如何用配方法证明等式

第一篇：如何用配方法证明等式

如何用配方法证明等式

配方法是中学数学中的一个最基本的数学方法,通过它对代数式的恒等变形,使许多复杂的问题得以简单化.现在我们就用配方法来证明恒等式和条件等式.一.通过配方直接证明等式成立

例1 求证

(abc)(xyz)(axbycz)

(bxay)(cxaz)(cybz)222222222

2证明左边=(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)***

所以左边=右边

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，求证a、b、c成等差数列（即证明 a2bc0）

证明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成等差数列

二.通过配方,把已知的等式化为几个实数的平方和等于零的形式，就是说化为a2+b2+c2=0则

a=b=c=0从而从而使所求的等式成立．

例3已知a、b、c、x、y、z都是非零实数，且abcxyzaxbycz，求证x

ay

bz

c22222

2222222证明由已知条件可以得到：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都是正数，并且a4b4m4n44abmn0

求证abmn

证明将已知等式的左边进行配方可得：

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都是正数mn

22bn0

综上所述，我们在解题过程中一方面要充分认识完全平方公式的特点(ab)a2abb，然后逆用公式进行证明如例1和例2。另一方面也要利用它的非负222

性的性质：(ab)20当且仅当a=b时等号成立。通过添加适当的项构造出完全平方式进行等式的证明如例3和例4。

第二篇：用配方法证明

用配方法证明

设矩形长为x，那么宽为15-x

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

5所以面积最大为56.25平方米，无法达到60平方米

x-12x+40=x-12x+36+4=(x-6)^2+4因为(X-6)^2≥0所以(X-6)^2+4≥4所以大于0要原式的值最小从(X-6)^2+4≥4看出最小值为4当(X-6)^2=0时也就是X=6时取得

24x²-6x+11=(2x)²-6x+(1.5)²+8.75=(2x-1.5)²+8.75显然(2x-1.5)²+8.75>=8。75x=0.75时最小值8.75继续追问：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(负数)

所以一定大于的，否则就是虚数解了！!4y2-2×√2×y+√5

解：y2-2√2y=-√5

y2-2√2y+2=-√5+2

(y-2)的平方=-√5+2(负数)

所以一定大于的，否则就是虚数解了！!

昨天大错了。今天改好了。

不为0的某数的平方一定大于0！!5y^2-2×√2×y+√5

解:原式=(y-√2)^2+√5-2

因为(y-√2)^2大于等于0

且√5大于2

所以(y-√2)^2+√5-2恒大于0

即可证y^2-2×√2×y+√5恒大与零

6证明：

-3x²-x+

1=-3(x²+1/3x)+1

=-3(x²+1/3x+1/36)+1/12+1

=-3(x+1/6)²+13/12

因为-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;因为(x-3/2)^2>=0;所以2x^2+5x-1-(x^2+8x-4)>=3/4;因此不论X取何值时,代数式2X^2+5X-1的值总比X^2+8X-4的值大;X=3/2时，两代数式的差最小,为3/4;希望能够帮助你！4(3x-1)^2-9(3X+1)^2=0;移相：4(3x-1)^2=9(3X+1)^2;开平方：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因为(X-6)^2=>0所以X—12X+40的值大于等于4当(X-6)=0;即X=6时(X-6)^2+4=4所以当X等于6时代数式的最小值。

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

-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因为(X-1)²≥0，所以-2(X-1)²≤0

故-2(X-1)²-3≤-3

所以代数式-2x^2+4x-5的值恒小于零

若有疑问可以追问、

第三篇：用配方法证明代数式

用配方法证明代数式

x-12x+40=x-12x+36+4=(x-6)^2+4因为(X-6)^2≥0所以(X-6)^2+4≥4所以大于0要原式的值最小从(X-6)^2+4≥4看出最小值为4当(X-6)^2=0时也就是X=6时取得

24x²-6x+11=(2x)²-6x+(1.5)²+8.75=(2x-1.5)²+8.75显然(2x-1.5)²+8.75>=8。75x=0.75时最小值8.75继续追问：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(负数)

所以一定大于的，否则就是虚数解了！!4y2-2×√2×y+√5

解：y2-2√2y=-√5

y2-2√2y+2=-√5+2

(y-2)的平方=-√5+2(负数)

所以一定大于的，否则就是虚数解了！!

