Soit a un nombre réel strictement positif. On considère une fonction g:[0;a]⟶R, telle que g(0)=0. On suppose que la fonction g est C1 par morceaux, c'est-à-dire dérivable avec g′ qui est continue par morceaux.
Démontrer que l'on a : ∫0ag′(t)g(t)dt⩽2a∫0ag′2(t)dt
Correction
On a : 2∫0ag′(t)g(t)dt=∫0a2g′(t)g(t)dt=[g2(t)]0a=g2(a)−g2(0)=g2(a)−02=g2(a) Mais, on a également : ∫0ag′(t)dt=[g(t)]0a=g(a)−g(0)=g(a)−0=g(a) Donc : 2∫0ag′(t)g(t)dt=(∫0ag′(t)dt)2=(∫0a1×g′(t)dt)2 Appliquons maintenant l'inégalité de Cauchy−Schwarz aux deux fonctions 1 et g′. On a alors : ∣∣∫0a1×g′(t)dt∣∣⩽∫0a12dt×∫0ag′2(t)dt Mais sur R+ la fonction carré conserve l'ordre. Donc : ∣∣∫0a1×g′(t)dt∣∣2⩽∫0a12dt×∫0ag′2(t)dt2 Ce qui nous donne : (∫0a1×g′(t)dt)2⩽∫0a12dt×∫0ag′2(t)dt Soit encore : (∫0a1×g′(t)dt)2⩽∫0a1dt×∫0ag′2(t)dt Avec ∫0a1dt=[t]0a=a−0=a. Ainsi, on trouve que : (∫0a1×g′(t)dt)2⩽a×∫0ag′2(t)dt On en déduit donc immédiatement l'inégalité suivante : 2∫0ag′(t)g(t)dt⩽a×∫0ag′2(t)dt Ce qui nous permet d'écrire finalement que l'on a bien l'inégalité demandée, à savoir : ∫0ag′(t)g(t)dt⩽2a×∫0ag′2(t)dt
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