【 – 字数作文】
第一篇、马尔科夫及切比雪夫不等式的证明
契比雪夫不等式离散证明
高等数学研究Vol.9,No.4 ,Jul.2006STUDIESINCOLLEGEMATHEMATICS25
马尔可夫与切比雪夫不等式及其等号成立的条件
丁永臻1 黄志敏2*
(中国石油大学(华东)数学学院 山东东营 ;东营市技术学院基础部 山东东营 )1.2570612.257097
摘要 用现代概率论方法证明马尔可夫和切比雪夫不等式,并给出其等号成立的充要条件.
关键词 马尔可夫不等式,切比雪夫不等式,概率,随机变量 中图分类号 O211
本文用现代概率论方法,证明马尔可夫不等式与切比雪夫不等式,特别是给出两个不等式等号成立的充要条件,这在流行的概率统计教科书中是没有的.结果的证明主要依赖下面的引理.
引理 设Y是样本空间)上的随机变量,),则E()P(Y≥0Y)Y=0.=1=0当且仅当P(=0证明 记I若P(),则P(),),于是,Y=0Y40P(Y<0=1=0=0A为集合A的示性函数.
)反之,若P(),,则必有}+Y}+Y}E(Y)YI{I{I{.Y≥0E(Y)=E(=0+0+0=0=1=0Y40Y=0Y<0
,,)否则,),由概率的连续性及{}得P()P(Y=0.P(Y40Y40Y4}Y40imP(Y4)=1=9{=l40n1n=:∞nn
()因而存在n,,与假设E({P(Y4)E(Y)Y4)Y)==0矛盾.0∈\,Y4n}40≥E400nnnn0000
定理1 (马尔可夫()不等式)设Y是样本空间)上的非负随机变量且有有限期望,则Markov
())≤.其中等号成立当且仅当P(})=1.P(Y≥(Y∈{0,;(40,((
,证明 注意到I{两边取期望,由E(,即得不等式成立.}≤IA)=P(Y≥A)((
记Y=-I{则Y≥0,)结论中等号成立等价于E(由引理,},P(Y≥0Y)E(Y)=1.=0,Y≥((
)=1,等价于P(等价于P(})=1.证毕.})Y=0Y=(I{Y∈{0,=0等价于P(=1,(Y≥(
定理2 (切比雪夫()不等式)设Y是样本空间)上的随机变量,有有限期望*和方Chebshevy
2差+,则;)≤其中等号成立当且仅当存在p∈[],使P(0,1|Y-*|≥((40,2.(
)=(/)=(/P(Y=*-(1-p)2,P(Y=*)=p,P(Y=*+(1-p)2.
22证明 记Y=(则Y≥0,应用马尔可夫不等式有,Y-*),E(Y)=+有限.
2()2()()P|Y-*|≥(=PY≥(≤2=2.((2∞
则有P(2不等式得证.等号成立的充分性易于验证.下证必要性.如果P()Y-Y≥||=2,=2,(()≥*((
2由马尔可夫不等式等号成立的条件得P(,),即P(,})Y∈{0Y∈{.=1=1(}((*-*,*+
记P(则P(})=1-p,再注意到E(则必有Y=*)=p,Y∈{Y)=*,*-(,*+(
)=P()=(/证毕.P(Y=*-(Y=*+(1-p)2.
注 显然,要使马尔可夫与切比雪夫不等式中的等号对所有的(40都成立,其充要条件是Y为单点分布,即P(Y=*)=1.222004-06-28*收稿日期:
第二篇、涉及积和式的切比雪夫型不等式的一个新证明
契比雪夫不等式离散证明
第三篇、考研数学切比雪夫不等式证明及题型分析
契比雪夫不等式离散证明
考研数学切比雪夫不等式证明及题型分析
在考研数学概率论与数理统计中，切比雪夫不等式是一个重要的不等式，利用它可以证明其它一些十分有用的结论或重要的定理，如切比雪夫大数定律等，然而有些同学对这个不等式不是很理解，也不太会利用该不等式去解决相关问题，另外，很多资料上也没有对该不等式进行完整的分析或证明，为此，在这里对比雪夫不等式及其典型例题做些分析总结，供各位2016考研的朋友和其它学习的同学参考。
一、切比雪夫不等式的分析证明
从上面的分析我们看到，利用切比雪夫不等式可以对随机变量在其均值附近的对称区间内取值的概率进行估计，它也说明了方差的基本特性，即随机变量的方差越小，随机变量取值越集中，方差越大，则取值越分散，不论对于什么随机变量，它在区间
内取值的概率基本都是约90%。以上分析希望对大家理解和应用切比雪夫
不等式有所帮助，最后预祝各位考生2016考研成功。
第四篇、应用契比雪夫不等式解题
契比雪夫不等式离散证明
6中等数学
应用契比雪夫不等式解题
张家蔚
(山东省潍坊市第一中学高三(15)班,261205)
(本讲适合高中)
契比雪夫不等式是解决不等式问题的强力武器之一.本文对该不等式及其应用进行简单的介绍.
