尼斯（Frobenius）不等式，rQm2nrABrBCrB，即得：

rQmrQm2n2rQmn.-21

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命题6.6设A为ssn矩阵，则rEnAArEsAAns.Es 证明:0AEsAEs0EsAA0 EnAEnAEn0EnEsA 由命题3.3，则rrEsAAn.AEnE同理rsAArEnAAs.所以 rEnAArEsAAns.En矩阵的分块是种有效的解决矩阵有关问题的方法，值得好好体会.尤其是有些难题，矩阵分块是简便分方法.本章利用矩阵分块的方法证明了一些典型的矩阵等式和不等式命题，很有借鉴意义.2

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第七章 小结

矩阵的秩的等式、不等式的证明及它应用非常广泛。在本文中，主要讨论了矩阵的秩，以及它的等式及不等式命题的证明方法，较之前的研究，更加全面。文中讨论了利用线性空间同构、向量组维数理论及矩阵分块等一些理论来证明了矩阵的秩的等式、不等式的相关命题。运用这些方法，我们可以更加快捷的判断矩阵的秩是否相等，或者证明不同矩阵的秩之间的联系，有了这些方法和结论，就可以将矩阵的秩的等式及不等式的命题更好的应用到实际中来。当然，对于矩阵秩的研究，虽然本人已经进行了充分的搜集、总结及研究，但是，仍会有不足之处，对于它的研究以及应用仍然不够，这一点将是我们以后必须致力研究的工作。

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参考文献

[1] 北京大学数学系前代数小组.高等代数[M].北京:高等教育出版社,2003.[2] 钱吉林.高等代数题解精粹修订版[M].北京:中央民族大学出版社,2006.[3] 苏育才,姜翠波,张跃辉.矩阵理论[M].北京:科学出版社,2006.[4] 同济大学数学系.线性代数第五版[M].北京:高等教育出版社,2007.[5] 王宝存.运用AZ=Q证明矩阵秩的不等式与等式[J].淮南师专学报,2000,2(3):90-91.4

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致

谢

从论文选题到搜集资料，从提纲的完成到正文的反复修改，我经历了喜悦、聒噪、痛苦和彷徨，在写作论文的过程中，心情是如此复杂。如今，伴随着这篇毕业论文的最终成稿，复杂的心情烟消云散，自己甚至还有一点成就感。

我要感谢我的导师李世群老师。她为人随和热情，治学严谨细心。从选题、定题、撰写提纲，到论文的反复修改、润色直至定稿，李老师始终认真负责地给予我深刻而细致地指导。在论文写作期间，李老师多次对我作一对一的指导，对我的论文写作的方向提出了宝贵的建议。正是有了李老师的无私帮助与热忱鼓励，我的毕业论文才得以顺利完成。

在此，我还要感谢大学四年中我的任课教师，是他们让我学到了许多丰富的数学知识，才使我今天有能力来完成这项艰巨的任务。

最后还要感谢四年里陪伴我的同学、朋友们，有了他们我的人生才丰富，有了他们我在奋斗的路上才不孤独。感谢他们在论文排版和设计上都给我很多宝贵意见和建议，让我能够做的更好，谢谢他们。

第二篇：不等式证明

不等式证明

不等式是数学的基本内容之一，它是研究许多数学分支的重要工具，在数学中有重要的地位，也是高中数学的重要组成部分，在高考和竞赛中都有举足轻重的地位。不等式的证明变化大，技巧性强，它不仅能够检验学生数学基础知识的掌握程度，而且是衡量学生数学水平的一个重要标志，本文将着重介绍以下几种不等式的初等证明方法和部分方法的例题以便理解。

