反證法在不等式證明中的應用

華騰飛

反證法也叫歸謬法，其證明步驟可概括為“否定——推理——否定——肯定”四個部分. 關鍵是第二步，即由“暫時假設”推出矛盾.那么怎樣才能導出矛盾呢？通常有以下幾種情形：或與公理矛盾、或與定義矛盾、或與定理矛盾、或與已知條件矛盾、或與“暫時假設”矛盾、或與顯然的事實矛盾、或自相矛盾等.

一 命題結論為“至多”“至少”的形式，宜用反證法

例1 實數[a，b，c，d]滿足[a+b=c+d=1]，[ac+bd>1].求證：[a，b，c，d]中至少有一個是負數.

證法1 假設[a，b，c，d]都是非負數，

∵[a+b=c+d=1]，

∴[a，b，c，d]∈[0， 1]，∴[ac，bd]∈[0， 1].

∴[ac≤ac≤a+c2]，[bd≤bd≤b+d2].

∴[ac+bd≤a+c+b+d2]= 1，這與已知[ac+bd>1]矛盾.

∴[a，b，c，d]中至少有一個是負數.

證法2 假設[a，b，c，d]都是非負數，則[（a+b）（c+d）=][（ac+bd）+（ad+bc）≥ac+bd].

∵[a+b=c+d=1]，∴[（a+b）（c+d）=1].

∴[ac+bd≤1]，這與已知[ac+bd>1]矛盾.

∴[a，b，c，d]中至少有一個是負數.

例2 已知[f（x）=x2+ax+b]，

求證：[|f（1）|，|f（2）|，][|f（3）|]中至少有一個不小于[12].

證明 假設[|f（1）|，|f（2）|，][|f（3）|]都小于[12]，

則[|f（1）|+2|f（2）|+][|f（3）|]<2.

而[|f（1）|+2|f（2）|+][|f（3）|]≥[|f（1）+f（3）-2f（2）|]=|1+a+b+9+[3a+b-8-4a-2b|]=2，這與假設矛盾，所以假設不成立.

故[|f（1）|，|f（2）|，][|f（3）|]中至少有一個不小于[12].

例3 已知[a>0， b>0]，且[a+b>2]，

求證：[1+ba]與[1+ab]中至少有一個小于2.

證明 設[1+ba]與[1+ab]都不小于2，即[1+ba]≥ 2，[1+ab]≥ 2，

∵[a>0， b>0]，

∴[1+b≥2a]，[1+a≥2b]，

將兩式相加得[1+b+1+a≥2a+2b]，

∴[a+b≤2]，這與已知矛盾，∴假設不成立.

∴[1+ba]與[1+ab]中至少有一個小于2.

二、命題結論呈“都是”“都不是”形式，宜用反證法

例4 已知[a+b+c>0]， [ab+bc+ca>0]， [abc>0]，

求證：[a>0， b>0， c>0].

證明 （1）假設[a<0]，則由[abc>0]知，[bc<0].

又由[a+b+c>0]知，[b+c>-a>0.]

于是[ab+bc+ca=a（b+c）+bc<0]，這與已知矛盾.

（2）若[a=0]，則[abc=0]，這與[abc>0]矛盾.

∴[a>0]. 同理可證[b>0， c>0.]

例5 設實數a0， a1， a2， …， an-1，an滿足a0=an=0，且a0-2a1+a2 ≥0，a1-2a2+a3 ≥0， …， an-2-2an-1+an ≥0.

試證明：ak ≤0（k=1， 2， 3， …，n-1）.

證明 假設ak（k=1， 2， 3， …， n-1）中至少存在一個正數且ai是序列a0， a1， a2， …， an-1中第一個出現的正數，則a1 ≤0， a2 ≤0， …， ai-1 ≤0， ai>0，從而ai-ai-1>0.

據題設ak+1-ak ≥ak-ak-1（k=1， 2， 3， …， n-1），故從k=i起有an-an-1 ≥an-1-an-2 ≥…≥ai-ai-1>0.

于是有an>an-1>…>ai+1>ai>0，這與an=0矛盾，

故ak ≤0（k=1， 2， 3， …，n-1）.

三、已知命題的逆命題是正確的，宜用反證法

例6 已知函數f（x）是（-∞， +∞）上的增函數，a， b∈R.

（1）證明：若a+b≥0，則f（a）+f（b）≥f（-a）+f（-b）；

（2）證明：若f（a）+f（b）≥f（-a）+f（-b），則a+b≥0.

證明 （1）∵a+b≥0，∴a≥-b，b≥-a.

∵f（x）是（-∞， +∞）上的增函數，

∴f（a）≥f（-b），f（b）≥f（-a）.

∴f（a）+f（b）≥f（-a）+f（-b）.

（2）假設a+b<0，則a<-b， b<-a.

∵f（x）是（-∞， +∞）上的增函數，

∴f（a）

∴f（a）+f（b）

∴假設不成立，因此有a+b≥0成立.

點撥 本題中，由于前一個命題是后一個命題的逆命題，且前一個命題是真命題.因此在（2）中用反證法就容易“推出矛盾”.事實上，（2）中直接證缺少推理條件，而反設增加了條件（即利用（1）的推理和結論）.

例7 已知a>b>0，n∈N且n≥2.求證：[an>bn].

證明 假設[an≤bn]，由于a>b>0，

∴[an>0]， [bn]>0，則[（an）n≤（bn）n]，即a≤b.

這與已知條件a>b>0矛盾，故[an>bn]成立.

四、在證明的方法上用直接法較困難，或在證明的方向上從結論的反面著手較易的命題，宜用反證法

例8 如果正實數a， b滿足ab=ba，且a<1.證明：a=b.

證明 假設a≠b，則有a>b或a

（1）當a>b時，由于1>a>b>0，可得ab>bb（冪函數的單調性），bb>ba（指數函數的單調性），

由不等式的傳遞性得ab>ba，這與已知ab=ba矛盾.

（2）當b>a時，由b>a>0， a<1可得ba>aa（冪函數的單調性），aa>ab（指數函數的單調性），

所以ba>ab，與已知ab=ba矛盾.

綜上可得a=b.

例9 已知f（x）=[（cosαsinβ）x+（cosβsinα）x]，且x<0，[α， β]∈（0，[π2]），若f（x）>2.

求證：[α+β>π2].

證明 假設0<α+β≤[π2]，由已知α，β∈（0，[π2]），可得0<α≤[π2]-β<[π2][?]cosα≥cos（[π2]-β）=sinβ>0，

0

又因為指數函數y=ax，

當a>1且x<0時，有y<1.

而當a=1且x<0時，有y=1.

∴[（cosαsinβ）x≤1]，[（cosβsinα）x≤1].

∴f（x）=[（cosαsinβ）x+（cosβsinα）x]≤2，這與已知f（x）>2矛盾，

故α+β>[π2].

利用反證法證明不等式應注意以下幾點：（1） 用反證法證明不等式必須先否定結論，即肯定結論的反面，當結論的反面呈現多樣性時，必須羅列出各種可能的結論；（2）反證法必須從否定結論進行推理，即應把結論的反面作為條件，且必須根據這一條件進行推證；（3）推導出的矛盾可能多種多樣，有的與已知矛盾，有的與假設矛盾，有的與已知事實相違背等，推導出的矛盾必須是明顯的.