昨天大错了。今天改好了。

不为0的某数的平方一定大于0！!5y^2-2×√2×y+√5

解:原式=(y-√2)^2+√5-2

因为(y-√2)^2大于等于0

且√5大于2

所以(y-√2)^2+√5-2恒大于0

即可证y^2-2×√2×y+√5恒大与零

6证明：

-3x²-x+

1=-3(x²+1/3x)+1

=-3(x²+1/3x+1/36)+1/12+1

=-3(x+1/6)²+13/12

因为-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;因为(x-3/2)^2>=0;所以2x^2+5x-1-(x^2+8x-4)>=3/4;因此不论X取何值时,代数式2X^2+5X-1的值总比X^2+8X-4的值大;X=3/2时，两代数式的差最小,为3/4;希望能够帮助你！4(3x-1)^2-9(3X+1)^2=0;移相：4(3x-1)^2=9(3X+1)^2;开平方：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因为(X-6)^2=>0所以X—12X+40的值大于等于4当(X-6)=0;即X=6时(X-6)^2+4=4所以当X等于6时代数式的最小值。

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

-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因为(X-1)²≥0，所以-2(X-1)²≤0

故-2(X-1)²-3≤-3

所以代数式-2x^2+4x-5的值恒小于零

若有疑问可以追问、

第四篇：谈不等式证明的几种特殊方法

谈不等式证明的几种特殊方法

添加日期:2011年01月20日 来源：互联网 作者：admin 点击数：

166

【字体：大 中 小】摘要不等式的证明在数学中是比较常见的题型,本文主要介绍几种特殊的证法,解决一些用一般方法不易解决的不等式证明问题。

关键词拉格朗日中值定理 导函数 柯西中值定理

不等式是中学教材的重要内容,对它的研究几乎包括了中学数学的全部方法,因此它具有很强的综合性和代表性,不等式证明方法与技巧层出不穷,但有些不等式用常见的方法(如比较法、分析综合法、放缩法和数形结合法等)很难证出来,这里结合高等数学的相关知识介绍几种特殊的不等式的证法,解决某些不等式的证明问题。转化成数列,然后证明数列的递增递减

对于与自然数有关的不等式,一般情况下都可用数学归纳法来证明不等式成立,有时若考虑把它转化成数列,然后利用数列的递增或递减性来证明会使问题易于解决。例1.求证:不等式2n-1≤n!对于任何正整数都成立

证明:我们把所给的不等式变为等价的不等式≤

1现在,我们来研究其通项公式an=

给出的数列,下面我们只需证明它是单调递减的,实际上对于任意的n∈N有

所以该数列是递减的,而它的首项等于1,因此对于任何正整数有≤1即2n-1≤n!

此题若采用一般方法如数学归纳法来证,证明过程太繁琐,机械化,选择这种方法证明不等式,思路清晰,简化了证明过程,我们很容易收到事半功倍的效果。利用拉格朗日中值定理,导函数或柯西中值定理[2]证明

对于有些与函数有关的不等式,我们可先构造一个辅助函数,然后利用拉格朗日中值定理或导函数的增减性来证明。

例2.当x>0,ex>x+1

证明(1):令f(x)=ex-x-1(x>0)

因为f(x)在区间[0,x]上满足拉格朗日中值定理的条件,故有 = f'(),∈(0,x)即=e-1,∈(0,x)所以ex>x+1

证明(2):设f(x)=ex-x-1,f'(x)=ex-1

x>0有f'(x)>0,从而函数f(x)在(0,+∞)严格单调递增,于是x>0

有f(x)=ex-x-1>0 即x>0,有ex>x+1

此题开始接触,无法下手摸不着头脑,若能联想到函数有关的不等式,我们能很容易地构造出辅助函数,在验证辅助函数满足定理后,我们用拉格朗日中值定理或导函数的增减性来证明,思路简洁明快。

例3.证明:当时0证明:函数arctan在[a,b]满足柯西中值定理条件,有arctan-arctan=(arctan)'|x=c(b-a)=,a

而<<有此类题目不等式中的代数式特征及联系很容易暴露出来,若能熟练应用柯西

中值定理,我们就能一眼看出相应的函数,作到成竹在胸。利用柯西不等式[1]证明

在用柯西不等式证明其他不等式时,关键在于结合柯西不等式找出题目中不等式的特点,构造出适当的两组数,将会使问题证明简化

例4.设ai∈R+(i=1,2,…,n),a1+a2+…+an=1

求证:(ai+)≥

证明:首先证明,对于任何ai∈R+(i=1,2,…,n)都有

事实上,从柯西不等式可得

[1]式左边=

下面我们来证明原不等式,由柯西不等式得,又由ai=1可知:

