📝 题目
证法 1 将 (7.1) 式改写成
$$ \frac{2\left( {b - a}\right) }{a + b} < \ln \frac{b}{a} < \frac{b - a}{\sqrt{ab}}\;\left( {b > a > 0}\right) . \tag{7.2} $$
令 $x = b/a$ ,则 (7.2) 式又可改写成
$$ \frac{2\left( {x - 1}\right) }{x + 1} < \ln x < \frac{x - 1}{\sqrt{x}}\;\left( {x > 1}\right) . \tag{7.3} $$
作辅助函数 $F\left( x\right) \frac{\text{ 定义 }}{}\ln x - \frac{2\left( {x - 1}\right) }{x + 1}$ . 求 ${F}^{\prime }\left( x\right)$ 得
$$ {F}^{\prime }\left( x\right) = \frac{{\left( x - 1\right) }^{2}}{x{\left( x + 1\right) }^{2}} > 0\;\left( {x > 1}\right) . $$
所以 $F\left( x\right)$ 在 $x \geq 1$ 上严格上升,于是对 $\forall x > 1$ ,有 $F\left( x\right) > F\left( 1\right) =$ 0,即
$$ \frac{2\left( {x - 1}\right) }{x + 1} < \ln x\;\left( {x > 1}\right) . $$
这就是 (7.3) 式的第一个不等式. 为了证 (7.3) 式的第二个不等式,再作辅助函数 $G\left( x\right) \frac{\text{ 定义 }}{\sqrt{x}}\frac{x - 1}{\sqrt{x}} - \ln x$ . 求 ${G}^{\prime }\left( x\right)$ 得
$$ {G}^{\prime }\left( x\right) = \frac{{\left( \sqrt{x} - 1\right) }^{2}}{{2x}\sqrt{x}} > 0\;\left( {x > 1}\right) . $$
所以 $G\left( x\right)$ 在 $x \geq 1$ 上严格上升,于是对 $\forall x > 1$ ,有 $G\left( x\right) > G\left( 1\right) = 0$ , 即
$$ \ln x < \frac{x - 1}{\sqrt{x}}\;\left( {x > 1}\right) . $$
证法 2 令 $t = \ln b - \ln a$ ,则 (7.1) 式改写成
$$ {\mathrm{e}}^{\frac{t}{2}} < \frac{{\mathrm{e}}^{t} - 1}{t} < \frac{1 + {\mathrm{e}}^{t}}{2}\;\left( {t > 0}\right) . \tag{7.4} $$
利用 ${\mathrm{e}}^{t}$ 的泰勒级数,容易求得,对 $\forall t > 0$ ,
$$ \frac{{\mathrm{e}}^{t} - 1}{t} = 1 + \frac{t}{2} + \mathop{\sum }\limits_{{n = 2}}^{\infty }\frac{{t}^{n}}{\left( {n + 1}\right) !}, $$
$$ {\mathrm{e}}^{\frac{t}{2}} = 1 + \frac{t}{2} + \mathop{\sum }\limits_{{n = 2}}^{\infty }\frac{{t}^{n}}{n!{2}^{n}} $$
$$ \frac{1 + {\mathrm{e}}^{t}}{2} = 1 + \frac{t}{2} + \mathop{\sum }\limits_{{n = 2}}^{\infty }\frac{{t}^{n}}{{2n}!} $$
比较这些级数的系数, 由于
$$ {2n}! < \left( {n + 1}\right) ! < n!{2}^{n}\;\left( {n \geq 2}\right) , $$
立得 (7.4)式.
