Exercice 7

1. Comme $f$ est de classe $\mathcal{C}^{1}$ et $f(a) = 0$, le théorème fondamental de l'analyse (chapitre 18, théorème 6) donne, pour $t \in [a\,,b]$, $$f(t) = f(a) + \int_{a}^{t} f'(u)\,\mathrm{d} u = \int_{a}^{t} 1 \cdot f'(u)\,\mathrm{d} u.$$ Pour $t = a$, l'inégalité demandée s'écrit $0 \leqslant 0$. Pour $t > a$, l'inégalité de Cauchy-Schwarz sur $[a\,,t]$ (proposition 4 (ii)), appliquée aux fonctions continues $u \mapsto 1$ et $f'$, donne $$\boxed{f(t)^{2} \leqslant \Big(\int_{a}^{t} 1\,\mathrm{d} u\Big)\Big(\int_{a}^{t} f'(u)^{2}\,\mathrm{d} u\Big) = (t - a)\int_{a}^{t} f'(u)^{2}\,\mathrm{d} u}$$

2. Notons $K = \int_{a}^{b} f'^{2}$. Comme $f'^{2}$ est positive, la relation de Chasles et la positivité de l'intégrale donnent $\int_{a}^{t} f'^{2} \leqslant K$ pour tout $t \in [a\,,b]$, donc $f(t)^{2} \leqslant (t - a)K$. On intègre cette inégalité entre fonctions continues sur $[a\,,b]$ (chapitre 18, théorème 3) : $$\int_{a}^{b} f(t)^{2}\,\mathrm{d} t \leqslant K\int_{a}^{b} (t - a)\,\mathrm{d} t = K\,\frac{(b - a)^{2}}{2}, \qquad \boxed{\int_{a}^{b} f^{2} \leqslant \frac{(b - a)^{2}}{2}\int_{a}^{b} f'^{2}}$$ À retenir. Une fonction nulle en $a$ ne peut pas être grande sans que sa dérivée le soit : elle est contrôlée par l'intégrale de $f'^{2}$. La constante $\frac{1}{2}$ n'est pas la meilleure possible. Pour $a = 0$, $b = 1$ et $f(t) = \sin\frac{\pi t}{2}$, le rapport $\int_{0}^{1} f^{2} \big/ \int_{0}^{1} f'^{2}$ vaut $\frac{4}{\pi^{2}} \approx 0{,}405$ : la meilleure constante est donc comprise entre $\frac{4}{\pi^{2}}$ et $\frac{1}{2}$. Le facteur $(b - a)^{2}$ est en revanche le bon : il se lit par homogénéité, en remplaçant $f$ par $t \mapsto f\big(a + (b - a)t\big)$.