一、不等式的初等证明方法

1.综合法：由因导果。

2.分析法：执果索因。基本步骤：要证..只需证..，只需证..(1)“分析法”证题的理论依据：寻找结论成立的充分条件或者是充要条件。

(2)“分析法”证题是一个非常好的方法，但是书写不是太方便，所以我们可利用分析法寻找证题的途径，然后用“综合法”进行表达。

3.反证法：正难则反。

4.放缩法：将不等式一侧适当的放大或缩小以达证题目的。放缩法的方法有：

(1)添加或舍去一些项，如：

2)利用基本不等式，如：

(3)将分子或分母放大(或缩小)：

5.换元法：换元的目的就是减少不等式中变量，以使问题

化难为易、化繁为简，常用的换元有三角换元和代数换元。

6.构造法：通过构造函数、方程、数列、向量或不等式来证明不等式。

证明不等式的方法灵活多样，但比较法、综合法、分析法和数学归纳法仍是证明不等式的最基本方法。

7.数学归纳法：数学归纳法证明不等式在数学归纳法中专门研究。

8.几何法：用数形结合来研究问题是数学中常用的方法，若求证的不等式是几何不等式或有较明显的几何意义时，可以考虑构造相关几何图形来完成，若运用得好，有时则有神奇的功效。

9.函数法：引入一个适当的函数，利用函数的性质达到证明不等式的目的。

10.判别式法：利用二次函数的判别式的特点来证明一些不等式的方法。当a>0时，f(x)=ax2+bx+c>0(或<0).△<0(或>0)。当a<0时，f(x)>0(或<0).△>0(或<0)。

二、部分方法的例题

1.换元法

换元法是数学中应用最广泛的解题方法之一。有些不等式通过变量替换可以改变问题的结构，便于进行比较、分析，从而起到化难为易、化繁为简、化隐蔽为外显的积极效果。

注意：在不等式的证明中运用换元法，能把高次变为低次，分式变为整式，无理式变为有理式，能简化证明过程。尤其对含有若干个变元的齐次轮换式或轮换对称式的不等式，通过换元变换形式以揭示内容的实质，可收到事半功倍之效。

2.放缩法

欲证A≥B，可将B适当放大，即B1≥B，只需证明A≥B1。相反，将A适当缩小，即A≥A1，只需证明A1≥B即可。

注意：用放缩法证明数列不等式，关键是要把握一个度，如果放得过大或缩得过小，就会导致解决失败。放缩方法灵活多样，要能想到一个恰到好处进行放缩的不等式，需要积累一定的不等式知识，同时要求我们具有相当的数学思维能力和一定的解题智慧。

3.几何法

数形结合来研究问题是数学中常用的方法，若求证的不等式是几何不等式或有较明显的几何意义时，可以考虑构造相关几何图形来完成，若运用得好，有时则有神奇的功效。

第三篇：不等式证明

不等式的证明

比较法证明不等式

a2b2ab1.设ab0，求证：2.ab2ab

2.（本小题满分10分）选修4—5：不等式选讲

（1）已知x、y都是正实数，求证：x3y3x2yxy2；

（2对满足xyz1的一切正实数 x,y,z恒成立，求实数a的取值范围

.,1综合法证明不等式（利用均值不等式）3.已知abc, 求证：1 114.abbcac

4.设a，b，c均为正数，且a+b+c=1，证明：

1（Ⅰ）ab+bc+ac3；

a2b2c2

1ca（Ⅱ）b

5.（1）求不等式x32x1的解集;

121225（a)(b)a,bR,ab1ab2.（2）已知，求证：

6.若a、b、c是不全相等的正数，求证：

分析法证明不等式

7.某同学在证明命题“7要证明732”时作了如下分析，请你补充完整.62，只需证明________________,只需证明___________,＋292，展开得9即,只需证明1418,________________,所以原不等式:62成立.22263,(72)(63)，因为1418成立。

abc8.已知a,b,cR。3

9.(本题满分10分)已知函数f(x)|x1|。

(Ⅰ)解不等式f(x)f(x4)8；{x|x≤－5，或x≥3}(Ⅱ)若|a|1,|b|1，且a0，求证：f(ab)|a|f().10.（本小题满分10分）当a,bMx|2x2时,证明:2|a+b|＜|4+ab|.反证法证明不等式

