Soit $q\in ]\mathrm{\ell };1[$. Il existe $A\in {ℝ}_{+}$ tel que

et donc

On a alors

et donc

On en déduit que les intégrales sur $[A;A+n]$ de la fonction positive $f$ sont majorées et donc $f$ est intégrable sur $[A;A+\mathrm{\infty }[$ puis sur $[0;+\mathrm{\infty }[$.

Puisque $|g|\le |f|$, l’intégrabilité de $f$ entraîne celle de $g$.
Inversement, supposons $g$ intégrable.
On a

avec par décroissance de $f$

Parallèlement

donc

Ainsi,

et donc

On peut alors affirmer que les intégrales de $|f|$ sur les segments inclus dans $[0;+\mathrm{\infty }[$ sont majorées ce qui signifie que la fonction $f$ est intégrable sur $[0;+\mathrm{\infty }[$.

Pour $a=x^{\alpha }$ avec $\alpha >0$, on obtient

En prenant $\alpha =2/3$,

et donc, par comparaison de fonctions positives, $f$ est intégrable sur $[1;+\mathrm{\infty }[$.

• (a)

  Introduisons $F$ la primitive de $f$ s’annulant en $0$.

  $$g(x)=\frac{F(x)}{x}=\frac{F(x)-F(0)}{x}\underset{x\to 0^{+}}{\overset{}{\to }}{F}^{\prime }(0)=f(0)\text{.}$$

  La fonction $g$ est prolongeable par continuité en $0$.

• (b)

  Par prolongement continue, $g$ est intégrable au voisinage de $0$: on peut considérer les intégrales proposées.

  Soit $A\in {ℝ}_{+}^{*}$. On réalise une intégration par parties sur $]0;A]$ avec les fonctions $u$ et $v$ de classe ${𝒞}^1$ déterminées par

  $$u(x)=-\frac{1}{x}\mathit{\hspace{1em}}\text{et}\mathit{\hspace{1em}}v(x)=F^2(x)\text{.}$$

  Le produit $uv$ admet une limite finie en la borne $0$ car

  $$-\frac{1}{x}{F}^2(x)=-\underset{\begin{array}{c}\to f(0)\end{array}}{\underbrace{g(x)}}\underset{\begin{array}{c}\to 0\end{array}}{\underbrace{F(x)}}\underset{x\to 0^{+}}{\overset{}{\to }}0\text{.}$$

  La formule d’intégration par parties généralisée donne alors

  	${\displaystyle {\int }_0^A}{g}^2(x)dx$	$={\displaystyle {\int }_0^A}{\displaystyle \frac{1}{x^2}}{F}^2(x)dx={\left[-{\displaystyle \frac{1}{x}}{F}^2(x)\right]}_0^A+2{\displaystyle {\int }_0^A}f(x){\displaystyle \frac{F(x)}{x}}dx$
  		$=2{\displaystyle {\int }_0^A}f(x)g(x)dx-{\displaystyle \frac{1}{A}}{F}^2(A)\le 2{\displaystyle {\int }_0^A}f(x)g(x)dx\text{.}$

  Par l’inégalité de Cauchy-Schwarz (), on poursuit

  $${\left({\int }_0^A{g}^2(x)dx\right)}^2\le {\left(2{\int }_0^{A}f(x)g(x)dx\right)}^2\le 4\left({\int }_0^A{f}^2(x)dx\right)\left({\int }_0^A{g}^2(x)dx\right)\text{.}$$

  Que le premier membre soit nul ou non, on peut affirmer

  $${\int }_0^A{g}^2(x)dx\le 4{\int }_0^A{f}^2(x)dx\le 4{\int }_0^{+\mathrm{\infty }}{f}^2(x)dx\text{.}$$

• (c)

  Les intégrales partielles de la fonction positive $g^2$ sont majorées, cette fonction est donc intégrable sur $]0;+\mathrm{\infty }[$ et l’inégalité proposée est vérifiée par passage à la limite.

• (d)

  La fonction $fg$ est intégrable sur $]0;+\mathrm{\infty }[$ car c’est le produit de deux fonctions de carrés intégrables¹¹ 1 Cette affirmation se justifie aisément par la domination $|fg|\le \frac{1}{2}\left(f^2+g^2\right)$.. Par l’intégration par parties qui précède, on a

  	${\displaystyle \frac{F^2(A)}{A}}$	$=2{\displaystyle {\int }_0^A}f(x)g(x)dx-{\displaystyle {\int }_0^A}{g}^2(x)dx$
  		$\underset{A\to +\mathrm{\infty }}{\overset{}{\to }}\underset{\begin{array}{c}=\mathrm{\ell }\end{array}}{\underbrace{2{\displaystyle {\int }_0^{+\mathrm{\infty }}}f(x)g(x)dx-{\displaystyle {\int }_0^{+\mathrm{\infty }}}{g}^2(x)dx}}\text{.}$

  Si par l’absurde la limite $\mathrm{\ell }$ est non nulle, il vient

  $$g^2(x)=\frac{F^2(x)}{x}\cdot \frac{1}{x}\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{\sim }\frac{\mathrm{\ell }}{x}$$

  ce qui contredit l’intégrabilité de $g^2$. On en déduit $\mathrm{\ell }=0$ ce qui produit l’égalité demandée.