1 契比雪夫不等式及其推论
n
x
i=1
p+q
i
n
nn
x
i=1
i=1
pi
xi.
q
该推论直接应用契比雪夫不等式即证.
n
推论2 设xi
n
R+(i=1,2,…,n),
n
i=1
xi
r>s0.ii=is
契比雪夫不等式 设a1,a2,…,a
n,b1,
b2,…,bn
2事实上,
n
R,且
a1≥a2≥…≥an,b≥b2xi=1
ri
n
n
nn
x
i=1
r-si
i=1
n
xixi
s
s
或 a1≤a2n,bnn
则
i=1
aibin
i=1
nn
n
aibn+1-i.
n
n
i=1s
ni=1
x
r-i
ai
i=1
bi≥
i
=1契比雪夫不等式离散证明
常见的证明方法是运用排序不等式证明,但最简单的证法是通过恒等变形.
证明:事实上,
ni=1
=
i=1
xi.
推论3 设a1,a2,…,an,b1,b2,…,bn
R,且
a1≥a2≥…≥an,b1≥b2≥…≥bn
aibin
n
n
ni=1
n
ai
i=
1
bi
或 a1≤a2≤…≤an,b1≤b2≤…≤bn,
mi
ΖΖ
2ni=12ni=1
n
j=1nj=1
(aibi+ajbj-aibj-ajbi)≥0(ai-aj)(bi-bj)≥0.
R+(i=1,2,…,n).
n
n
n
n
则
i=1
mi
i=1
miaibi≥
i=1
miai
i=1
mibi.
最后一个式子显然成立.于是,不等式左边得证.类似地可以证明右边.
契比雪夫不等式有以下三个推论.推论1 设xi
数p、q均不为零.则
(1)当p、q同号时,
ni=1
推论3的证明:事实上,
ni=1
n
n
n
mi
n
i=1n
miaibi-
i=1
miai
i=1
mibi
=2
i=1j=1
mimj(ai-aj)(bi-bj)≥0.
R+(i=1,2,…,n),实
推论3是契比雪夫不等式的加权形式.显然,当m1=m2=…=mn时,就是契比雪夫不等式.
xi
p+q
n
ni=1
n
xi
p
i=1
xi;
q
注:契比雪夫不等式与推论3等号成立的条件均为
a1=a2=…=an,b1=b2=…=bn
(2)当p、q异号时,
收稿日期:2009-03-02
中至少一组成立.
2009年第10期7
2 契比雪夫不等式的应用2.1 构造两组数证明不等式
证明:不妨设x1≥x2≥…≥xn.
对i<j,
xi
此类问题最关键、也是最难的步骤就是构造,选择两组数时往往需要很强的技巧.
例1 已知0≤a≤b≤c≤d≤e,a+b+c+d+e=1.
求证:ad+cd+cb+be+ea.5
=
-1-
xj
-1
xj-xi
xixxi
-1+xj
xj
≤0.-则契比雪夫不等式离散证明
xi
-1≤xi
-1..
分析:仔细观察会发现每个字母都出现了两次.
当把含同字母的两项合并同类项后,发现恰恰是两组数的反序和.于是,想到应用契比雪夫不等式.