由(2),(3)得(ai+)≥

在本题证明中,当证明(1)与(2)式时两次应用了柯西不等式,从证明过程中可以看到应用柯西不等式的关键在于构造适合不等式条件的两组正数及,以及符合柯西不等式形式

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

排序原理是将序结构应用到不等式的成功产物,它同排列与计数(属组合数学),线性规划等有密切联系,排序原理是证明不等式的很重要的工具,排序原理的应用技巧较强,如何设两个数组(a1,a2,…,an)和(b1,b2,…,bn)是排序原理应用的关键。

例5.设都是正数x1,x2,…,xn,求证:

证明:由排序原理得

由此例,我们可惊喜地发现,若能巧妙地设计两个数组应用排序不等式证明不等式,比起其他一般方法当然就可化难为易,简捷明快。利用概率论中的一个简单矩不等式[3]证明不等式

此简单矩不等式可以用来证明一类轮换不等式:

设a1,a2,…,an是不全相等的不等式,n≥且ai=s

则>n(n-1)

例6.已知不全相等的不等式的正数,求证:

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

证明:原式等价于>6

设随机变量X的分布列为

在应用简单距不等式证明这类轮换不等式时,先要摸清不等式代数式的规律性,巧设随

机变量的分布列,这样就使证明思路明朗化了,简单化了。利用拉格朗日恒等式或推广式[4]证明不等式

对三角不等式证明的一类问题,若运利用拉格郎日恒等式(或推广式)来求证,可以化难为易,一目了然。

例7.设0<<证明:

证明:由拉格郎日恒等式,得

将上面等式化简整理,得

式中等号成立当仅当sin2-1即=

由上例,我们知道对于这类三角不等式的证明问题,我们经常需要利用三角恒等变形,如本题的常值“1”的代换,也需要我们敏捷地观察出特征不等式个代数式的特征及内在联系,能熟练地掌握拉格郎日恒等式及推广式,在解决这类问题时,就不废吹灰之力了。构造辅助函数

在证明一些不等式时,利用不等式的特点构造辅助函数,把原来的不等式问题转化为研究辅助函数的性质,便利用函数的单调性,有界性,奇偶性等来证明不等式。

例8.证明对任意实数X成立≤≤

分析:不等式两边分别是,相当于某一个一元二次方程的两个不相等的实构造辅助函数根,这启发我们设置辅助函数研究不等式。

证明:设f(x)= y = ,则yx2-x-y+1=0

将yx2-x-y+1=0看作一元二次方程,此时y≠0,x必为实数,则△=1-4y(y+1)≥0 即4y2+4y-1≤0

解得≤y≤

显然,当y=0时,y也满足上式,所以≤≤成立

从上例可以发现,我们在求证一些不等式时,应根据不等式,各代数式的特性,性质,从新的角度,用新的观点观察,分析对象,抓住各代数式之间内在联系,在思维中构造出合适的辅助函数,使原来不等式中隐含不清的关系和性质在新构造的辅助函数中清楚地展现出来,从而借助该辅助函数简洁地求证不等式。利用特殊化证明

由于一般性总是寓于特殊性之中,而解特殊问题又比解一般问题要容易,加之特殊情况的结论往往又是解决一般情况的桥梁与先导。所以,在求证某一些不等式时,就可以先考虑它一个或两个特殊情形,利用各个特殊情形中蕴涵的共性与个性,通过比较归纳得出原问题的有关性质或条件,从而得证。

例9求证:

分析这是一个一般性的结论,为了获得证法,我们先探讨特殊情况下的命题证法,有

由此启示,我们可得到以下证法(下转第54页)(上接第52页)证明:

在探讨这个不等式的证明思路与方法时,我们利用特殊情形的证法与一般情形的证法存在共性,借助在证明特殊情形时寻求出来的规律与方法的启发很容易就获得对于一般情形的求证方法。

