Demostrar que la media logarítmica es menor que la media de potencia.

Question

Demostrar que la media logarítmica es menor que la media de potencia.

$$L(a,b)=\frac{a-b}{\ln(a)-\ln(b)} < M_p(a,b) = \left(\frac{a^p+b^p}{2}\right)^{\frac{1}{p}}$$ such that $$p\geq \frac{1}{3}$$ That is the $\frac{1}{p}$ raíz de la media de potencia.

Answer 1

Por la desigualdad de poder, es suficiente para demostrarlo $p = \frac13$. También WLOG asumimos $a > b > 0 \implies x = \frac{a}b > 1$. Por lo que la desigualdad sólo nos queda para mostrar es, $x > 1$: $$\frac{x-1}{\log x} < \left(\frac{x^{1/3}+1}2 \right)^3$ $

Simplificar utilizando $x = t^3$, esto es equivalente a mostrar $t > 1$

$$\log t > \frac{8(t^3-1)}{3(t+1)^3}$$

$t=1, LHS = 0 = RHS$, Así que es suficiente mostrar que el lado izquierdo aumenta más rápidamente que el lado derecho, o $$\frac1t > \frac{8(1+t^2)}{(1+t)^4} \iff 8t(1+t^2) < (1+t)^4 \iff (t-1)^4 > 0$ $

Answer 2

Considere la función $e:\mathbb{R}\cup\{0\} \to\mathbb{R}$;

$e(s)=\dfrac{x^s-y^s}{s}$, cuando se $s\neq 0$, e $e(s)=\ln(x)-\ln(y)$, cuando se $s=0$ ($x,y>0$).

Tenga en cuenta que $e$ es continua en a $\mathbb{R}\cup\{0\}$.

Además, $e(s)=\int_y^x v^{s-1}\,dv$,

Ya que, por arbitraria $a,b,s,t\in \mathbb{R}$,

$a^2e(s)+2abe(\frac{s+t}{2})+b^2e(t)=\int_y^x a^2v^{s-1}+2abv^{\frac{s+t}{2}-1} +b^2v^{t-1}\,dv=\int_y^x(av^{\frac{s-1}{2}}+bv^{\frac{t-1}{2}})^2\,dv\ge0$,

se desprende de la condición negativa de discriminante que, $e(s)e(t)\ge (e(\frac{s+t}{2}))^2$,

es decir, $\log(e(s))$ es una función convexa en $\mathbb{R}\cup\{0\}$, que es arbitrario no valores negativos $r,s,t$ hemos

$(t-s)\ln e(r)+(r-t)\ln e(s)+(s-r)\ln e(t)\ge0$ .

La toma de anti-registro, $\large(\frac{e(s)}{e(r)})^{\frac{1}{s-r}}\le (\frac{e(t)}{e(r)})^{\frac{1}{t-r}}$ $t>s$

Por lo tanto, $E(r,s):=(\frac{e(s)}{e(r)})^{\frac{1}{s-r}}=(\frac{e(r)}{e(s)})^{\frac{1}{r-s}}=E(s,r)$ es el aumento en el $r$$s$,

I. e. $E(2s,s)=\large\left(\frac{x^s+y^s}{2}\right)^{\frac{1}{s}}$ $E(s,0) = \frac{x^s-y^s}{s(\ln x - \ln y)}$

$E(2s,s)\ge E(s,s) \ge E(s,0)\ge E(1,0)$ si $s>1$.

Queda por comprobar que $E(2/3,1/3)\ge E(1,0)$

Siga Macavity de la prueba :)

EDIT: (prueba de F. Burke) Desde un punto de vista geométrico de la final de la desigualdad también puede derivarse de los Simpson $3/8$ regla:

$\displaystyle \int_c^d f(x)\,dx = \left(\dfrac{f(c)+3f(\frac{2c+d}{3})+3f(\frac{c+2d}{3})+f(d)}{8}\right)(d-c) - \dfrac{(d-c)^5}{6480}f^{(4)}(\theta)$ donde $\theta \in (c,d)$.

Para la función de $f(x) = e^x$, con límites de $c =\ln a$$d = \ln b$, la regla indica,

$$\displaystyle \int_{\ln a}^{\ln b} e^x\,dx \le \left(\dfrac{e^{\ln a}+3e^{\frac{2\ln a + \ln b}{3}}+3e^{\frac{\ln a + 2\ln b}{3}}+e^{\ln b}}{8}\right)(\ln b- \ln a)$$

es decir, $\displaystyle (b-a) \le \left(\dfrac{a^{1/3}+b^{1/3}}{2}\right)^3(\ln b - \ln a)$.

Answer 3

Aquí está mi prueba. Siento que he dado un gran salto en la final. Yo no estaba seguro de cómo incrustar mi código LaTex, no iba a funcionar. Así que me tomé capturas de pantalla. Las dos últimas líneas, tengo la corazonada de que me falta un paso clave que une a los dos.