关于对数平均不等式

对数平均不等式，也称算数-对数-几何平均值不等式、A-L-G 不等式（Arithmetic mean-Logarithmic mean-Geometric mean inequality），是指对任意不相等的正实数 $a,b$，它们满足

$$\frac{a+b}{2}>\frac{b-a}{\ln b-\ln a}>\sqrt{ab}$$

其中 $\frac{b-a}{\ln b-\ln a}$ 被称为对数平均值。

证明

用柯西积分不等式证明

参考：怎么理解对数均值不等式？ - Warlock的回答 - 知乎

根据柯西积分不等式（证明）

$${\left[{\int }_a^{b}f(x)g(x)\mathrm{d}x\right]}^2\le {\int }_a^b{f}^2(x)\mathrm{d}x{\int }_a^b{g}^2(x)\mathrm{d}x$$

令 $f^2(x)=x$，$g^2(x)=\frac{1}{x}$，则有 $\left|f(x)g(x)\right|=1$

代入柯西积分不等式得（$f(x)$ 与 $g(x)$ 线性无关，故等号不可取）

$${\left(b-a\right)}^2<\frac{1}{2}\left(b^2-a^2\right)\left(\ln b-\ln a\right)$$

$b-a$ 与 $\ln b-\ln a$ 同正负，故 $(b-a)(\ln b-\ln a)>0$，不等式两边同时除以 $(b-a)(\ln b-\ln a)$ 得

$$\frac{b-a}{\ln b-\ln a}<\frac{a+b}{2}$$

令 $f(x)=\frac{1}{x}$，$g(x)=1$，则有 $\left|f(x)g(x)\right|=\frac{1}{x}$

代入柯西积分不等式得（$f(x)$ 与 $g(x)$ 线性无关，故等号不可取）

$${\left(\ln b-\ln a\right)}^2<\left(\frac{1}{a}-\frac{1}{b}\right)\left(b-a\right)$$

其中

$$\left(\frac{1}{a}-\frac{1}{b}\right)\left(b-a\right)=\frac{(b-a{)}^2}{ab}$$

所以

$$ab<\frac{(b-a{)}^2}{(\ln b-\ln a{)}^2}$$

即

$$\sqrt{ab}<\frac{b-a}{\ln b-\ln a}$$

高中知识证明

思路：由于 $a,b$ 是两个独立的变量，如果能够构造两个变量的比值（或差值）实现变量归一，那么就能利用导数证明此不等式。

不妨设 $b>a$，则

$$\begin{array}{r}\frac{a+b}{2}>\frac{b-a}{\ln b-\ln a}\\ \iff (a+b)(\ln b-\ln a)>2(b-a)\\ \iff \left(\frac{b}{a}+1\right)\ln \frac{b}{a}>2\left(\frac{b}{a}-1\right)\end{array}$$

设函数 $f(x)=(1+x)\ln x-2(x-1)(x>1)$，则

$$f^{\prime }(x)=\ln x+\frac{x+1}{x}-2=\frac{x\ln x-x+1}{x}$$

令 $g(x)=x\ln x-x+1(x>1)$, 则 $g^{\prime }(x)=\ln x>0$，所以 $g(x)$ 在 $(1,+\infty )$ 单调递增，$g(x)>g(1)=0$

所以 $f^{\prime }(x)>0$，$f(x)$ 在 $(1,+\infty )$ 单调递增，$f(x)>f(1)=0$，故原不等式成立。

$$\begin{array}{r}\frac{b-a}{\ln b-\ln a}>\sqrt{ab}\\ ⟺\sqrt{\frac{b}{a}}-\sqrt{\frac{a}{b}}>\ln \frac{b}{a}\end{array}$$

设 $f(x)=x-\frac{1}{x}-\ln x^2=x-\frac{1}{x}-2\ln x(x>1)$，则

$$f^{\prime }\left(x\right)=1+\frac{1}{x^2}+\frac{2}{x}=\frac{(x+1{)}^2}{x}>0$$

所以 $f(x)$ 在 $(1,+\infty )$ 单调递增，$f(x)>f(1)=0$，故原不等式得证。

几何意义

图中曲线为 $y=\frac{1}{x}$，因为曲边梯形面积 $>$ 梯形面积 $=$ 矩形面积，所以

$${\int }_a^b\frac{1}{x}\mathrm{d}x>\frac{2}{a+b}(b-a)$$

$$\ln b-\ln a>\frac{2}{a+b}(b-a)$$

$$\frac{a+b}{2}>\frac{b-a}{\ln b-\ln a}$$

图中曲线为 $y=\frac{1}{x}$，因为曲边梯形面积 $<$ 两个梯形面积之和，所以

$$\begin{array}{rl}\ln b-\ln a& <\frac{1}{2}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{\sqrt{ab}}\right)\left(\sqrt{ab}-a\right)+\frac{1}{2}\left(\frac{1}{\sqrt{ab}}+\frac{1}{b}\right)(b-\sqrt{ab})\\ & =\frac{(\sqrt{ab}+a)(\sqrt{ab}-a)}{2a\sqrt{ab}}+\frac{(b+\sqrt{ab})(b-\sqrt{ab})}{2b\sqrt{ab}}\\ & =\frac{ab-a^2}{2a\sqrt{ab}}+\frac{b^2-ab}{2b\sqrt{ab}}=\frac{b-a}{2\sqrt{ab}}+\frac{b-a}{2\sqrt{ab}}=\frac{b-a}{\sqrt{ab}}\end{array}$$

所以

$$\sqrt{ab}<\frac{b-a}{\ln b-\ln a}$$

应用

To be continued...

柯西积分不等式的证明

由 ${\left[f(x)+tg(x)\right]}^2\ge 0$ 得

$${\int }_a^b{\left[f(x)+tg(x)\right]}^2\mathrm{d}x\ge 0$$

$${\int }_a^b{f}^2(x)\mathrm{d}x+2t{\int }_a^{b}f(x)g(x)\mathrm{d}x+t^2{\int }_a^b{g}^2(x)\mathrm{d}x\ge 0$$

将上式视为关于 $t$ 的不等式，则

$$\Delta =4{\left[{\int }_a^{b}f(x)g(x)\mathrm{d}x\right]}^2-4{\int }_a^b{f}^2(x)\mathrm{d}x{\int }_a^b{g}^2(x)\mathrm{d}x\le 0$$

所以

$${\left[{\int }_a^{b}f(x)g(x)\mathrm{d}x\right]}^2\le {\int }_a^b{f}^2(x)\mathrm{d}x{\int }_a^b{g}^2(x)\mathrm{d}x$$

上式称为柯西积分不等式。等号成立的充分必要条件是 $f(x)$ 和 $g(x)$ 线性相关，即 $f(x)$ 和 $g(x)$ 中有一个恒为零或存在常数 $t$ 使得 $f(x)=tg(x)$ 恒成立。（证明见柯西施瓦兹不等式的积分形式等号成立的条件是什么呢？如何证明呢？ - 刘醉白的回答 - 知乎）