Fonction intégrable et limite

L’inégalité de Jensen ne marche que pour une intégrale sur un intervalle de longueur $1$.

Il faut découper un peu les intégrales pour exploiter que $f$ est de carré intégrable.

Soit $\lambda>1.$ On a par l'inégalité de Cauchy-Schwarz $$\forall x\geq \lambda,\mbox{ } \int_{\lambda}^{x}\vert f(t) \vert dt \leq \sqrt{x} \left(\int_{\lambda}^{x} f^{2}(t)dt\right)^{\frac{1}{2}}.$$

On a alors à nouveau par l'inégalité de Cauchy-Schwarz que

\begin{align*}
\forall x\geq \lambda,\mbox{ } \frac{1}{\sqrt{x}}\int_{1}^{x}\vert f(t) \vert dt & \leq \frac{1}{\sqrt{x}}\int_{1}^{\lambda}\vert f(t) \vert dt + \frac{1}{\sqrt{x}}\int_{\lambda}^{x}\vert f(t) \vert dt\\
& \leq \left(\frac{\lambda}{x}\right)^{\frac{1}{2}}\times \left(\int_{1}^{\lambda} f^{2}(t)dt\right)^{\frac{1}{2}}+\left(\int_{\lambda}^{x} f^{2}(t)dt\right)^{\frac{1}{2}}\\
& \leq C(\frac{\lambda}{x})^{\frac{1}{2}}+\left(\int_{\lambda}^{+\infty} f^{2}(t)dt\right)^{\frac{1}{2}}.
\end{align*}


Ainsi, on obtient $$\limsup_{x\rightarrow +\infty} \frac{1}{\sqrt{x}}\int_{1}^{x}\vert f(t) \vert dt \leq \left(\int_{\lambda}^{+\infty} f^{2}(t)dt\right)^{\frac{1}{2}}.$$
Et on conclut ensuite en faisant tendre $\lambda$ vers $+\infty$ (le reste tend bien vers $0$ car $f$ est de carré intégrable).

@marsup Oui et celà découle de l'exercice proposé dans le fil.
Il suffit de remarquer que ton résultat est vrai pour lorsque $g$ est une fonction indicatrice (résultat du fil).
Le résultat est donc vrai lorsque $g$ est une combinaison linéaire d'indicatrices avec des supports disjoints.
On conclut par densité (il y a juste un Cauchy-Schwarz à faire et une inégalité triangulaire à intercaler) pour que la relation voulue soit vraie pour toute fonction $g$ dans $L^{2}(\mathbb{R}^{+})$

Ou sinon, on recommence en suivant les idées de la preuve donnée plus haut...

Je reprends le raisonnement de Bobby, mais pour mon cas, et sans faire de double passage à la limite.

Posons :
$I_n = \frac{1}{\sqrt{n}} \cdot \int_{0}^{+\infty} f(t) \cdot g\big(\frac{t}{n}\big) dt
$.

On écrit :
$I_n =
\underbrace{
\frac{1}{\sqrt{n}} \cdot
\int_{0}^{\sqrt{n}} f(t) \cdot g\big(\frac{t}{n}\big) dt
}_{J_0}
+
\underbrace{
\frac{1}{\sqrt{n}} \cdot
\int_{\sqrt{n}}^{+\infty} f(t) \cdot g\big(\frac{t}{n}\big) dt
}_{J_\infty}
$.

Par Cauchy-Schwarz :
$
J_0^2 \le
\frac{1}{n} \cdot
\int_{0}^{\sqrt{n}} f^2(t) dt
\cdot
\int_{0}^{\sqrt{n}} g^2\big(\frac{t}{n}\big) dt
\le \|f\|_2^2
\cdot
\int_{0}^{\frac{1}{\sqrt{n}}} g^2(t) dt
$.

De même :
$
J_\infty^2 \le
\frac{1}{n} \cdot
\int_{\sqrt{n}}^{+\infty} f^2(t) dt
\cdot
\int_{0}^{\sqrt{n}} g^2\big(\frac{t}{n}\big) dt
\le
\int_{\sqrt{n}}^{+\infty} f^2(t) dt
\cdot
\|g\|_2^2
$.

Ainsi :
$|I_n| \le \|f\|_2 \cdot \sqrt{
\int_{0}^{\frac{1}{\sqrt{n}}} g^2(t) dt
}
+
\|g\|_2
\cdot
\sqrt
{%
\int_{\sqrt{n}}^{+\infty} f^2(t) dt
}%
$.

Par le théorème de convergence dominée, les deux intégrales restantes tendent vers 0 pour $n \to \infty$.

Le résultat est démontré.
On peut aussi casser à $a \cdot \sqrt{n}$, et ensuite minimiser sur $a$, je suppose...