证法 3 (7.4) 式乘以 ${\mathrm{e}}^{-\frac{t}{2}}$ ,并令 $x = \frac{t}{2}$ ,则 (7.4) 式可改写成
$$ 1 < \frac{\operatorname{sh}x}{x} < \operatorname{ch}x\;\left( {x > 0}\right) . \tag{7.5} $$
根据微分中值定理,对 $\forall x > 0,\exists \xi \in \left( {0,x}\right)$ ,使得
$$ \operatorname{sh}x = \operatorname{sh}x - \operatorname{sh}0 = \operatorname{ch}\xi \left( {x - 0}\right) = x\operatorname{ch}\xi . $$
又因为
$$ 1 < \operatorname{ch}\xi < \operatorname{ch}x\;\left( {0 < \xi < x}\right) , $$
即得 (7.5)式
$$ 1 < \operatorname{ch}\xi = \frac{\operatorname{sh}x}{x} < \operatorname{ch}x. $$
证法 4 (7.5) 式可改写成
$$ \operatorname{th}x = \frac{\operatorname{sh}x}{\operatorname{ch}x} < x < \operatorname{sh}x\;\left( {x > 0}\right) , \tag{7.6} $$
容易验证直线 $y = x$ 是曲线 $y = \operatorname{sh}x$ 与曲线 $y = \operatorname{th}x$ 在 $x = 0$ 点的公共切线,以及当 $x > 0$ 时, $y = \operatorname{sh}x$ 为下凸曲线 (因 ${y}^{\prime \prime } = \operatorname{sh}x > 0$ ),所以曲线在其切线的上方; $y = \operatorname{th}x$ 为上凸曲线 (因 ${y}^{\prime \prime } = - 2\mathrm{{sh}}x/{\mathrm{{ch}}}^{3}x <$ 0 ),所以曲线在其切线的下方. 因此 (7.6) 式成立. 证法 5 将 (7.4) 式改写成
$$ {\mathrm{e}}^{t/2} < \frac{1}{t}{\int }_{0}^{t}{\mathrm{e}}^{x}\mathrm{\;d}x < \frac{1 + {\mathrm{e}}^{t}}{2}. \tag{7.7} $$
因为 $y = {\mathrm{e}}^{x}$ 是凹函数,所以
$$ {\mathrm{e}}^{x} = {\mathrm{e}}^{\frac{x}{t} \cdot t + \left( {1 - \frac{x}{t}}\right) \cdot 0} < \frac{x}{t}{\mathrm{e}}^{t} + \left( {1 - \frac{x}{t}}\right) \;\left( {0 < x < t}\right) . $$
上式自 0 至 $t$ 积分,即得
$$ \frac{1}{t}{\int }_{0}^{t}{\mathrm{e}}^{x}\mathrm{\;d}x < \frac{1 + {\mathrm{e}}^{t}}{2}. $$
另一方面,还因为 $y = {\mathrm{e}}^{x}$ 是凹函数,所以
$$ \frac{1}{t}{\int }_{0}^{t}{\mathrm{e}}^{x}\mathrm{\;d}x = \frac{1}{t}\left\lbrack {{\int }_{0}^{\frac{t}{2}}{\mathrm{e}}^{x}\mathrm{\;d}x + {\int }_{\frac{t}{2}}^{t}{\mathrm{e}}^{x}\mathrm{\;d}x}\right\rbrack $$
$$ = \frac{1}{t}{\int }_{0}^{\frac{t}{2}}\left( {{\mathrm{e}}^{\frac{t}{2} - \xi } + {\mathrm{e}}^{\frac{t}{2} + \xi }}\right) \mathrm{d}\xi > \frac{1}{t}{\int }_{0}^{\frac{t}{2}}2{\mathrm{e}}^{\frac{t}{2}}\mathrm{\;d}\xi = {\mathrm{e}}^{\frac{t}{2}}. $$
证法 6 将 (7.1) 式改写成
$$ \frac{2}{a + b} < \frac{\ln b - \ln a}{b - a} < \frac{1}{\sqrt{ab}}\;\left( {b > a > 0}\right) . \tag{7.8} $$