11.已知a，b，c均为实数，且a=x2y+2baπππ22，b=y2z+，c=z2x+，236

求证：a，b，c中至少有一个大于0.12.（12分）若x,yR,x0,y0,且xy2。求证：1x和1y中至少有一个小于2.yx

放缩法证明不等式

13.证明不等式：1111121231

123n2

214.设各项均为正数的数列an的前n项和为Sn，满足4SnannN,且

14n1,a2,a5,a14构成等比数列．

(1)证明：a2

(2)求数列an的通项公式；an2n1

(3)证明：对一切正整数n，有11a1a2a2a311． anan12

15.设数列an的前n项和为Sn.已知a11,2Sn12an1n2n,nN*.n33

(Ⅰ)求a2的值；a24(Ⅱ)求数列an的通项公式；ann2(Ⅲ)证明:对一切正整数n,有数学归纳法证明不等式

16.(本小题满分12分)若不等式11

n1n21a对一切正整数n都成立，求正3n12411a1a217.an4

整数a的最大值，并证明结论．25

17.用数学归纳法证明不等式：

．

第四篇：不等式证明经典

金牌师资，笑傲高考

2013年数学VIP讲义

【例1】 设a，b∈R，求证：a2+b2≥ab+a+b-1。

【例2】 已知0

【例3】 设A=a+d，B=b+c，a，b，c，d∈R+，ad=bc，a=max{a，b，c，d}，试比较A与B的大小。

因A、B的表达形式比较简单，故作差后如何对因式进行变形是本题难点之一。利用等式ad=bc，借助于消元思想，至少可以消去a，b，c，d中的一个字母。关键是消去哪个字母，因条件中已知a的不等关系：a>b，a>c，a>d，故保留a，消b，c，d中任一个均可。

由ad=bc得：dbca1abbccaabcabc≥1。

bcabcab(ab)(ac)a0bcacaA-B=a+d-(b+c)=a =ab c(ab)a

【例4】 a，b，c∈R，求证：a4+b4+c4≥(a+b+c)。

不等号两边均是和的形式，利用一次基本不等式显然不行。不等号右边为三项和，根据不等号方向，应自左向右运用基本不等式后再同向相加。因不等式左边只有三项，故把三项变化六项后再利用二元基本不等式，这就是“化奇为偶”的技巧。

左=12(2a42b2242c)22412[(a24b)(b22244c)(c2244a)]24

≥12(2ab2bc2ca)abbcca

2发现缩小后没有达到题目要求，此时应再利用不等式传递性继续缩小，处理的方法与刚才类似。

中天教育咨询电话：0476-8705333

第1页/共9页 金牌师资，笑傲高考

ab1212

2013年数学VIP讲义

22bc2222ca2222212(2ab22222bc22222ca)22

ca)(ca2[(abbc)(bc22ab)]22≥(2abc2abc22abc)ab(abc)1a

1c【例5】（1）a，b，c为正实数，求证：（2）a，b，c为正实数，求证：

a21bb2≥

c21ab1bc1ac；

bcacab≥

abc2。

（1）不等式的结构与例4完全相同，处理方法也完全一样。

（2）同学们可试一试，再用刚才的方法处理该题是行不通的。注意到从左向右，分式变成了整式，可考虑在左边每一个分式后配上该分式的分母，利用二元基本不等式后约去分母，再利用不等式可加性即可达到目的。试一试行吗？

