Inégalité

poli12

Bonjour.
En prenant $T$ un réel strictement positif, $\Omega$ un ouvert borné (suffisamment régulier) de $\mathbb R^N$ et $u \in H^1\big((0,T;L^2(\Omega)\big)$, j'aimerais trouver (dans le cas du possible) une astuce pour montrer que

$\displaystyle \int_0^T \int_{\Omega} \frac{\partial u(t,x)}{\partial t} u(t,x)dxdt \ge C \bigg( \int_0^T \int_{\Omega} \Big(\frac{\partial u(t,x)}{\partial t} \Big)^2 dx dt +\int_0^T \int_{\Omega} u(t,x)^2 dx dt \bigg)$.

$C$ étant une constante strictement positive à déterminer.

bd2017

Bonjour
Cela va être difficile. Imagine si $u(T)=0$ et $u(0)\neq 0 $ dans $L^2(\Omega)$
alors cette inégalité est fausse.

Augustin Fresnel

Tu peux juste utiliser l'inégalité de Young $|ab|\leq (a^2+b^2)/2$ qui vient de $(a\pm b)^2\ge0$. En l'appliquant avec $a=u(x,t)$, $b=\partial_t u(x,t)$, tu obtiens ton inégalité avec $C=1/2$.

YvesM

Bonjour,

L’inégalité est dans le mauvais sens pour utiliser l’inégalité de Young.

Frédéric Bosio

Peut-être l'inégalité de départ est-elle aussi dans le mauvais sens.

poli12

Non non ça ne l'est pas. Sinon j'aurai pensé à l'inégalité de Young.

YvesM

Bonjour,

@poli12 :
Cette inégalité est fausse : il existe des fonctions $u$ qui ne vérifient pas cette inégalité quelque soit la constante $C>0.$

Par ailleurs, cette inégalité n'est pas homogène (pour un physicien).

Bref, soit tu cherches pour tout $u$ et c'est faux, soit tu cherches pour des $u$ données et il faut ajouter cette contrainte à l'énoncé.

Autre considération :
Tu peux montrer $X \geq a A^2>0$, puis $X \geq b B^2>0$ et tu conclus $X \geq {1 \over 2} (aA^2+bB^2) \geq {1 \over 2} \min(a,b) (A^2+B^2)$ puis tu choisis $C = {1 \over 2} \min(a,b) >0.$