• (a)

  On a

  $$\frac{f(t)}{t}=\frac{f(t)-f(0)}{t}\underset{t\to 0}{\overset{}{\to }}{f}^{\prime }(0)\text{.}$$

  La fonction $t\mapsto f(t)/t$ peut donc se prolonger par continuité en $0$ ce qui assure l’existence des intégrales écrites.

  Par intégration par parties généralisée,

  	${\displaystyle {\int }_0^x}{\left({\displaystyle \frac{f(t)}{t}}\right)}^{2}dt$	$={\left[-{\displaystyle \frac{{(f(t))}^2}{t}}\right]}_0^x+2{\displaystyle {\int }_0^x}{\displaystyle \frac{f(t)f^{\prime }(t)}{t}}dt$
  		$=-{\displaystyle \frac{{(f(x))}^2}{x}}+2{\displaystyle {\int }_0^x}{\displaystyle \frac{f(t)f^{\prime }(t)}{t}}dt$

  et l’inégalité affirmée est désormais évidente.

• (b)

  Par l’inégalité de Cauchy-Schwarz,

  $${\left({\int }_0^x{\left(\frac{f(t)}{t}\right)}^{2}dt\right)}^2\le 4\left({\int }_0^x{\left(\frac{f(t)}{t}\right)}^{2}dt\right)\left({\int }_0^x{\left(f^{\prime }(t)\right)}^{2}dt\right)\text{.}$$

  Que le premier membre soit nul ou non, il vient

  $${\int }_0^x{\left(\frac{f(t)}{t}\right)}^{2}dt\le 4{\int }_0^x{\left(f^{\prime }(t)\right)}^{2}dt\le 4{\int }_0^{+\mathrm{\infty }}{\left(f^{\prime }(t)\right)}^{2}dt\text{.}$$

  La fonction intégrée étant positive, on peut conclure à l’inégalité voulue avec existence du premier membre.

• (a)

  Soit $F$ une primitive de la fonction continue $f$. On a

  $$g(x)=\frac{1}{x}\left(F(x)-F(0)\right)\underset{x\to 0^{+}}{\overset{}{\to }}{F}^{\prime }(0)=f(0)\text{.}$$

  Ainsi on peut prolonger $g$ par continuité en 0 en posant $g(0)=f(0)$.

• (b)

  Soit $F$ une primitive de $f$ (il en existe car $f$ est continue).
  On a

  $$g(x)=\frac{1}{x}\left(F(x)-F(0)\right)\text{.}$$

  On en déduit que $g$ est dérivable sur ${ℝ}_{+}^{*}$ et

  $$g^{\prime }(x)=-\frac{1}{x^2}\left(F(x)-F(0)\right)+\frac{f(x)}{x}=\frac{f(x)-g(x)}{x}\text{.}$$

• (c)

  Par intégration par parties

  $${\int }_a^b{g}^2(t)dt={\left[t{g}^2(t)\right]}_a^b-2{\int }_a^{b}t{g}^{\prime }(t)g(t)dt$$

  donc

  $${\int }_a^b{g}^2(t)dt={\left[t{g}^2(t)\right]}_a^b-2{\int }_a^b\left(f(t)-g(t)\right)g(t)dt$$

  puis la relation proposée.
  On en déduit par l’inégalité de Cauchy-Schwarz

  $${\int }_a^b{g}^2(t)dt\le 2\sqrt{{\int }_a^b{f}^2(t)dt}\sqrt{{\int }_a^b{g}^2(t)dt}+a{g}^2(a)$$

  puis

  $${\int }_a^b{g}^2(t)dt-2\sqrt{{\int }_a^b{f}^2(t)dt}\sqrt{{\int }_a^b{g}^2(t)dt}\le a{g}^2(a)$$

  en ajoutant un même terme de part et d’autre

  $${\left(\sqrt{{\int }_a^b{g}^2(t)dt}-\sqrt{{\int }_a^b{f}^2(t)dt}\right)}^2\le a{g}^2(a)+{\int }_a^b{f}^2(t)dt$$

  puis par la croissance de la fonction racine carrée

  	$\sqrt{{\displaystyle {\int }_a^b}{g}^2(t)dt}-\sqrt{{\displaystyle {\int }_a^b}{f}^2(t)dt}$	$\le \left|\sqrt{{\displaystyle {\int }_a^b}{g}^2(t)dt}-\sqrt{{\displaystyle {\int }_a^b}{f}^2(t)dt}\right|$
  		$\le \sqrt{a{g}^2(a)+{\displaystyle {\int }_a^b}{f}^2(t)dt}$

  et enfin

  	$\sqrt{{\displaystyle {\int }_a^b}{g}^2(t)dt}$	$\le \sqrt{{\displaystyle {\int }_0^b}{f}^2(t)dt}+\sqrt{a{g}^2(a)+{\displaystyle {\int }_0^b}{f}^2(t)dt}$
  		$\le \sqrt{{\displaystyle {\int }_0^{+\mathrm{\infty }}}{f}^2(t)dt}+\sqrt{a{g}^2(a)+{\displaystyle {\int }_0^{+\mathrm{\infty }}}{f}^2(t)dt}\text{.}$

• (d)

  En faisant tendre $a$ vers 0, on obtient

  $$\sqrt{{\int }_0^b{g}^2(t)dt}\le 2\sqrt{{\int }_0^{+\mathrm{\infty }}{f}^2(t)dt}$$

  et l’on en déduit que la fonction $g^2$ est intégrable sur ${ℝ}_{+}$ car les intégrales de $g^2$ sur les segments inclus dans ${ℝ}_{+}$ sont majorées.