a2bcb2(bc)≥2a2bcb2(bc)2a

acc2(ac)≥2ac(ac)2bab(ab)≥2c2ab(ab)2c

相加后发现不行，a，b，c的整式项全消去了。为了达到目的，应在系数上作调整。

a2bcbc4≥a，b2acac4≥b，c2abab4≥a 相向相加后即可。

【例6】 x，y为正实数，x+y=a，求证：x+y≥

2a22。

思路一；根据x+y和x2+y2的结构特点，联想到算术平均数与平方平均数之间的不等关系。∵ xy22≤2x2y22

2∴ xy≥(xy)2a22

思路二：因所求不等式右边为常数，故可从求函数最小值的角度去思考。思路一所用的是基本不等式法，这里采用消元思想转化为一元函数，再用单调性求解。换元有下列三种途径：

途径1：用均值换元法消元： 令 x2a2m，yaa22m

22则 xy(m)(m)2m222aa22≥

a22

途径2：代入消元法： y=a-x，0

a2)2a22≥

a22

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途径3：三角换元法消元：

令 x=acos2θ，y=asin2θ，θ∈(0，]

22013年数学VIP讲义

则 x2+y2=a2(cos4θ+sin4θ)=a2[(sin2θ+cos2θ)2-2sin2θcos2θ]

=a[1-2(sin2θ)]=a(1-22122

12sin2θ)≥

a22

注：为了达到消元的目的，途径1和途径3引入了适当的参数，也就是找到一个中间变量表示x，y。这种引参的思想是高中数学常用的重要方法。【例7】 已知a>b>0，求证：(ab)8a2ab2ab(ab)8b2。

12所证不等式的形式较复杂（如从次数看，有二次，一次，次等），难以从某个角度着手。故考虑用分析法证明，即执果索因，寻找使不等式成立的必要条件。实际上就是对所证不等式进行适当的化简、变形，实际上这种变形在相当多的题目里都是充要的。

ab2abab2ab2b)(a(a(a2b)2

ab(ab)b)(a8a2所证不等式可化为∵ a>b>0 ∴ ab ∴ ab0

b)2(a2b)2(ab)(a8b2b)2

∴ 不等式可化为：(a4ab)21(a4bb)2

2(ab)4a即要证

24b(ab)ab2a只需证

2bab在a>b>0条件下，不等式组显然成立 ∴ 原不等式成立 【例8】 已知f(x)=24xx38，求证：对任意实数a，b，恒有f(a)

112.不等号两边字母不统一，采用常规方法难以着手。根据表达式的特点，借助于函数思想，可分别求f(a)及g(b)=b2-4b+f(a)112的最值，看能否通过最值之间的大小关系进行比较。

82(2)a2a24aa3882a882a≤

282a82a8422

令 g(b)=b2-4b+11232 ≥32 g(b)=(b-2)2+

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∵ 3222013年数学VIP讲义

∴ g(b)>f(a)注：本题实际上利用了不等式的传递性，只不过中间量为常数而已，这种思路在两数大小比较时曾讲过。由此也说明，实数大小理论是不等式大小理论的基础。

【例9】 已知a，b，c∈R，f(x)=ax2+bx+c，当|x|≤1时，有|f(x)|≤1，求证：

（1）|c|≤1，|b|≤1；

（2）当|x|≤1时，|ax+b|≤2。

这是一个与绝对值有关的不等式证明题，除运用前面已介绍的不等式性质和基本不等式以外，还涉及到与绝对值有关的基本不等式，如|a|≥a，|a|≥-a，||a|-|b||≤|a±b|≤|a|+|b|，|a1±a2±„±an|≤|a1|+|a2|+„+|an|。就本题来说，还有一个如何充分利用条件“当|x|≤1时，|f(x)|≤1”的解题意识。

从特殊化的思想出发得到： 令 x=0，|f(0)|≤1 即 |c|≤1 当x=1时，|f(1)|≤1；当x=-1时，|f(-1)|≤1 下面问题的解决试图利用这三个不等式，即把f(0)，f(1)，f(-1)化作已知量，去表示待求量。∵ f(1)=a+b+c，f(-1)=a-b+c ∴ b12[f(1)f(1)] 12|f(1)f(1)|≤12[|f(1)||f(1)|]≤

