概率方法在不等式证明中的应用

【例 】设 为某一实函数，若 则成 10 λ > 0, f (x)
∑ ∑ +∞
λk f (k)
< +∞,
+∞
f 2 (k) λk
< +∞,
k =0
k!
k =0
k!
立不等式 ∑ ∑ +∞ (
f (k) λk )2 ≤ eλ
【例 8】已知 k,m,n 是正整数，且1 < k ≤ m < n ，求证： nk Amk < mk Ank.
【证明】从对称的角度把待证不等式转化为
Amk mk
<
Ank nk
，由
Amk mk
,
Ank nk
∈ (0,1)
和分子、分
母的特点可联想到古典概型.
设有k 不同的球，每个球都能等可能地被放到 N 个不同的盒子中的任意一个里面
= 2(a + b + c) + 4(ab + bc + ca) − 8abc
= 2 + 2(1− a2 − b2 − c2 ) − 8abc
从而有 a2 + b2 + c2 + 4abc < 1 2
根据题意建立概率模型，设定随机变量，将不等式中的未知量用模型中的事件来替换， 就可利用概率中事件之间的关系列出不等式，从而获得证明.这种思路方法也可适用解决生 活当中的一些不等关系，给我们生活带来便捷.
sin3 β sin γ
+
sin3 γ sin α
,
Εξ
= sin2 α
+ sin2 β
+ sin2 γ
= 1,
由 ，得 Εξ 2 ≥ (Εξ )2
sin3 α sin β
+
sin3 β sin γ
+
sin3 γ sin α
≥ 1.
由上面的例子可以看出，利用期望证明分等式时，关键在于灵活构造随机变量的概率分
布列，但必须注意满足概率非负，且其和为 1 的条件.
二、构造随机概率模型证明不等式
构造概率模型就是根据问题给出的条件及所给的数量关系，构造组成新的数量关系，使 问题在新关系下实现转化，且利用概率模型的数字特征解决不等式问题.当然，如何构造概 率模型是我们解决问题的关键.下面主要讨论构造随机概率模型证明不等式的一些方法.
X
1
2
3
x
y
z
P
x
y
z
则 ， ， ∴ . Ε(x) = 6, Ε(X 2 ) = 1 + 4 + 9 Q Ε(X 2 ) ≥ [E(X )]2
1 + 4 + 9 ≥ 36
xyz
xyz
【例 】若关系式 成立，求证： . 5
x1 + x2 + ...... + x2019 = 1
x12
+
x22
+ ...... +
（ k ≤ N ）.记事件 A 为“恰好每个球单独地放在一个盒子里”，则事件 A 发生的概率为
当 时， ；当 时， PN (A)
=
ANk Nk
.
N =m
Pm ( A)
=
Amk mk
N =n
Pn ( A)
=
Ank nk
.
显然，当k >1时，盒子的数量越多（即 N 越大），每个球单独放在一个盒子里的可能
下面采用概率方法证明（*）式成立：
建立概率模型：设随机事件 A,B 相互独立，且 P(A)=sinα , P(B)= cosα .
由概率的加法公式和乘法公式，得
P( A U B) = P( A) + P(B) − P( AB) = P(A) + P(B) − P( A)P(B)
= sin α + cosα − sinα cosα
≤1
1
《尖子生培养系列》
⇐ 2 co（s α - π ）≤ 1 + sinα cosα ⇐ （2 cosα × 2 + sinα × 2 ）≤ 1 + sinα cosα
4
2
2
⇐ sin α + cosα ≤ 1+ sinα cosα ⇐ sin α + cosα − sinα cosα ≤ 1
（*）
型，即 ， ，从而 ， ； ξ ~ B(n, p) η ~ B(n,q)
Eξ = np Eξ 2 = n(n −1) p2 + np
， 由 ，从而 Eη = nq Eη2 = n(n −1)q2 + nq. E(ξ −η)2 ≥ 0
2Eξ ⋅ Eη ≤ Eξ 2 + Eη2.
即 (n − 1)( p2 + q2 ) + p + q ≥ 2npq.