因为 $\displaystyle{\int }_{a}^{\sqrt{ab}}\frac{1}{x}\mathrm{\;d}x = \ln \sqrt{\frac{b}{a}} = {\int }_{\sqrt{ab}}^{b}\frac{1}{x}\mathrm{\;d}x}$ ,所以
$$ \frac{\ln b - \ln a}{b - a} = \frac{1}{b - a}{\int }_{a}^{b}\frac{1}{x}\mathrm{\;d}x = \frac{2}{b - a}{\int }_{a}^{\sqrt{ab}}\frac{1}{x}\mathrm{\;d}x. \tag{7.9} $$
又因为 $y = 1/x$ 是凹函数,所以
$$ {\int }_{a}^{\sqrt{ab}}\frac{1}{x}\mathrm{\;d}x < \frac{1}{2}\left( {\frac{1}{a} + \frac{1}{\sqrt{ab}}}\right) \left( {\sqrt{ab} - a}\right) = \frac{b - a}{2\sqrt{ab}}. \tag{7.10} $$
联立 (7.9) 和 (7.10) 式, 即得
$$ \frac{\ln b - \ln a}{b - a} < \frac{1}{\sqrt{ab}}. $$
另一方面,还因为 $y = 1/x$ 是凹函数,所以曲线 $y = 1/x$ 在横坐标为 $\frac{a + b}{2}$ 的点处的切线:
$$ T\left( x\right) = \frac{2}{a + b} - \frac{4}{{\left( a + b\right) }^{2}}\left( {x - \frac{a + b}{2}}\right) $$
在曲线 $y = \frac{1}{x}$ 的下方. 于是
$$ \frac{\ln b - \ln a}{b - a} = \frac{1}{b - a}{\int }_{a}^{b}\frac{1}{x}\mathrm{\;d}x > \frac{1}{b - a}{\int }_{a}^{b}T\left( x\right) \mathrm{d}x $$
$$ = \frac{1}{b - a} \cdot \frac{1}{2}\left( {b - a}\right) \left( {T\left( a\right) + T\left( b\right) }\right) = \frac{2}{a + b}. $$
证法 7 注意
$$ \bar{x}\frac{\text{ 定义 }}{}\frac{b - a}{\ln b - \ln a} = \frac{{\int }_{a}^{b}x \cdot \frac{1}{x}\mathrm{\;d}x}{{\int }_{a}^{b}\frac{1}{x}\mathrm{\;d}x} $$
表示曲线 $y = \frac{1}{x}$ 在 $\left\lbrack {a,b}\right\rbrack$ 上形成的曲边梯形薄片 (记为 $A$ ) 的重心横坐标 (薄片的面密度为 1 ). 于是 (7.1) 式可改写成
$$ \sqrt{ab} < \bar{x} = \frac{{\int }_{a}^{b}x \cdot \frac{1}{x}\mathrm{\;d}x}{{\int }_{a}^{b}\frac{1}{x}\mathrm{\;d}x} < \frac{a + b}{2}. $$
再将上式改写成两个不等式, 其中一个为
$$ {\int }_{a}^{\frac{a + b}{2}}\left( {\frac{a + b}{2} - x}\right) \frac{1}{x}\mathrm{\;d}x > {\int }_{\frac{a + b}{2}}^{b}\left( {x - \frac{a + b}{2}}\right) \frac{1}{x}\mathrm{\;d}x. \tag{7.11} $$
其物理意义是: 曲边梯形 $A$ 在直线 $x = \frac{a + b}{2}$ 的左边部分比右边部分对直线 $x = \frac{a + b}{2}$ 轴的静力矩来得大. 另一个不等式为
$$ {\int }_{\sqrt{ab}}^{b}\left( {x - \sqrt{ab}}\right) \frac{1}{x}\mathrm{\;d}x > {\int }_{a}^{\sqrt{ab}}\left( {\sqrt{ab} - x}\right) \frac{1}{x}\mathrm{\;d}x, \tag{7. 12} $$
其物理意义是: 曲边梯形 $A$ 在直线 $x = \sqrt{ab}$ 的右边部分比左边部分对直线 $x = \sqrt{ab}$ 轴的静力矩来得大.