12(11)≤1 ∴ |b|（2）思路一：利用函数思想，借助于单调性求g(x)=ax+b的值域。

当a>0时，g(x)在[-1，1]上单调递增 ∴ g(-1)≤g(x)≤g(1)∵ g(1)=a+1=f(1)-f(0)≤|f(1)-f(0)|≤|f(1)|+|f(0)|≤2 g(-1)=-a+b=f(0)-f(-1)=-[f(-1)-f(0)]

≥-|f(-1)-f(0)|≥-[|f(-1)|+|f(0)|]≥-2 ∴-2≤g(x)≤2 即 |g(x)|≤2 当a<0时，同理可证。

思路二：直接利用绝对值不等式

为了能将|ax+b|中的绝对值符号分配到a，b，可考虑a，b的符号进行讨论。当a>0时

|ax+b|≤|ax|+|b|=|a||x|+|b|≤|a|+|b|≤a+|b| 下面对b讨论

① b≥0时，a+|b|=a+b=|a+b|=|f(1)-f(0)| ≤ |f(1)|+|f(0)|≤2； ② b<0时，a+|b|=a-b=|a-b|=|f(-1)-f(0)|≤|f(-1)|+f(0)|≤2。∴ |ax+b|≤2 当a<0时，同理可证。

评注：本题证明过程中，还应根据不等号的方向，合理选择不等式，例如：既有|a-b|≥|a|-|b|，又有|a-b|≥|b|-|a|，若不适当选择，则不能满足题目要求。

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2013年数学VIP讲义

1、设a，b为正数，且a+b≤4，则下列各式一定成立的是 A、C、1a121b1a≤141b B、≤1 D、141a≤

1a1b≤

≤

1b≥1

2、已知a，b，c均大于1，且logac·logbc=4，则下列各式中一定正确的是 A、ac≥b B、ab≥c C、bc≥a D、ab≤c

5、已知a，b，c>0，且a+b>c，设M=

a4abbcc4c，N=，则MN的大小关系是

A、M>N B、M=N C、M

6、已知函数f(x)=-x-x3，x1，x2，x3∈R，且x1+x2>0，x2+x3>0，x3+x1>0，则f(x1)+f(x2)+f(x3)的值 A、一定大于零 B、一定小于零 C、一定等于零 D、正负都有可能

7、若a>0，b>0，x111()2ab1ab1ab，y，z，则

A、x≥y>z B、x≥z>y C、y≥x>z D、y>z≥x

8、设a，b∈R，下面的不等式成立的是 A、a+3ab>b B、ab-a>b+ab C、（二）填空题

9、设a>0，b>0，a≠b，则aabb与abba的大小关系是__________。

10、若a，b，c是不全相等的正数，则(a+b)(b+c)(c+a)______8abc（用不等号填空）。

12、当00且t≠1时，logat与log21t1a2

2aba1b1 D、a+b≥2(a-b-1)

22的大小关系是__________。

n13、若a，b，c为Rt△ABC的三边，其中c为斜边，则an+bn与c（其中n∈N，n>2）的大小关系是________________。

（三）解答题

14、已知a>0，b>0，a≠b，求证：a

15、已知a，b，c是三角形三边的长，求 证：1

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abcbaccab2。

babba。金牌师资，笑傲高考

16、已知a≥0，b≥0，求证：

18、若a，b，c为正数，求证：

19、设a>0，b>0，且a+b=1，求证：(a

20、已知a+b+c>0，ab+bc+ca>0，abc>0，求证：a，b，c全为正数。

1a)(b1b)2541a1b1ca82013年数学VIP讲义

12(ab)214(ab)≥aaba。

≤

b383c38。

abc≥。

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第五篇：不等式证明

§14不等式的证明

不等式在数学中占有重要地位，由于其证明的困难性和方法的多样性，而成为竞赛和高考的热门题型.证明不等式就是对不等式的左右两边或条件与结论进行代数变形和化归，而变形的依据是不等式的性质，不等式的性分类罗列如下： 不等式的性质：abab0,abab0.这是不等式的定义，也是比较法的依据.对一个不等式进行变形的性质：