《尖子生培养系列》
概率方法在不等式证明中的应用
著名数学家王梓坤院士曾指出：“用概率的方法来证明一些关系式或解决其它数学分析 中重的点问，题也，是是一概个率难论点的.用重概要率研论究的方思向想之、一方.法”在解中决一学些数数学学中不，等不式等的式证的明证，明思问路题别一开直生是面一，个 过程简洁直观，往往会给人耳目一新之感.本文介绍几种用概率思想证明不等式的方法.
∑n
a = xi = xi + x2 + ...... + xn
i=1
∑n
b = xi2 = x12 + x22 + ...... + xn2 ≥ 0
i=1
由方差公式得， ∑ ∑ ∑ ∑ s2
=
1 n
n i =1
( xi
−
x )2
=
1 n
n
(
i=1
xi2
− nx 2 )
=
1（ n n i=1
xi2
−
P(取出红球）= P( A U B U C)
= P( A) + P(B) + P(C) − P(AB) − P(BC) − P( AC) + P( ABC)
= P( A) + P(B) + P(C) − P( AB) − P(BC) − P( AC) + P( A)P(B)P(C)
=1+1+1− 1 − 1 − 1 + 1 ab bc ac ab2c a2bc abc2 a2b2c2
∑ ∑ ∑ ∑ ∑ ∑ s2
=
1 n
n i =1
( xi
− x)2
=
1n (
n i=1
xi2
− nx 2 )
=
1（ n n i=1
xi2
−
1（ n n i=1
xi）2）=
1（ 3 3 i=1
xi2
− 1（ 3 3 i=1
xi）2）
=
1（（1 3
+
1
ex + sin
）+（1+ 1+ cos
x
x2
x
）+（4
2.利用随机变量的数学期望与方差的性质
设 x 为一组数据 x1， x2 ，..., xn 的均值， s2 为该组数据的方差，则由方差的定义得
2
《尖子生培养系列》
∑ ∑ ∑ ∑ s2
=
1 n
n i =1
( xi
− x)2
=
1n (
n i=1
xi2
− nx 2 )
=
1（ n n i=1
xi2
−
1（ n n i=1
Pξ
=
sin α sin β
=
sin α
sin
β
,
Pξ
=
sin β sin γ
=
sin
β
sin γ
,
Pξ
=
sin γ sin α
=
sin
γ
sin α ,
P(ξ = 0) = 1− sinα sin β + sin β sin γ + sin γ sinα.
则 Εξ 2
=
sin3 α sin β
+
1（ n n i=1
xi2
−
1（ n n i=1
xi）2）
∑ =
1
2019
（
2019 i=1
xi2
−
1 2019
×12）
由方差的非负性： ，知 ，即得 . s2 ≥ 0
∑2019
i =1
xi2
≥
1 2019
x12
+
x22
+ ......
+
x2 2019
≥
1 2019
本题可以推广至一般情形：若关系式 x1 + x2 + ...... + xn = 1成立，则有
. x12
+
x22
+ ...... +
xn2
≥
1 n
【例 】求证： 6
1
+
1
+
ex sin
x
+
1 + 1 + cos x + x2
4
−
1
+
ex sin
x
− 1 + cos x x2
≤3
2.
【解析】 因为题目中还出现超越函数和三角函数，若采用一般代数方法很难证明上式.
3
《尖子生培养系列》
因此需要另辟新径，可将不等式左边看作一个变量 t,并将其视为 ∑n xi 的形式. i =1 证明: 建立概率模型：设一组数据 x1， x2 ， x3 ，令
一、利用概率的性质证明不等式
1.利用事件间的关系
【例 】已知 证明: 1
a,b, c ∈ N*
1 + 1 + 1 − 1 − 1 − 1 + 1 ≤ 1. ab bc ac ab2c a2bc abc2 a2b2c2
【解析】设有三个完全相同的盒子，分别记为甲盒、乙盒、丙盒.每个盒子中放入了大
小相同的球.在甲盒中一共放入了ab 个球，但只有一个红球；在乙盒中一共放入了ac个球，
x2 2019
≥
1 2019
证明: 建立概率模型：将 x1，x2 ，..., x2019 视为为一组数据，x ，s2 分别为该组数据
x1， x2 ，..., x2013的均值和方差，则由方差公式得，
∑ ∑ ∑ ∑ s2
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=
1 n
n i =1
( xi
− x)2
=
1n (
n i=1
xi2
− nx 2 )
=
xi）2）
利用方差公式证明不等式，需要将待证式子看成有限和 ∑n xi 或者有限平方和 i =1
∑n xi2 的形式，最后利用方差的非负性即可证明.
i =1
【例 4】设 x, y, z ∈ R+ ，且 x + y + z = 1, 求证： 1 + 4 + 9 ≥ 36 xyz
【证明】由题设，可设离散型随机变量 X 的概率分布列为
由概率的有界性知， P(A U B) ≤ 1，从而有sinα + cosα − sinα cosα ≤ 1，所以原不等式 成立.