先证 (7.11) 式. 对下面积分分别作 $\frac{a + b}{2} - x = u$ 和 $x - \frac{a + b}{2} = u$ 的变换:
$$ {\int }_{a}^{\frac{a + b}{2}}\left( {\frac{a + b}{2} - x}\right) \frac{1}{x}\mathrm{\;d}x - {\int }_{\frac{a + b}{2}}^{b}\left( {x - \frac{a + b}{2}}\right) \frac{1}{x}\mathrm{\;d}x $$
$$ = {\int }_{0}^{\frac{b - a}{2}}\frac{u\mathrm{\;d}u}{\frac{a + b}{2} - u} - {\int }_{0}^{\frac{b - a}{2}}\frac{u\mathrm{\;d}u}{u + \frac{a + b}{2}} $$
$$ = {\int }_{0}^{\frac{b - a}{2}}\frac{2{u}^{2}\mathrm{\;d}u}{{\left( \frac{a + b}{2}\right) }^{2} - {u}^{2}} > 0. $$
再证 (7.12) 式. 对下面积分分别作 $\frac{x}{\sqrt{ab}} = t$ 和 $\frac{\sqrt{ab}}{x} = t$ 的变换:
$$ {\int }_{\sqrt{ab}}^{b}\left( {x - \sqrt{ab}}\right) \frac{1}{x}\mathrm{\;d}x - {\int }_{a}^{\sqrt{ab}}\left( {\sqrt{ab} - x}\right) \frac{1}{x}\mathrm{\;d}x $$
$$ = \sqrt{ab}{\int }_{1}^{\sqrt{b/a}}\frac{t - 1}{t}\mathrm{\;d}t - \sqrt{ab}{\int }_{1}^{\sqrt{b/a}}\frac{t - 1}{{t}^{2}}\mathrm{\;d}t $$
$$ = \sqrt{ab}{\int }_{1}^{\sqrt{b/a}}{\left( \frac{t - 1}{t}\right) }^{2}\mathrm{\;d}t > 0. $$
联立 (7.11) 和 (7.12) 式, 即得 (7.1) 式成立.
证法 8 设 $f\left( x\right) \overset{\text{ 定义 }}{ = }\ln \frac{b + x}{a + x}$ ,则
$$ \ln b - \ln a = \ln \frac{b}{a} = f\left( 0\right) - f\left( {+\infty }\right) = - {\int }_{0}^{+\infty }{f}^{\prime }\left( x\right) \mathrm{d}x $$
$$ = \left( {b - a}\right) {\int }_{0}^{+\infty }\frac{\mathrm{d}x}{\left( {x + a}\right) \left( {b + x}\right) }. \tag{7.13} $$
又
$$ {\left( x + \sqrt{ab}\right) }^{2} < \left( {x + a}\right) \left( {x + b}\right) < {\left( x + \frac{a + b}{2}\right) }^{2}\;\left( {x > 0}\right) . $$
(7.14)
联立 (7.13) 和 (7.14) 式,一方面,
$$ \frac{\ln b - \ln a}{b - a} = {\int }_{0}^{+\infty }\frac{\mathrm{d}x}{\left( {x + a}\right) \left( {x + b}\right) } > {\int }_{0}^{+\infty }\frac{\mathrm{d}x}{{\left( x + \frac{a + b}{2}\right) }^{2}} = \frac{2}{a + b}; $$
另一方面,
$$ \frac{\ln b - \ln a}{b - a} = {\int }_{0}^{+\infty }\frac{\mathrm{d}x}{\left( {x + a}\right) \left( {x + b}\right) } < {\int }_{0}^{+\infty }\frac{\mathrm{d}x}{{\left( x + \sqrt{ab}\right) }^{2}} = \frac{1}{\sqrt{ab}}. $$