（1）abba（对称性）

（2）abacbc（加法保序性）

（3）ab,c0acbc;ab,c0acbc.（4）ab0anbn,nanb(nN*).对两个以上不等式进行运算的性质.（1）ab,bcac（传递性）.这是放缩法的依据.（2）ab,cdacbd.（3）ab,cdacbd.（4）ab0,dc0,含绝对值不等式的性质：

（1）|x|a(a0)x2a2axa.（2）|x|a(a0)x2a2xa或xa.（3）||a||b|||ab||a||b|（三角不等式）.（4）|a1a2an||a1||a2||an|.ab,adbc.cd 证明不等式的常用方法有：比较法、放缩法、变量代换法、反证法、数学归纳法、构造函数方法等.当然在证题过程中，常可“由因导果”或“执果索因”.前者我们称之为综合法；后者称为分析法.综合法和分析法是解决一切数学问题的常用策略，分析问题时，我们往往用分析法，而整理结果时多用综合法，这两者并非证明不等式的特有方法，只是在不等式证明中使用得更为突出而已.此外，具体地证明一个不等式时，可能交替使用多种方法.例题讲解 1．a,b,c0,求证：ab(ab)bc(bc)ca(ca)6abc.abc32．a,b,c0，求证：abc(abc)

abc.a2b2b2c2c2a2a3b3c3.3．：a,b,cR,求证abc2c2a2bbccaab

4．设a1,a2,,anN*，且各不相同，求证：1

12131aa3ana12..n2232n25．利用基本不等式证明a2b2c2abbcca.446．已知ab1,a,b0,求证：ab1.8

7．利用排序不等式证明GnAn

8．证明：对于任意正整数R，有(1

1n1n1)(1).nn11119．n为正整数，证明：n[(1n)1]1n(n1)nn1.23n

1n 课后练习

1.选择题

(1)方程x-y=105的正整数解有().（A）一组（B）二组

（C）三组

（D）四组

(2)在0,1,2,„，50这51个整数中，能同时被2，3，4整除的有（）.（A）3个（B）4个

（C）5个

（D）6个 2．填空题

（1）的个位数分别为_________及_________.4

5422(2)满足不________.等式10≢A≢10的整数A的个数是x×10+1，则x的值(3)已知整数y被7除余数为5,那么y被7除时余数为________.(4)求出任何一组满足方程x-51y=1的自然数解x和y_________.3.求三个正整数x、y、z满足

23.4．在数列4，8，17，77，97，106，125，238中相邻若干个数之和是3的倍数，而不是9的倍数的数组共有多少组？

5．求的整数解.6．求证可被37整除.7．求满足条件的整数x，y的所有可能的值.8．已知直角三角形的两直角边长分别为l厘米、m厘米，斜边长为n厘米，且l，m，n均为正整数，l为质数.证明：2（l+m+n）是完全平方数.9.如果p、q、、都是整数，并且p＞1，q＞1，试求p+q的值.课后练习答案

1.D.C.2.(1)9及1.(2)9.(3)4.(4)原方程可变形为x=(7y+1)+2y(y-7),令y=7可得x=50.223.不妨设x≢y≢z,则,故x≢3.又有故x≣2.若x=2,则,故y≢6.又有,故y≣4.若y=4,则z=20.若y=5,则z=10.若y=6,则z无整数解.若x=3,类似可以确定3≢y≢4,y=3或4,z都不能是整数.4.可仿例2解.5.分析：左边三项直接用基本不等式显然不行，考察到不等式的对称性，可用轮换的方法.．．

