概率在证明不等式中的应用

学习必备 欢迎下载学习必备 欢迎下载概率在证明不等式中的应用不等式的证明方法很多，不仅可以用高等数学的方法证明，而且也可以用初等数学的方法证明，技巧十分灵活多变，当然也有不少问题需要几种方法综合使用才能解决。作为研究随机现象数学领域中的一个重要分支，概率论与数学各个分支之间有着十分广泛的联系，通过对不等式的探讨他们之间的联系具有十分重要的意义。概率论与不等式融会贯通、互为所用，如何利用根据不同的数学问题建立相应的随机概率模型是概率论方法证明不等式的关键， 然后运用概率、函数之间的相关性质给出问题的结果。下面对不等式证明中的各种概率论方法进行进一步研究运用概率论的性质证明不等式1.1运用随机变量的数字特征证明其不等式定理设X是一只取有限个值的离散型随机变量，其分布列为P{X= Xk}=Pi,k=1,2,…,n,贝U E2(X)£E(X2),当且仅当X<|=X2=・・=Xn=E(X)时，等式成立.2证由E(X2)-E2(X)=D(X)=E|Xi-E(X) >0即得证.下面简举几例应用在数学方面，如下：求证a(b2+c2)+b(c2+a2)+c(a2+b2)>6abc其中a,b,c?R+，且a,b,c全不相等a(b2a(b2+c2)+b(c2)+c(a2+b2)>6abca+b+—ca+b+—c>6假设随机变量X的分布列为cs假设随机变量X的分布列为cs其中s=a+b+c,则有,=3.即可得a2+c2)+b(c2+a2)+c(a2+b2)>6abc.求证abc

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b+cc+aa+b?32其中a,b,c,为正数.设随机变量X的分布列为b+cb+c2s轾,P轾轾2s，P臌=3.即可得a2+c2)+b(c2+a2)+c(a2+b2)>6abc.求证abc

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b+cc+aa+b?32其中a,b,c,为正数.设随机变量X的分布列为b+cb+c2s轾,P轾轾2s，P臌a+b2s其中s=a+b+c,由引理E2(X)£E(X2)(X)=b+c2ssb+cs+c+a2ssa+b3a+b2s2E(X2)止+骣2s2b+c+骣2s琪c+ac+a+骣s2s桫a+b2a+b2sc+a+2s桫a+b也392s4?3得证。2求证(a4+b4+c4)?a2b2b2c222+ca?abc(ab+c)(*)其中a,b,c为正数.若设随机变量X的分布列为轾h,p轾a2b2a b2c2轾h,p轾b c2a2E(x)=?a+sb+scasbscssssb+cc+aa+b

= +—+—= + + +3abcabc最后由引理E2(X)£E(X2)(其中h=a2b2+b2c2+c2a2,)由引理E2(X)£E(X2)即可得a2b2+b2即可得a2b2+b2c2+c2a2?abc(a设随机变量X的分布列为骣 2acb+c)不等式P■琪琪4=-,P

sb24a-,P

s(其中s=a4+b4+c4,)由引理E2(X)£E(X2)即可得(a4+b4+c4)?a2b2b2c2+c2a2不等式;从而(a4+b4+c4)?a2b2b2c2+c2a2?abc(ab+c)得证。同样的证明我们可以得到上不等式的推广：推广 设ai,a2,|)|,an是不全相等的正数，n32,则n n n邋a4吵a2a,?&务+佝+2.(其中an+k=ak,k=1,2)i=1 i=1 i=1从以上诸题可见:由E(X2)>E2(X)，所得的结论让我们认识到仔细分析题目，依据所证的不等式的特点，证明的关键是要求我们要灵活而巧妙地构造出一个合适的随机变量的分布列。根据概率论中的一些定理可以帮助我们证明一些复杂的不等式，这些定理还可以是方差、协方差等定理的应用，并于此同时我们也取到举一反三的效果。1.2利用事件的关系运算题5证：2?aiaj+41?「j?5 1?i5? qajakalj<k<l?55 5?ai+3? ajajak+58182838485,i=1 1?i'j<k?5其中ak?[0,1]，k=1,2,3,4,5,证该不等式很难证明，我们把它转化为概率模型，设相互独立的随机事件A(k=1,2,3,4,5,)，由于ak?[0,1]，k=1,2,3,4,5,可以看作事件人(k=1,2,3,4,5,)的发生概率，即：P(Ak)=ak k=1,2,3,4,5,由于任一事件的概率P(Ak)£1,P（A）由于任一事件的概率P(Ak)£1,P（A）P|0?事件之间并的关系的运算公式:|JA=邋©）则有Aj £P(Ak)=ak ,k=1,2,3,4,5, (*)<jP(AAj)+”l+(-1)P(AlliA)n+1将P(Ak)=akk=1,2,3,4,5,)代入上（*）不等式5ai( ?aj-j=1：j?i 1?j5?ajak+k95;j,ki 1?j5?ajakai)£ai ,i=1,2,3,4,5k<l95;j,k,l,i以上几式相加，并将式子合并、移向整理即得证原不等式52?眄52?眄1?「j?5+41?i5? aiajakaij<k<l?55 5?a+3? aiajak+5a1a2a3a4a5.i'=1 1?i'j<k?5从以上可见：所给的题目用常规方法无从下手，很难解决，但将题目中的 ak看成相应相互独立随机事件Ak，利用事件间的关系与事件的运算，再结合概率知识证明不等式，使问题简单明了化。构造随机概率模型证明不等式根据问题的条件及所给的数量关系构造概率模型，使原有的信息条件转化成另一种新的数量关系，使问题在新的数量关系下实现转化，并利用所构建新的概率模型的数字特征解决所证的不等式。然而，解决该类问题的关键在于构造怎样相应的概率模型，使问题朝向概率问题上发展。在下面的讨论中我们将提供三种如何构造随机概率模型来证明不等式的方法。构造泊松分布概率模型+?.k3+1 —题证? 32e?0k!分析将原不等式?0罟32e转化为?0匕勺32我们构建泊松分布的概率模型:其概率密度为、1k其概率密度为、1ke_lP(x=k)「(k=0,1,2川I)泊松分布的数学期望为 Ex=l,构造函数f(x)=.a2+x3,f(x)是泊松分布的数学期望为 Ex=l,构造函数f(x)=.a2+x3,f(x)是一个凹函数，其中(a<0)3知： f(Ex)=a2+(Ex) ,因为f(x)为凹函数，所以由詹森不等式E(f(x))=E(a2+x3)EIf(x)£f(Ex)，即+?kl ■—2 3 ?0七斗寸+?Jk3+1令a=1,l=1，原不等式？ 32e即得证。k=0k!解决本题的关键在于转化创建相应的概率模型，并适当利用数学知识如本题中的詹森不等式的应用，更是解题中关键中的转折点。构造广义贝努利概率模型证明n+1)!1)!!?丄n=i(2n+<1。分析N将?n=1(2n+1)!!匕1丄<1转化为无穷级数?n=1(2n+1)!!n+1\!，判断此级数收敛,且?n=1£1(2n+1)!!，那么问题就可以得到证明。我们根据题目特征构建一个广义贝努力模型:设A和A为随机试验E的两个基本结果，将E独立重复地做n次。在第k次试验中，A出现的概率为Pk(0<pk<1)，不出现的概率为qk(qk二仁Pk),设gk表示k次试验中A首次出现的概率，贝Ugk=(1-P1)(1-P2)IH(1-Pk-1)Pk，(k31)，记:N S=?gn表示第1次至第N次试验A首次出现的概率和NT=?(1-Pn)表示N次试验中A没有发生一次则根据事件所有发生的可能性概率之和为 1,有S+T=1成立¥那么？gn=1?T=0.n=1