💡 答案与解析
证法 1 将 (7.1) 式改写成
$$ \frac{2\left( {b - a}\right) }{a + b} < \ln \frac{b}{a} < \frac{b - a}{\sqrt{ab}}\;\left( {b > a > 0}\right) . \tag{7.2} $$
令 $x = b/a$ ,则 (7.2) 式又可改写成
$$ \frac{2\left( {x - 1}\right) }{x + 1} < \ln x < \frac{x - 1}{\sqrt{x}}\;\left( {x > 1}\right) . \tag{7.3} $$
作辅助函数 $F\left( x\right) \frac{\text{ 定义 }}{}\ln x - \frac{2\left( {x - 1}\right) }{x + 1}$ . 求 ${F}^{\prime }\left( x\right)$ 得
$$ {F}^{\prime }\left( x\right) = \frac{{\left( x - 1\right) }^{2}}{x{\left( x + 1\right) }^{2}} > 0\;\left( {x > 1}\right) . $$
所以 $F\left( x\right)$ 在 $x \geq 1$ 上严格上升,于是对 $\forall x > 1$ ,有 $F\left( x\right) > F\left( 1\right) =$ 0,即
$$ \frac{2\left( {x - 1}\right) }{x + 1} < \ln x\;\left( {x > 1}\right) . $$
这就是 (7.3) 式的第一个不等式. 为了证 (7.3) 式的第二个不等式,再作辅助函数 $G\left( x\right) \frac{\text{ 定义 }}{\sqrt{x}}\frac{x - 1}{\sqrt{x}} - \ln x$ . 求 ${G}^{\prime }\left( x\right)$ 得
$$ {G}^{\prime }\left( x\right) = \frac{{\left( \sqrt{x} - 1\right) }^{2}}{{2x}\sqrt{x}} > 0\;\left( {x > 1}\right) . $$
所以 $G\left( x\right)$ 在 $x \geq 1$ 上严格上升,于是对 $\forall x > 1$ ,有 $G\left( x\right) > G\left( 1\right) = 0$ , 即
$$ \ln x < \frac{x - 1}{\sqrt{x}}\;\left( {x > 1}\right) . $$
证法 2 令 $t = \ln b - \ln a$ ,则 (7.1) 式改写成
$$ {\mathrm{e}}^{\frac{t}{2}} < \frac{{\mathrm{e}}^{t} - 1}{t} < \frac{1 + {\mathrm{e}}^{t}}{2}\;\left( {t > 0}\right) . \tag{7.4} $$
利用 ${\mathrm{e}}^{t}$ 的泰勒级数,容易求得,对 $\forall t > 0$ ,
$$ \frac{{\mathrm{e}}^{t} - 1}{t} = 1 + \frac{t}{2} + \mathop{\sum }\limits_{{n = 2}}^{\infty }\frac{{t}^{n}}{\left( {n + 1}\right) !}, $$
$$ {\mathrm{e}}^{\frac{t}{2}} = 1 + \frac{t}{2} + \mathop{\sum }\limits_{{n = 2}}^{\infty }\frac{{t}^{n}}{n!{2}^{n}} $$
$$ \frac{1 + {\mathrm{e}}^{t}}{2} = 1 + \frac{t}{2} + \mathop{\sum }\limits_{{n = 2}}^{\infty }\frac{{t}^{n}}{{2n}!} $$
比较这些级数的系数, 由于
$$ {2n}! < \left( {n + 1}\right) ! < n!{2}^{n}\;\left( {n \geq 2}\right) , $$
立得 (7.4)式.