例10.知a,b,c都是正数,又满足abc=1,求证: ++ ≥

分析由于原不等式等价于 ++ ≥

当a=b=c时,等号成立,又此时

后三式同向相加可得

于是题目的证明思路就清晰了,这里就不再重复证明过程。本题是用特殊化证法中的等号起步法,充分利用已知条件掌握求证信息,证明思路当然“柳暗花明又一村”了。

小结

不等式是研究数学的重要工具,是培养推理论证能力的重要内容,具有很强的综合性和表达性,是数学思想的载体,突出体现了等价变化,函数与方程,分类讨论,数形结合等数学思想,这里仅介绍几种特殊的不等式证法,虽然它们是分开讨论研究的,但各种证法之间必然还是存在一定的联系,一些例题的证法不止一两种,我们可以综合应用各种方法来证,当然一般情况,我们都愿意寻求最简洁明快的证法,也就是要求我们仔细地分析题设和结论不等式。找出不等式中隐藏的内涵关系,用最直观的方法来证,不等式的证明好方法很多,如向量法、微分法、反证法等。

参考文献

本文出自： 计算机毕业设计 计算机硕士论文网 欢迎转载

[1]李明振.数学方法与解题研究.上海科技教育出版社.[2]刘玉琏,傅沛仁.数学分析讲义.高等教育出版社,1992(6).[3]魏宗舒等.概率论与数理统计教程.高等教育出版社,1983(10).[4]数学通讯,2003(7):13.

第五篇：用三段论方法证明

用三段论方法证明

小前提：函数x-1在[1,∞)上是增函数大前提：根号内的x在[0,∞)上是增函数结论：函数f(x)=根号x-1在[1,∞)上是增函数厉害吧哈哈

2(1)如果有一个前提是否定判断，则大前提为全称判断;(2)如果大前提是肯定判断，则小前提为全称判断;(3)如果小前提是肯定判断，则结论为特称判断;(4)任何一个前提都不能是特称否定判断;(5)结论不能是全称肯定判断;麻烦哪位大虾帮小弟证明下这五点可以吗

3四格规则：中项在大前提中作谓项，在小前提中作主项。

1、前提之一否定，大前提全称。

2、大前提肯定，则小前提全称。

3、小前提肯定，则结论特称。

4、前提中不得有特称否定判断。

5、结论不能是全称肯定判断。证明1：如果两个前提中有一个是否定的，结论也必然是否定的(前提之一否定，结论是否定的);结论否定，则大项周延(否定判断的谓项周延);大项在第四格中处于前提的主项，只有全称时主项周延;所以，大前提必须全称。证明2：如果大前提肯定，在大前提中中项不周延(肯定判断谓项不周延);只有小前提全称，中项才周延一次(全称判断主项周延);三段论要求中项至少周延一次;所以，大前提肯定，则小前提全称。证明3：如果小前提肯定，小项在前提中不周延(肯定判断谓项不周延);如果结论全称，则在结论中小项周延，违反了在前提中不周延的项在结论中也不得周延规则;所以：小前提肯定，则结论特称。证明4：如果大前提否定，结论必要否定(前提之一否定，结论是否定的);则大项在结论中周延(否定判断的谓项周延);如果大前提特称，大项在前提中不周延(特称判断的主项不周延);这样，就违反了在前提中不周延的项在结论中也不得周延规则;因此，大前提不能是特称否定。如果小前提否定，大前提必肯定(两个否定的前提推不出结论);则中项在大前提中不周延(肯定判断谓项不周延);小前提否定，中项在小前提中也不周延(特称判断的主项不周延);三段论规则要求中项在前提中至少周延一次;因此，小前提不能是特称否定。所以，前提中不得有特称否定判断。证明5：如果结论是全称肯定判断，则小项在结论中周延(全称判断主项周延);则大项在结论中不周延(肯定判断谓项不周延);则小前提必否定才使小项在前提中周延(在前提中不周延的项在结论中也不得周延);但如果小前提否定，结论必然否定(前提之一否定，结论是否定的)与结论为肯定判断矛盾;所以，结论不能是全称肯定判断。

在三段论中，含有大项的前提叫大前提，如上例中的“知识分子都是应该受到尊重的”;含有小项的前提叫小前提，如上例中的“人民教师是知识分子”。三段论(syllogism)是传统逻辑中的一类主要推理。又称直言三段论。古希腊哲学家亚里士多德首先提出了关于三段论的系统理论。

形式逻辑间接推理的基本形式之一，由大前提和小前提推出结论。如‘凡金属都能导电’(大前提)，‘铜是金属’(小前提)，‘所以铜能导电’(结论)。这称为三段论法或三段论式。

三段论属于一种演绎逻辑，是不同于归纳逻辑的，具有较强的说服力。