El largo y doloroso camino: "distinguir y diferenciar."
Definir $f,g\colon (0,1)\to \mathbb{R}$$f(x) = 1-4\left(x-\frac{1}{2}\right)^2$$g(x) = 1-\left(1-\frac{x}{1-x}\right)^2$. Vamos a mostrar
$$
h(x) \geq f(x) \geq g(x), \qquad x\in(0,1).
$$
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La reclamación. $h(x) \geq f(x)$ todos los $x\in(0,1)$.
Prueba.
Ambas funciones se $C^\infty$, y tenemos
$$
h"(x) - f"(x) = \frac{-8}{x(1-x)} \left(x^2-x+\frac{1}{8\ln 2}\right)
$$
que cancela en$x_0 \stackrel{\rm def}{=} \frac{1-\sqrt{1-\frac{1}{2\ln 2}}}{2}\simeq 0.236$$x_1 = 1-x_0$.
Por lo tanto tenemos la siguiente, como $\lim_{0^+} (h''-f'') = \lim_{1^-} (h''-f'') = -\infty$:
$$
\begin{array}{|c|ccc|}
\hline
x & 0 & &x_0 & \frac{1}{2} & x_1 && 1 \\ \hline
h''-f'' & -\infty &-&0&+&0& - &-\infty\\ \hline
\end{array}
$$
Por otra parte, desde la $h'(x) - f'(x) = \frac{1}{\ln 2}\left(8\ln 2 \cdot x + \ln\frac{1-x}{x} - 4\ln 2 \right)$,$\lim_{0^+} (h'-f') = - \lim_{1^-} (h'-f') = \infty$$(h'-f')(\frac{1}{2})=0$. Desde $x_0 < \frac{1}{4}$$(h'-f')(\frac{1}{4}) = \frac{\ln\frac{3}{4}}{\ln 2} < 0$, sabemos que
$(h'-f')(x_0) = -(h'-f')(x_1) < 0$.
$$
\begin{array}{|c|ccc|}
\hline
x & 0 & &x_0 && \frac{1}{2} && x_1 && 1 \\ \hline
h''-f'' & -\infty &-&0&&+&&0& - &-\infty\\ \hline
h'-f' & +\infty &\searrow&-&\nearrow& 0&\nearrow&+& \searrow &-\infty\\ \hline
\end{array}
$$
Esto a su vez implica que el $h'-f'$ tiene exactamente tres raíces, es decir,$r_0 < \frac{1}{2} < r_1$$r_1 = 1-r_0 \in (0,x_0)$.
$$
\begin{array}{|c|ccc|}
\hline
x & 0 & &r_0 && \frac{1}{2} && r_1 && 1 \\ \hline
h'-f' &&+&0&-& 0&+&0& - &\\ \hline
h-f &0&\nearrow&&\searrow& 0&\nearrow&& \searrow 0&\\ \hline
\end{array}
$$
Esto implica la afirmación, como $\lim_{0^+}(h-f) = (h-f)(1/2) = \lim_{1^-}(h-f) =0$: $h\geq f$ en $(0.1)$.
La reclamación. $f(x) \geq g(x)$ todos los $x\in(0,1)$.
Prueba.
La escritura de la expresión y el masaje, obtenemos que para todos los $x\in (0,1)$
$$
f(x) - g(x) = \frac{x (2-x) (1-2 x)^2}{(1-x)^2}\geq 0.$$