【例 3】证明：若a,b,c 为三角形三边的长，且a + b + c =1,
则 a2 + b2 + c2 + 4abc < 1 . 2
(第 23 届全苏数学奥林匹克试题)
【证明】Q a,b,c 为三角形三边的长， ∴ 0 < 2a < a + b + c =1,
性（概率）越大.
5
《尖子生培养系列》
即当 时， ，所以 1 < k ≤ m < n Pm( A) < Pn( A)
nk Amk < mk Ank .
【例 】设 ，求证： 9 0 ≤ p,q ≤ 1
(n − 1)( p2 + q2 ) + p + q ≥ 2npq.
【证明】从原不等式中，不难发现，当0 ≤ p,q ≤1时，可以构造一个二项分布概率模
1（ n n i=1
xi）2）
=
1（b n
−
1 n
a2），由方差的非负性
s2
≥
0
，知 b
≥
1 n
a2
.
这样，当我们知道a 或者b 的值时，总能利用公式对另一个做出范围估计.例题 5 和例
题 6 就充分体现了这一点.
【例 】设 为锐角，且 7 α，β，γ
sin 2 α + sin 2 β + sin 2 γ = 1,
同理 0 < 2b < 1,0 < 2c < 1.
设 A, B,C 为三个独立事件，且 P(A) = 2a, P(B) = 2b, P(C) = 2c.则
1 ≥ P(A + B + C)
= P( A) + P(B) + P(C) − P( AB) − P( AC) − P(BC) + P( ABC)
， ， x1 =
1
+
1
+
ex sin
x
x2 = 1 + 1 + cos x x2
x3 =
4
−
1
ex + sin
x
−
1
+
cos x2
x
t=
1
+
1
ex + sin
x
+
1
+
1
+
cos x2
x
+
4
−
1
ex + sin
x
− 1 + cos x x2
≥0
设 x ， s2 分别为该组数据 x1， x2 , x3 的均值和方差，则由方差公式（4）得，
−
1
ex + sin
x
− 1+ cos x）− x2
1t2) 3
=
1（6 3
−
1 3
t 2）
由方差的非负性： s2 ≥ 0 ，知 t ≤ 3 2 ，由 t 的非负性，知
1
+
1
ex + sin
x
+
1
+
1
+
cos x2
x
+
4
−
1
ex + sin
x
− 1 + cos x x2
≤3
2.
通过以上两题，类似地可以得到如下两个数之间的关系：
只有一个红球；在丙盒中一共放入了ab 个球，同样也只有一个红球.
若记事件 A:在甲盒中取出红球，则 P(A) = 1 ； ab 事件 B:在乙盒中取出红球, 则 P(B) = 1 ； ac 事件 C:在丙盒中取出红球, 则 P(C) = 1 . bc
显然，事件 A,B,C 相互独立.
现在考虑如下问题：若在甲、乙、丙三盒中随意取出一个球，求取出球是红球的概率？ （假定选择甲、乙、丙三盒的机会相同）
由概率的有界性知， P(A U B U C) ≤ 1，从而原不等式成立.
【例 】已知 ，求证： 2
α
∈
0,
π 2
2 cos(α − π )
4 1 + sinα cosα
≤1.
【证明】证明 因为 ，所以 ， :
α
∈
0,
π 2
0 ≤ sinα , cosα ≤ 1
2 co（s α - π ）
4 1 + sinα cosα
4
《尖子生培养系列》
证明： sin2 α sin β
+
sin 2 β sin γ
+
sin 2 γ sin α
≥1
【证明】由 得 sin 2 α + sin 2 β + sin 2 γ = 1, 0 < sinα sin β + sin β sin γ + sin γ sinα ≤ 1.
构造随机变量ξ 的函数分布列：