证明:注意到
2(ad+cd+cb+be+ea)
=a(d+e)+b(ce(从而,-1
1
i(1-i)-xi(1-xi)+
j1-xj)xj(1-xj)
j(1-xi-xj)
≥0,
d(a(a因为a≤bd≤e,所以,
d+e≥c+e≥b+d≥a+c≥a+b.
则xi(1-xi)≥xj(1-xj).
由契比雪夫不等式
ni=1
n
xi
n
-1xi
n
i=1
xi(1-xi)
由契比雪夫不等式得
a(d+e)+b(c+e)+c(b+d)+ d(a+c)+e(a+b)(a+b+c+d+e)5
≥n
i=1
-1xi(1-xi)
n
=n(n-1),
(n-1)
i=1
(d+e+c+e+b+d+a+c+a+b)2
(a+b+c+d+e)=.55
n
xi
i=1-1
xi(1-xi)
≤n(n-1)
i=1
故ad+cd+cb+be+ea例2 设xi=1.求证:
ni=1
.5
ni=1
xi
xi(1-xi)-1
=n(n-1).
xi
n
R+(i=1,2,…,n),
故
i=1
xi
n
n
-1
i=1
xi(1-xi)
n
xi
n
-1≥(n-1)
xi
≥(n-1)
.
i=1
xi
-1
i=1
xi(1-xi),
i=1
-1
n
分析:本题不好处理就在于两边都是和式,而且很难合并.不过,容易发现函数x
即
i=1
xi
n
-1≥(n-1)
xi
.
i=1
-1
-1是单调的,于是,考虑用契比雪夫不
n
注:本题巧妙地引入
i=1
xi(1-xi),利
等式进行变形去根号.用契比雪夫不等式去掉原式中的根号,以便
8
n
中等数学
用上
i=1
xi=1的条件,使问题顺利解决.
k
b+c
k
c+a
,a+b
k
例3 设xi>0(i=1,2,…,n),k≥1.求证:
xixi≤.k
i=11+xii=1i=1xii=11+xi(2006,女子数学奥林匹克)
n
n
n
n
k+1
b+c≤c+a≤a+b.
由契比雪夫不等式得
k
b+c
k
k
c+a
k
k
k
a+(b+c+c+a+a+b)
分析:此题运用契比雪夫不等式还是比较明显的.由于当x>0时,不难想到如何来构造.
证明:不妨设x1≥x2≥…≥xn.由条件易得x1
k
k
≥3(a+b+c).
kkk
又由推论2知a+b+c≥a+b+c.则
k
1+x
关于x递增,
b+c
k
k
c+a
k
+
k
k
a+b
2a+b+ckk,
x2
xn
xk
1+x1
n
.1+x2n
n
n契比雪夫不等式离散证明
xk
xk
例5设>,ac=1.求证:
.31
+
a
(2008,塞尔维亚数学奥林匹克)
xi=xi
i=11+xii=1i=1i=1
k
xi1+x分析:把分式变形为
xi
k
.如果把2
abc+a+1
abc看成常数,那么,这个式子只与a有关.
=
n
ni=1ni=1
n
xi
xi
k契比雪夫不等式离散证明
n
i=1
xxi
k
k
i=1n
1+xi
n
ni=
1
xi
k
i=1n
nxi.
1+xi
当a增大时,分子分母都增大,那分式的值呢?不妨算一下看.
证明:不妨设a≥b≥c.于是,
222
abc+a+1≥abc+b+1≥abc+c+1.
则=
-22
abc+a+1abc+b+1≥0.22
(abc+a+1)(abc+b+1)
-≥0.22
abc+b+1abc+c+1
xi
k
i=1
xi
k+1
1
+x
i
2.2 去分母
能用契比雪夫不等式去分母的分式不等式,往往当变量排序后,分式的值也可以排序.一般地,当分母的值与分式的值都能排序时,可考虑用这种方法.
例4 设a、b、c>0,abc=1.求证:对整数k(k≥2),
k
同理,.222
abc+a+1abc+b+1abc+c+1
b+c
+
k
c+a
k
a+b
.2
由契比雪夫不等式得
2
(abc+a+1)bc+a+
a
(第四届中国东南地区数学奥林匹克)
分析:当变量排序后,分子越大,则分母越小,分式的值越大.因此,可以通过乘以分母利用契比雪夫不等式使分式变成整式,实现去分母.
