Inégalité entre deux intégrales

J'ai une idée mais je n'ai pas encore testé. Écrire
\[\frac{f(t)^2}{t(1-t)}=\frac{f(t)-f(0)}{t}\times \frac{f(t)-f(1)}{1-t}=\left(\int_0^1 f'(t u)du\right) \times \left(-\int_0^1 f'((1-t)v+t)dv\right)\] puis Fubini... et prier pour que ça colle.

Bonsoir

En écrivant $f(t)=(t-t^2)\: g(t) \:$ avec $g\:$ de classe $\mathcal C^1$ sur $]0;1[$ et $\:\: \displaystyle \lim _{t\to 0^+}(t - t^2)\: g'(t) = \lim_{t \to 1^-} (t-t^2) \:g'(t) =0\:$, on aboutit à : $$
I:= \int _0^1 f'^2 -2\int _0^1 \dfrac {f(t)^2}{t-t^2} \:\mathrm dt = \int_0^1 g'(t) ^2 (t-t^2) ^2 \:\mathrm dt \geqslant 0.$$
L'égalité est donc réalisée lorsque $f(t) = t-t^2.$
Les détails:
$\begin {align*} I= & \displaystyle \int _0^1 \left[ \left( g(t) (1-2t)+ g'(t) (t-t^2)\right)^2- 2g(t)^2 (t-t^2) \right] \: \mathrm dt \\ = & \int _0 ^1 (6t^2 - 6t +1) g(t)^2 \:\mathrm dt + \int _0 ^12 (2t^3 -3t^2 +t)g(t)g'(t) \:\mathrm dt + \int _0^1 (t-t^2)^2 g'(t)^2 \: \mathrm dt \\ =& \int _0^1 (6t^2 - 6t +t) g(t) ^2 \: \mathrm dt + \left [ g(t)^2 (2t^3 -3t^2 +t)\right] _0 ^1 - \int _0 ^1 (6t^2 -6t+1) g(t)^2 \:\mathrm dt+ \int_0 ^1 (t-t^2) ^2 g'(t) ^2 \:\mathrm dt \\ = & \int _0 ^1 (t-t^2)^2 g'(t)^2 \:\mathrm dt\end{align*}$

Bonjour,

Montrer que, pour toute fonction $f$ de $\displaystyle [0,1]$ vers $\displaystyle \R$, dérivable sur $\displaystyle [0,1]$, telle que $\displaystyle f(0)=f(1) =0$ : $\displaystyle \int_0^1 {f(t)^2 \over t(1-t)}dt \leq {1 \over 2} \int_0^1 f'(t)^2 dt.$

Voici :

$\bullet $ On note $g$ la fonction de $\displaystyle ]0,1[$ vers $\displaystyle \R$, dérivable sur $\displaystyle ]0,1[$ : $\displaystyle g: t \mapsto {1 \over t} - {1 \over 1-t}.$
Pour tout $\displaystyle t \in ]0,1[$, on calcule $\displaystyle g'(t) + g(t)^2 = -{2 \over t(1-t)}.$

$\bullet $ La fonction $\displaystyle t \mapsto g(t) f(t)$ est intégrable sur $\displaystyle [0,1].$ En effet, $\displaystyle g(t) f(t) = {f(t) \over t} - {f(t) \over 1-t} ={f(t) -f(0)\over t-0} - {f(t) \over 1-t} \to f'(0)-f(0), (t \to 0)$ et $\displaystyle g(t) f(t) = {f(t) \over t} - {f(t) \over 1-t} = {f(t) \over t} + {f(t)-f(1) \over t-1} \to f(1) + f'(1), (t \to 1).$

$\bullet $ La fonction $\displaystyle t \mapsto g'(t) f(t)^2$ est intégrable sur $\displaystyle [0,1].$ En effet, $\displaystyle g'(t) f(t)^2 = -{f(t)^2 \over t^2} -{f(t)^2 \over (1-t)^2} = -({f(t) - f(0) \over t-0})^2 -{f(t)^2 \over (1-t)^2} \to -f'(0)^2-f(0)^2, (t \to 0)$ et $\displaystyle g'(t) f(t)^2 = -{f(t)^2 \over t^2} -{f(t)^2 \over (1-t)^2} = -{f(t)^2 \over t^2} -({f(t)-f(1) \over t-1})^2 \to -f(1)^2 - f'(1)^2, (t \to 1).$

$\bullet $ On calcule tout de go, avec une intégration par parties :
$\displaystyle \int_0^1 (f'(t) + g(t) f(t))^2 dt = \int_0^1 (f'(t)^2 + g(t)^2 f(t)^2 + 2 g(t) f(t) f'(t)) dt = \\\displaystyle =\int_0^1 f'(t)^2 dt + \int_0^1 g(t)^2 f(t)^2 dt - g(t) f(t)^2 |_0^1 + \int_0^1 g'(t) f(t)^2 dt = \int_0^1 f'(t)^2 dt + \int_0^1 (g'(t) + g(t)^2) f(t)^2 dt \geq 0 (\star)$

Voilà !

J'ai bien sûr commencé par écrire $(\star)$ puis résolu avec un peu de recherche, pour tout $\displaystyle t \in ]0,1[$, $\displaystyle g'(t) + g^2(t) = -{2 \over t(1-t)}.$

Bonjour,

Une fonction dérivable sur un ouvert est continue sur cet ouvert. Non ?

Ce n’est pas moi mais l’énoncé qui précise que la fonction $f$ est dérivable et de dérivée continue sur $[0,1]$. Non ?

L’intégration par partie porte sur $g$ et sur $f.f’$ : $\int 2 g.f.f’=g. f^2-\int g’ f^2.$

La fonction $g.f^2$ est le produit de deux fonctions continues, dérivables, et de dérivées continues sur $]0,1[$. J’ai également montré que les limites en $0$ et en $1$ existent... donc toutes les intégrales dans cette intégration par parties existent. Non ?