Inégalité

Bonjour
C'est un peu gênant ta question. En effet il manque des hypothèses sur h car sans cela ton intégrale peut ne pas être définie.

Je crois bien que l'équivalent en 0 a été ajouté après ce message ainsi que la condition sur $a\gamma$ et la continuité de h !

À mon avis, il vaudrait mieux couper entre $0$ et $s$ et entre $s$ et $r$ où $s$ est assez grand pour qu'on ait une majoration du style $h(x)\le2\exp(2bx)$ pour $x\ge s$. Entre $s$ et $r$ ça doit résulter de Cauchy-Schwarz et entre $0$ et $s$ ça doit être négligeable devant l'autre morceau. L'équivalent en $0$ doit seulement servir à garantir l'existence de l'intégrale. M'enfin, c'est à prendre avec précautions.

On voudrait $\exp br$ et pas $\exp 2br$ dans le membre de droite, c'est ce qui suggère Cauchy-Schwarz.

Je continue sur ma première idée: on pourrait regarder la fonction $I: r \mapsto r^{2a \gamma-1}\int_{0}^{r}\frac{1}{x^{2 a \gamma}}h(x)e^{-2br}dx$, en la découpant en deux (comme proposé) $\int_{0}^{1}... +\int_{1}^{r}...$ pour montrer qu'elle est bornée.

La première intégrale va, car $\int_{0}^{1}\underbrace{\frac{h(x)}{x}}_{\textit{continue}}x^{1-2a \gamma}dx \leq \frac{M_{0}}{2-2a \gamma}$ et on obtient la majoration par $\frac{M_{0}}{2(1-a \gamma)}r^{2a \gamma-1}e^{-2br}$ qui tend vers zéro en $+ \infty$ donc bornée.

L'autre vérifie $r^{2a \gamma-1}e^{-2br}\int_{1}^{r}\underbrace{h(x)e^{-2bx}}_{\textrm{tend vers 1}}\frac{e^{2bx}}{x^{2 a \gamma}}dx\leq M_{1}r^{2a \gamma-1}e^{-2br}\int_{1}^{r}\frac{e^{2bx}}{x^{2 a \gamma}}dx$.
Et là je sèche un peu, mais moralement je suis convaincu que c'est fini, parce qu'on fait une sorte de moyenne de Césaro continue (pondérée par l'exponentielle) $\int_{1}^{r}\frac{e^{2b(x-r)}}{x^{2a\gamma}}dx $. D'ailleurs, cela ressemble aussi au style des inégalités de la moyenne, par exemple j'aimerais ici que $\int_{1}^{r}f(t)g(t)dt \sim g(r)\int_{1}^{r}f(t)dt$ (notre $g$ est la fonction puissance, donc décroissante). il doit y avoir une IPP/transformation d'Abel derrière pour le prouver.

Pas tout à fait: à l'infini, je me ramène à montrer $\int_{1}^{r}\frac{e^{2bx}}{x^{2a \gamma}}dx=O_{+ \infty}(\frac{e^{2br}}{r^{2a \gamma - 1}})$, et je pense d'ailleurs que c'est classique. Avec des IPP successives par exemple (en notant $2b=\alpha$ et $2a \gamma=\beta$), on dirait que, aux erreurs possibles de calcul près, on obtient $\int_{1}^{r}\frac{e^{\alpha x}}{x^{\beta}}dx=C+\frac{e^{\alpha r}}{\alpha r^{\beta}}(1+\frac{\beta}{\alpha r}+\frac{\beta (\beta +1)}{\alpha^{2} r^{2}}+...)+\frac{(\beta+n)!}{\alpha^{n}}r^{\beta}e^{-\alpha r}\int_{1}^{r}\frac{e^{\alpha x}}{x^{\beta+n+1}}dx)$.
ça ne doit pourtant pas être difficile de borner le "reste asymptotique" $\frac{(\beta+n)!}{\alpha^{n+1}}r^{\beta}e^{-\alpha r}\int_{1}^{r}\frac{e^{\alpha x}}{x^{\beta+n+1}}dx$.

bd2017, je crois que ta majoration est un peu trop brutale, elle fait apparaître $r$ et non $\sqrt{r}$, non ?
Math Cross, Cauchy-Schwarz donne le résultat ?

PS: ma méthode est équivalente à celle de bd2017, simplement je cherche à borner au lieu de comparer. Donc je serais surpris si une majoration simple te donne le résultat, mais pas pour moi. Cela dit je me ramène toujours à évaluer la même quantité.

Sauf erreur j'ai remplacé $a\gamma$ par $a$ et vérifie s-t-p que ce que @Polka a écrit et ce que j'ai complété est correct pour $a<1$ (donc pour toi pour $a\gamma<1$).