证法 3 (7.4) 式乘以 ${\mathrm{e}}^{-\frac{t}{2}}$ ,并令 $x = \frac{t}{2}$ ,则 (7.4) 式可改写成
$$ 1 < \frac{\operatorname{sh}x}{x} < \operatorname{ch}x\;\left( {x > 0}\right) . \tag{7.5} $$
根据微分中值定理,对 $\forall x > 0,\exists \xi \in \left( {0,x}\right)$ ,使得
$$ \operatorname{sh}x = \operatorname{sh}x - \operatorname{sh}0 = \operatorname{ch}\xi \left( {x - 0}\right) = x\operatorname{ch}\xi . $$
又因为
$$ 1 < \operatorname{ch}\xi < \operatorname{ch}x\;\left( {0 < \xi < x}\right) , $$
即得 (7.5)式
$$ 1 < \operatorname{ch}\xi = \frac{\operatorname{sh}x}{x} < \operatorname{ch}x. $$
证法 4 (7.5) 式可改写成
$$ \operatorname{th}x = \frac{\operatorname{sh}x}{\operatorname{ch}x} < x < \operatorname{sh}x\;\left( {x > 0}\right) , \tag{7.6} $$
容易验证直线 $y = x$ 是曲线 $y = \operatorname{sh}x$ 与曲线 $y = \operatorname{th}x$ 在 $x = 0$ 点的公共切线,以及当 $x > 0$ 时, $y = \operatorname{sh}x$ 为下凸曲线 (因 ${y}^{\prime \prime } = \operatorname{sh}x > 0$ ),所以曲线在其切线的上方; $y = \operatorname{th}x$ 为上凸曲线 (因 ${y}^{\prime \prime } = - 2\mathrm{{sh}}x/{\mathrm{{ch}}}^{3}x <$ 0 ),所以曲线在其切线的下方. 因此 (7.6) 式成立. 证法 5 将 (7.4) 式改写成
$$ {\mathrm{e}}^{t/2} < \frac{1}{t}{\int }_{0}^{t}{\mathrm{e}}^{x}\mathrm{\;d}x < \frac{1 + {\mathrm{e}}^{t}}{2}. \tag{7.7} $$
因为 $y = {\mathrm{e}}^{x}$ 是凹函数,所以
$$ {\mathrm{e}}^{x} = {\mathrm{e}}^{\frac{x}{t} \cdot t + \left( {1 - \frac{x}{t}}\right) \cdot 0} < \frac{x}{t}{\mathrm{e}}^{t} + \left( {1 - \frac{x}{t}}\right) \;\left( {0 < x < t}\right) . $$
上式自 0 至 $t$ 积分,即得
$$ \frac{1}{t}{\int }_{0}^{t}{\mathrm{e}}^{x}\mathrm{\;d}x < \frac{1 + {\mathrm{e}}^{t}}{2}. $$
另一方面,还因为 $y = {\mathrm{e}}^{x}$ 是凹函数,所以
$$ \frac{1}{t}{\int }_{0}^{t}{\mathrm{e}}^{x}\mathrm{\;d}x = \frac{1}{t}\left\lbrack {{\int }_{0}^{\frac{t}{2}}{\mathrm{e}}^{x}\mathrm{\;d}x + {\int }_{\frac{t}{2}}^{t}{\mathrm{e}}^{x}\mathrm{\;d}x}\right\rbrack $$
$$ = \frac{1}{t}{\int }_{0}^{\frac{t}{2}}\left( {{\mathrm{e}}^{\frac{t}{2} - \xi } + {\mathrm{e}}^{\frac{t}{2} + \xi }}\right) \mathrm{d}\xi > \frac{1}{t}{\int }_{0}^{\frac{t}{2}}2{\mathrm{e}}^{\frac{t}{2}}\mathrm{\;d}\xi = {\mathrm{e}}^{\frac{t}{2}}. $$
证法 6 将 (7.1) 式改写成
$$ \frac{2}{a + b} < \frac{\ln b - \ln a}{b - a} < \frac{1}{\sqrt{ab}}\;\left( {b > a > 0}\right) . \tag{7.8} $$