略解：a2b22ab,同理b2c32bc,c2a22ca；三式相加再除以2即得证.评述：（1）利用基本不等式时，除了本题的轮换外，一般还须掌握添项、连用等技巧.22xnx12x2如x1x2xn，可在不等式两边同时加上x2x3x1x2x3xnx1.再如证(a1)(b1)(ac)3(bc)3256a2b2c3(a,b,c0)时，可连续使用基本不等式.ab2a2b2)（2）基本不等式有各种变式

如(等.但其本质特征不等式两边的次22数及系数是相等的.如上式左右两边次数均为2，系数和为1.6.8888≡8(mod37),∴8888333

3222

2≡8(mod37).2222

27777≡7(mod37),7777≡7(mod37),8888238+7=407,37|407,∴37|N.22

3+7777

3333

≡(8+7)(mod37),而

237.简解:原方程变形为3x-(3y+7)x+3y-7y=0由关于x的二次方程有解的条件△≣0及y为整数可得0≢y≢5,即y=0,1,2,3,4,5.逐一代入原方程可知,原方程仅有两组解(4,5)、(5,4).8.∵l+m=n,∴l=(n+m)(n-m).∵l为质数,且n+m＞n-m＞0,∴n+m=l,n-m=1.于是2222l=n+m=(m+1)+m=2m+1,2m=l-1,2(l+m+1)=2l+2+2m=l+2l+1=(l+1).即2(l+m+1)是完全平方数.222

229.易知p≠q,不妨设p＞q.令(4-mn)p=m+2,解此方程可得p、q之值.=n,则m＞n由此可得不定方程

例题答案：

1.证明：ab(ab)bc(bc)ca(ca)6abc

a(b2c22bc)b(a2c22ac)c(a2b22ab)

a(bc)2b(ca)2c(ab)2

0

ab(ab)bc(bc)ca(ca)6ab.c

评述：（1）本题所证不等式为对称式（任意互换两个字母，不等式不变），在因式分解或配方时，往往采用轮换技巧.再如证明a2b2c2abbcca时，可将a2b2

1(abbcca)配方为[(ab)2(bc)2(ca)2]，亦可利用a2b22ab，2b2c22bc,c2a22ca，3式相加证明.（2）本题亦可连用两次基本不等式获证.2.分析：显然不等式两边为正，且是指数式，故尝试用商较法.不等式关于a,b,c对称，不妨abc,则ab,bc,acR，且

ab,，bca都大于等于1.caabbcc(abc)abc3a2abc3b2bac3c2cab3aab3aac3bba3bbc3cca3ccb3

ab3a()bb()cbc3a()cac31.评述：（1）证明对称不等式时，不妨假定n个字母的大小顺序，可方便解题.（2）本题可作如下推广：若ai0(i1,2,,n),则a11a22anaaan(a1a2an)a1a2ann.（3）本题还可用其他方法得证。因aabbabba，同理bbccbccb,ccaacaac，另aabbccaabbcc，4式相乘即得证.（4）设abc0,则lgalgblgc.例3等价于algablgbalgbblga,类似例4可证algablgbclgcalgbblgcclgaalgcblgbclga.事实上，一般地有排序不等式（排序原理）： 设有两个有序数组a1a2an,b1b2bn，则a1b1a2b2anbn（顺序和）

a1bj1a2bj2anbjn（乱序和）a1bna1bn1anb1（逆序和）

其中j1,j2,,jn是1,2,,n的任一排列.当且仅当a1a2an或b1b2bn时等号成立.排序不等式应用较为广泛（其证明略），它的应用技巧是将不等式两边转化为两个有序数组的积的形式.如a,b,cR时,a3b3c3a2bb2cc2aa2ab2bc2c

a2b2c2111111abbcca;abca2b2c2a2b2c2bcabcaabc222.3.思路分析：中间式子中每项均为两个式子的和，将它们拆开，再用排序不等式证明.111111，则a2b2c2（乱序和）cbacab111111a2b2c2（逆序和），同理a2b2c2（乱序和）abccab111a2b2c2（逆序和）两式相加再除以2，即得原式中第一个不等式.再考虑数abc111333组abc及，仿上可证第二个不等式.bcacab