Pk=k+12k+1?gPk=k+12k+1?gn■n+12n+1n+1\!?¥?■n=1¥骣(1-Pn)=?=桫-¥?■n=1¥骣(1-Pn)=?=桫-2n+1昆n+1n=1¥n?=0n=i2n+1所以那么n+1)!¥?n=1(2n+1)!?_(n^v1n=12n+1\!得证构造二项分布概率模型求证:(n-22求证:(n-221)(p+q)+p+q?2npq,其中0£p£1,0£q£1分析 从已知条件0£p£1,0£q£1,我们可以想到把p、q看成两个随机事件所发生的概率，因此可以构造一个二项分布概率模型，即：xLb(n,p)和hLB(n,q)根据离散型随机变量及其分布率，得：Ex二np,D(X)二E(X2)-E2(X)=np(1-p),Ex2=n(n-1)p2+np,(*1)Eh=nq,D(X)=E(X2)-E2(X)=nq(1-q) ,Eh2=n(n-1)q2+nq,(*2)因E(x-h)2?0,所以 Ex2+Eh2?2ExEh.将(*1)、(*2)对应等式代入上不等式,(n-1)(n-1)(p2+q2)+p+q?2npq即得证。利用函数凹凸性与随机变量数字特征的关系证明不等式在证明给定的某些不等式时，抓住不等式本身的特点，有时也需要对不等式进行简要的变换，在利用函数的凹凸性，再结合概率中数学期望、方差等数字特征，合适的构间一个概率分布函数或概率密度函数，往往能使解题过程变得非常简捷，使问题简化，比用代数方法简便。下面简举几例来说明函数凹凸性与随机变量数字特征的关系来证明不等式。3.1 构造连续型随机变量题证明琪bf(题证明琪bf(x)p(x)dx£§gH(x)p(x)dxg琪一b -琪QP(x)dx其中f(x)，p(x)均在[a,b]g(x)为(a,b)上的凸函数。bQP(x)dx上可积，且a#f(x)b，p(x)>0，分析从题意中，可构造一个连续型随机变量x的分布密度:J^a权b,(X)={Qp(X)={0,其他(x)，又因为轾(h)=fprbEh=Qfb(x)p(x)dxQp(x)dxg(x)在[a,b]上的凸函数所以由詹森不等式g(Eh)£E轾(h)即可得b£Qg臌(X)p(x)dxQP(x)dxb' " 'QP(x)dx不等式成立。3.2构造离散型随机变量a,+a2+lll+an题证明：(珅2川外)^^£a：a；2川a：n，其中a1^l,an均为正数。分析 从题意中，可以构造一个离散随机变量的分布密度。1设离散随机变量x的分布密度为：P(x=ak)=— (k=1,2」|l,n)n其中?P(x=ak)=1.1n则该随机变量的数学期望 Ex=丄？編,nk=i构造一个函数g(x)=lnx，是(a,b)上的凹函数,由詹森不等式 E轾(x)£g(Ex),TOC\o"1-5"\h\z1n 1门从而 ―？lnak£ln—?ak,nk=i nk=in 1n即卩： ...a1a2H)an£?ak (*1)nk=1再构造f(x)=xlnx,是(a,b)上的凸函数,由詹森不等式 E臌f(x)3f(Ex),可得：4n 4nn>lnnk=11nak£-?aklnaknk=1骣n冃. ?ak窃n -k即：SI k=1ak£a1a1a；2川a：n(*2)桫nk=1由上述式(*1)和式(*2)可得，原不等式成立。不等式与概率之间的联系小结:从前面所举的几例中，我们可以看到不等式与概率之间的紧密，正如数学家