证明:不妨设a≥b≥c.则
≤3则
a=3.
bc+a+
a
3a
2
(abc+a+1)
=
.22
3abc+a+b+c+3
2
2009年第10期9
于是,只须证
22
3abc+a+b+c+331
2
222
Ζ27abc+9(a+b+c)(a+b+c)
例7 给定实数c
,.求最小的2
常数M,使得对任意的整数n≥2及实数0<a1≤a2≤…≤an,只要满足
nk=1
n
≥4(a+b+c)Ζ
3
a(a-b)(a-c)+
2(a+b)(a-b)≥0.
2
n
n
kak=c
m
k=1
ak,
由Schur
不等式的特例知
a(a-b)(a-c)≥0.
总有
k=1
ak≤M
k=1
ak,其中,m=[cn]为不超
过实数cn的最大整数.
(2002,中国数学奥林匹克)
n
m
因此,原不等式得证.例6 设a、b、c>0,
a+b+1
b+c+1
c+
a+1
分析:要求M,=1.
k=1
ak与
m
k=1
ak
求证:a+b+c≥ab+bc+ca.
(2007,罗马尼亚数学奥林匹克)
.k=1
ak呢?
12an以及m=[cn],联想.
证明:由已知条件得
mk=1
n
分析:注意到结论是a、bc的关系式,,考
bac+bc+c
.
证明:注意到
a+b
+1
=1.
ac+bc+c
(cn-k)ak=
k=m+1
(k-cn)ak.
因为
<c<1,m=[cn],所以,2
=1Ζ
n≥m+1>cn≥m≥1.
不妨设a≥b≥c.则
ac+bc+c≤ab+bc+b≤ab+ac+a,.
ac+bc+cab+bc+bab+ac+a
注意到a1≤a2≤…≤am,
cn-1≥cn-2≥…≥cn-m.
由契比雪夫不等式得
mk=1
由契比雪夫不等式得
.
ac+
bc+c
(ac+bc+c)≤3
c.ab.
(cn-k)akm
mk=1
m
(cn-k)
k=1
ak
mk=1
=cn-
2
ak.
则
3c
(ac+bc+c)
≥1,即c≥
又am+1≤…≤an,m+1-cn≤…≤n-cn,由契比雪夫不等式得
nk=m+1
因此,原不等式成立.
注:此题第一步变形比较关键.很多时候在利用契比雪夫不等式去分母之前,都要先变形得到一个有利于解决问题的式子.具体方法要视题目而定.
2.3 极值问题中的化简作用
(k-cn)ak
nk=m+1
n
n-m=
(k-cn)
n
k=m+1
ak
222
-k=m+1mk=1
ak.
在多元极值问题中,恰当地运用契比雪夫不等式可以将代数式简化,有助于问题的解决.
则cn-ak
n
-k=m+1
ak.
10
m
n
中等数学
从而,n
k=1
n
ak≥(m+n+1-2cn)
m
k=1
ak.
综上,M=
.1-c
故
k=1
akak
m+n+1-2cnk=1
注:此题中用契比雪夫不等式分离出和式的方式非常典型.这是契比雪夫不等式在多元极值问题化简中的主要作用.
例8 给定正整数r、s、t,满足1<r<s<
t.对满足条件
xjxj+1
1n
mk=1
ak.
-2c
又m+1>cn,则
1n
-2c
.1-c
≤1+
t
(j=1,2,…,n)j+t
因此,对满足条件0<a1≤a2≤…≤an
及n
nk=1n
n
的所有正实数x1,x2,…,xn,求
n
kak=c
k=1m
ak的实数a1,a2,…,an,
Mj1nj=j(j+)(j1)xj(j(j+s-1)xj
总有
k=1
akak.
1-ck=1
于是,M.
1-c
.
分析:注意到
xjxj+1
a1=a2=>0,
am+1=am+2=…=an>0(am+1≥am),
.j+t
先把缺失的项补齐,变形为
xjxj+1
且a1,a2,…,an满足题设条件.
根据契比雪夫不等式取等号的条件,可知前面两处放缩不等号均为等号,即
cn-mk=1m
()()()
.