222不妨设abc,则abc,4.分析：不等式右边各项

ai1a；可理解为两数之积，尝试用排序不等式.i22ii设b1,b2,,bn是a1,a2,,an的重新排列，满足b1b2bn，又1111.22223nanbna2a3b2b3.由于b1,b2,bn是互不相同的正整数，b122222n2323nb3bnb11故b11,b22,,bnn.从而b12，原式得证.12222n23n所以a1评述：排序不等式应用广泛，例如可证我们熟悉的基本不等式，a2b2abba，a3b3c3a2bb2cc2aaabbbcccaabcbaccab3abc.5.思路分析：左边三项直接用基本不等式显然不行，考察到不等式的对称性，可用轮换的方．．法.a2b22ab,同理b2c32bc,c2a22ca；三式相加再除以2即得证.评述：（1）利用基本不等式时，除了本题的轮换外，一般还须掌握添项、连用等技巧.22xnx12x2如x1x2xn，可在不等式两边同时加上x2x3x1x2x3xnx1.再如证(a1)(b1)(ac)3(bc)3256a2b2c3(a,b,c0)时，可连续使用基本不等式.ab2a2b2)（2）基本不等式有各种变式

如(等.但其本质特征不等式两边的次数及22系数是相等的.如上式左右两边次数均为2，系数和为1.6.思路分析：不等式左边是a、b的4次式，右边为常数式呢.44要证ab1，如何也转化为a、b的4次811,即证a4b4(ab)4.8833评述：（1）本题方法具有一定的普遍性.如已知x1x2x31,xi0,求证：x1 x211133求证：x1x2x2x3 x3.右侧的可理解为(x1x2x3).再如已知x1x2x30，3332+x3x10，此处可以把0理解为(x1x2x3)，当然本题另有简使证法.38（2）基本不等式实际上是均值不等式的特例.（一般地，对于n个正数a1,a2,an)

调和平均Hnn111a1a2an 几何平均Gnna1a2an 算术平均Ana1a2an

n22a12a2an平方平均Qn

2这四个平均值有以下关系：HnGnAnQn，其中等号当且仅当a1a2an时成立.7.证明: 令biai,(i1,2,,n)则b1b2bn1，故可取x1,x2,xn0，使得 Gnb1

xxx1x,b22,,bn1n1,bnn由排序不等式有： x2x3xnx1b1b2bn

=xx1x2n（乱序和）x2x3x1111x2xn（逆序和）x1x2xn x1

=n，aaa2ana1a2nn,即1Gn.GnGnGnn111，,各数利用算术平均大于等于几何平均即可得，GnAn.a1a2an 评述:对8.分析:原不等式等价于n1(1)1平均，而右边为其算术平均.n11nn1，故可设法使其左边转化为n个数的几何n111111n21(1)n(1)(1)1(1)(1)11.n1nnnnnn1n1n个n1 评述:（1）利用均值不等式证明不等式的关键是通过分拆和转化，使其两边与均值不等式形式相近.类似可证(11n11n2)(1).nn1（2）本题亦可通过逐项展开并比较对应项的大小而获证，但较繁.9.证明:先证左边不等式

111(1n)123n1111n123n (1n)n

n111(11)(1)(1)(1)123n (1n)nn34n1223nn1n(*)

nn[(1n)1]121n1n111123n

n 34n123nn234n1nn1.n23n （*）式成立，故原左边不等式成立.其次证右边不等式

1111n(n1)nn1

23n1 n1n1n(1111111)(1)(1)(1)23nn1123n n1nn112n1123n

（**） n1nn1

（**）式恰符合均值不等式，故原不等式右边不等号成立.