因为 $\displaystyle{\int }_{a}^{\sqrt{ab}}\frac{1}{x}\mathrm{\;d}x = \ln \sqrt{\frac{b}{a}} = {\int }_{\sqrt{ab}}^{b}\frac{1}{x}\mathrm{\;d}x}$ ,所以
$$ \frac{\ln b - \ln a}{b - a} = \frac{1}{b - a}{\int }_{a}^{b}\frac{1}{x}\mathrm{\;d}x = \frac{2}{b - a}{\int }_{a}^{\sqrt{ab}}\frac{1}{x}\mathrm{\;d}x. \tag{7.9} $$
又因为 $y = 1/x$ 是凹函数,所以
$$ {\int }_{a}^{\sqrt{ab}}\frac{1}{x}\mathrm{\;d}x < \frac{1}{2}\left( {\frac{1}{a} + \frac{1}{\sqrt{ab}}}\right) \left( {\sqrt{ab} - a}\right) = \frac{b - a}{2\sqrt{ab}}. \tag{7.10} $$
联立 (7.9) 和 (7.10) 式, 即得
$$ \frac{\ln b - \ln a}{b - a} < \frac{1}{\sqrt{ab}}. $$
另一方面,还因为 $y = 1/x$ 是凹函数,所以曲线 $y = 1/x$ 在横坐标为 $\frac{a + b}{2}$ 的点处的切线:
$$ T\left( x\right) = \frac{2}{a + b} - \frac{4}{{\left( a + b\right) }^{2}}\left( {x - \frac{a + b}{2}}\right) $$
在曲线 $y = \frac{1}{x}$ 的下方. 于是
$$ \frac{\ln b - \ln a}{b - a} = \frac{1}{b - a}{\int }_{a}^{b}\frac{1}{x}\mathrm{\;d}x > \frac{1}{b - a}{\int }_{a}^{b}T\left( x\right) \mathrm{d}x $$
$$ = \frac{1}{b - a} \cdot \frac{1}{2}\left( {b - a}\right) \left( {T\left( a\right) + T\left( b\right) }\right) = \frac{2}{a + b}. $$
证法 7 注意
$$ \bar{x}\frac{\text{ 定义 }}{}\frac{b - a}{\ln b - \ln a} = \frac{{\int }_{a}^{b}x \cdot \frac{1}{x}\mathrm{\;d}x}{{\int }_{a}^{b}\frac{1}{x}\mathrm{\;d}x} $$
表示曲线 $y = \frac{1}{x}$ 在 $\left\lbrack {a,b}\right\rbrack$ 上形成的曲边梯形薄片 (记为 $A$ ) 的重心横坐标 (薄片的面密度为 1 ). 于是 (7.1) 式可改写成
$$ \sqrt{ab} < \bar{x} = \frac{{\int }_{a}^{b}x \cdot \frac{1}{x}\mathrm{\;d}x}{{\int }_{a}^{b}\frac{1}{x}\mathrm{\;d}x} < \frac{a + b}{2}. $$
再将上式改写成两个不等式, 其中一个为
$$ {\int }_{a}^{\frac{a + b}{2}}\left( {\frac{a + b}{2} - x}\right) \frac{1}{x}\mathrm{\;d}x > {\int }_{\frac{a + b}{2}}^{b}\left( {x - \frac{a + b}{2}}\right) \frac{1}{x}\mathrm{\;d}x. \tag{7.11} $$
其物理意义是: 曲边梯形 $A$ 在直线 $x = \frac{a + b}{2}$ 的左边部分比右边部分对直线 $x = \frac{a + b}{2}$ 轴的静力矩来得大. 另一个不等式为
$$ {\int }_{\sqrt{ab}}^{b}\left( {x - \sqrt{ab}}\right) \frac{1}{x}\mathrm{\;d}x > {\int }_{a}^{\sqrt{ab}}\left( {\sqrt{ab} - x}\right) \frac{1}{x}\mathrm{\;d}x, \tag{7. 12} $$
其物理意义是: 曲边梯形 $A$ 在直线 $x = \sqrt{ab}$ 的右边部分比左边部分对直线 $x = \sqrt{ab}$ 轴的静力矩来得大.