(j+s+1)…(j+t)
猜测当等号全部成立时取到最小值.于是,取xj=(j+s)(j+s+1)…(j+t-1),再验证此时分式的值最小即可.
解:取xj=(j+s)(j+s+1)…(j+t-1)
(j=1,2,…,n).则
nnj=1
2
ak=
n
2
-k=m+1
n
ak.ak.
于是,n
k=1
n
ak=(m+n+1-2cn)
mk=1
m
k=1
故
k=1
akm+n+1-2cnk=1
ak.
ak
j(j+1)…(j+t-1)
.
(j+r)…(j+t-1)
M1n
-2c
下面证明:对满足题设要求的正实数
x1,x2,…,xn,有
n
因为m≤cn,所以,1n
mk=1
akn
mk=1
ak.
-2c1-cMj=1nj=1
j(j+1)…(j+t-1)
.
(j+r)…(j+t-1)
上式对任意的正整数n≥2均成立.于是,取充分大的n,总有
nm
akak.
1-ck=1k=1
因此,M.
1-c
事实上,设
xj=(j+s)(j+s+1)…(j+t-1)aj,mj=(j+r)…(j+t-1).
bj=j(j+1)…(j+r-1)(j=1,2,…,n).
于是,只须证明:
第五篇、第一节契比雪夫不等式
契比雪夫不等式离散证明
第六篇、应用契比雪夫不等式解题
契比雪夫不等式离散证明
第七篇、经典不等式证明-柯西不等式-排序不等式-切比雪夫不等式-均值不等式
契比雪夫不等式离散证明
几个经典不等式的关系
一 几个经典不等式
（1）均值不等式
设a1,a2,an0是实数
aaa12n
111n+a1a2an
其中ai0,i1,2,n.当且仅当a1a2an时，等号成立.
n
（2）柯西不等式
设a1,a2,an,b1,b2,bn是实数，则
a
21
22a2anb12b22bn2a1b1a2b2anbn
2
当且仅当bi0(i1,2,,n)或存在实数k，使得aikbi(i1,2,,n)时，等号成立.
（3）排序不等式
设a1a2an，b1b2bn为两个数组，c1，c2，，cn是b1，b2,，bn的任一排列，则
a1b1a2b2anbna1c1a2c2ancna1bna2bn1anb1 当且仅当a1a2an或b1b2bn时，等号成立.
（4）切比晓夫不等式
对于两个数组：a1a2an，b1b2bn，有
a1b1a2b2anbna1a2anb1b2bna1bna2bn1anb1
nnnn
当且仅当a1a2an或b1b2bn时，等号成立.
二 相关证明
（1）用排序不等式证明切比晓夫不等式 证明：由
a1b1a2b2anbna1a2anb1b2bn
nnn
na1b1a2b2anbna1a2anb1b2bn
而
a1a2anb1b2bna1b1a2b2anbna1b2a2b3anb1a1b3a2b4anb2a1b4a2b5anb3
a1bn1a2bnanbn2
a1bna2b1anbn1
根据“顺序和乱序和”（在n1个部分同时使用），可得
na1b1a2b2anbna1a2anb1b2bn
即得
经典不等式及其证明 第1页
第八篇、2016考研数学切比雪夫不等式证明及题型分析
契比雪夫不等式离散证明
2016考研数学切比雪夫不等式证明及题型分析
在考研数学概率论与数理统计中，切比雪夫不等式是一个重要的不等式，利用它可以证明其它一些十分有用的结论或重要的定理，如切比雪夫大数定律等，然而有些同学对这个不等式不是很理解，也不太会利用该不等式去解决相关问题，另外，很多资料上也没有对该不等式进行完整的分析或证明，为此，文都网校的蔡老师在这里对比雪夫不等式及其典型例题做些分析总结，供各位考研的朋友和其它学习的同学参考。
从上面的分析我们看到，利用切比雪夫不等式可以对随机变量在其均值附近的对称区间内取值的概率进行估计，它也说明了方差的基本特性，即随机变量的方差越小，随
机变量取值越集中，方差越大，则取值越分散，不论对于什么随机变量，它在区间
内取值的概率基本都是约90%。以上分析希望对大家理解和应用切比
雪夫不等式有所帮助，最后预祝各位考生2016考研成功。