Inégalité de Wirtinger

Bonjour ,suit le lien suivant https://math.stackexchange.com/questions/702168/proof-of-wirtinger-inequality c'est tout à la fin .

Cordialement

Ces liens peuvent peut être t’intéresser http://matheron.perso.math.cnrs.fr/enseignement_fichiers/13-14/Integration/Feuille8.pdf (page 6 ) http://ns1363.imingo.net/data/devoirs_nicolair/Awirti.pdf

Cordialement.

Au temps pour moi 8-)

Bonjour,

Soit une fonction $f$ de $\displaystyle [0,1]$ vers $\R$, continue et dérivable sur $\displaystyle [0,1]$ et telle que $\displaystyle f(0)=f(1)=0.$

On forme $\displaystyle \int_{0}^{1} f(t) f'(t) \tan(\pi t) dt$ au sens de la valeur principale pour assurer la convergence en $\displaystyle \frac12.$

On intègre par partie $\displaystyle \int_{0}^{1} f(t) f'(t) \tan(\pi t) dt = \frac12 f(t)^2 \tan (\pi t)\mid_{0}^{1} - {\pi \over 2} \int_{0}^{1} f(t)^2 (1+\tan^2(\pi t)) dt$ ; le terme intégré est nul.

On calcule $\displaystyle \int_{0}^{1} (\pi \tan(\pi t) f(t) + f'(t))^2 dt= \int_{0}^{1} (f'(t)^2 + \pi^2 \tan^2(\pi t) f(t)^2 + 2 \pi f(t) f'(t) \tan(\pi t) )dt \geq 0.$ On en déduit $\displaystyle \int_{0}^{1} f'(t)^2 dt \geq \int_{0}^{1} f(t)^2 (-\pi^2 \tan^2(\pi t) + 2 \pi {\pi \over 2}(1+\tan^2(\pi t) ) dt$ et donc $\displaystyle \int_{0}^{1} f(t)^2 \leq {1 \over \pi^2} \int_{0}^{1} f'(t)^2 dt .$

Je vous laisse généraliser à une fonction dans $\C.$

Bonjour,

On peut aussi simplifier ma démonstration en considérant $\displaystyle \int_{0}^{1} f(t) f'(t) {dt \over \tan (\pi t)}$ qui existe, et qui donne le même résultat sans valeur principale. Il faut considérer aussi $\displaystyle \int_{0}^{1} (\pi f(t) / \tan (\pi t) - f'(t))^2 dt \geq 0$ ou la même intégrale en inversant $f$ et $f'$...
Un changement de variable à la fin donne les bornes $a<b$ et $b$ dans l'intégrale.

Cette inégalité a généré de nombreuses recherches. En particulier, il y a de nombreuses généralisation, comme celle-ci : si $f \in C^n \left [a,b \right]$ telle que $f^{(j)} (a) = f^{(j)}(b) = 0$ pour $j \in \{ 0, \dotsc,n-1\}$, alors
$$\int_a^b \left( f^{(n)} (x) \right)^2 \, \textrm{d}x > \left( \frac{b-a}{2} \right)^{2n} \prod_{k=0}^{n-1} (2k+1)^2 \int_a^b \frac{\left( f(x) \right)^2}{(x-a)^{2n} (b-x)^{2n}} \, \textrm{d}x.$$

Référence. W. J. Kim, On the zeros of solutions of $y^{(n)} + py = 0$, J. Math. Anal. Appl. 25 (1969), 189--208.

@Jandri , arf inattention ...

C'est la solution de @YvesM dans la deuxième méthode si je ne m'abuse.

Bonjour,

J'ai eu le bon goût de justifier d'où sort la tangente ou son inverse et j'ai traité les deux cas. Le cas de la cotangente est plus simple.

L'idée est de constater que $\pi$ ne peut pas venir de nulle part et qu'il faut donc l'insérer dans la démonstration. Puis comme on voit le carré de $f'$ et de $f$, on se doute que $ff'$ joue un rôle. Et on écrit l'intégrale de $f f' m$ avec une fonction $m$ sans doute trigonométrique. On intègre par partie et on trouve que l'on peut conclure grâce à l'intégrale de $(f-mf')^2$ ou $(f'-f m)^2$ si et seulement si $m$ vérifie une équation différentielle qui est à variables séparables et dont la solution est tangente ou cotangente avec un facteur $\pi$ dans l'argument.

Je n'ai pas trouvé d'autres idées. Celle-ci marche et c'est étonnant, j'ai essayé des changements de variables, en vain.

Ma foi, merci pour cet intéressant travail, @YvesM.
C'est instructif (pour moi ;-)).