先证 (7.11) 式. 对下面积分分别作 $\frac{a + b}{2} - x = u$ 和 $x - \frac{a + b}{2} = u$ 的变换:
$$ {\int }_{a}^{\frac{a + b}{2}}\left( {\frac{a + b}{2} - x}\right) \frac{1}{x}\mathrm{\;d}x - {\int }_{\frac{a + b}{2}}^{b}\left( {x - \frac{a + b}{2}}\right) \frac{1}{x}\mathrm{\;d}x $$
$$ = {\int }_{0}^{\frac{b - a}{2}}\frac{u\mathrm{\;d}u}{\frac{a + b}{2} - u} - {\int }_{0}^{\frac{b - a}{2}}\frac{u\mathrm{\;d}u}{u + \frac{a + b}{2}} $$
$$ = {\int }_{0}^{\frac{b - a}{2}}\frac{2{u}^{2}\mathrm{\;d}u}{{\left( \frac{a + b}{2}\right) }^{2} - {u}^{2}} > 0. $$
再证 (7.12) 式. 对下面积分分别作 $\frac{x}{\sqrt{ab}} = t$ 和 $\frac{\sqrt{ab}}{x} = t$ 的变换:
$$ {\int }_{\sqrt{ab}}^{b}\left( {x - \sqrt{ab}}\right) \frac{1}{x}\mathrm{\;d}x - {\int }_{a}^{\sqrt{ab}}\left( {\sqrt{ab} - x}\right) \frac{1}{x}\mathrm{\;d}x $$
$$ = \sqrt{ab}{\int }_{1}^{\sqrt{b/a}}\frac{t - 1}{t}\mathrm{\;d}t - \sqrt{ab}{\int }_{1}^{\sqrt{b/a}}\frac{t - 1}{{t}^{2}}\mathrm{\;d}t $$
$$ = \sqrt{ab}{\int }_{1}^{\sqrt{b/a}}{\left( \frac{t - 1}{t}\right) }^{2}\mathrm{\;d}t > 0. $$
联立 (7.11) 和 (7.12) 式, 即得 (7.1) 式成立.
证法 8 设 $f\left( x\right) \overset{\text{ 定义 }}{ = }\ln \frac{b + x}{a + x}$ ,则
$$ \ln b - \ln a = \ln \frac{b}{a} = f\left( 0\right) - f\left( {+\infty }\right) = - {\int }_{0}^{+\infty }{f}^{\prime }\left( x\right) \mathrm{d}x $$
$$ = \left( {b - a}\right) {\int }_{0}^{+\infty }\frac{\mathrm{d}x}{\left( {x + a}\right) \left( {b + x}\right) }. \tag{7.13} $$
又
$$ {\left( x + \sqrt{ab}\right) }^{2} < \left( {x + a}\right) \left( {x + b}\right) < {\left( x + \frac{a + b}{2}\right) }^{2}\;\left( {x > 0}\right) . $$
(7.14)
联立 (7.13) 和 (7.14) 式,一方面,
$$ \frac{\ln b - \ln a}{b - a} = {\int }_{0}^{+\infty }\frac{\mathrm{d}x}{\left( {x + a}\right) \left( {x + b}\right) } > {\int }_{0}^{+\infty }\frac{\mathrm{d}x}{{\left( x + \frac{a + b}{2}\right) }^{2}} = \frac{2}{a + b}; $$
另一方面,
$$ \frac{\ln b - \ln a}{b - a} = {\int }_{0}^{+\infty }\frac{\mathrm{d}x}{\left( {x + a}\right) \left( {x + b}\right) } < {\int }_{0}^{+\infty }\frac{\mathrm{d}x}{{\left( x + \sqrt{ab}\right) }^{2}} = \frac{1}{\sqrt{ab}}. $$