Sí, esto es cierto, y se sigue de una variante de la FKG la desigualdad. Sin embargo, parece más sencilla para dar un auto-contenido de la prueba.
La prueba de la desigualdad.
Deje $\mu$ ser la ley de la $X$. La desigualdad a la que desea demostrar que es equivalente a
\begin{equation}
\int_{\mathbb R}x^2\ \mathbf{1}[-b,b]\ d\mu\leq \int_{\mathbb R}\mathbf{1}[-b,b]\ d\mu \int_{\mathbb R}x^2\ d\mu.\qquad (\star)
\end{equation}
Considere la integral
$$
I=\int_{\mathbb R} \int_{\mathbb R} \bigl(x^2-y^2\bigr)\bigl(\mathbf{1}[-b,b](x)-\mathbf{1}[-b,b](y)\bigr)\ d\mu(x)\ d\mu(y).
$$
Pretendemos que $I\leq 0$. De hecho, el integrando es siempre menor o igual a $0$. Esto es porque si $|x|> |y|$, el primer factor es positiva
y el segundo factor es $0$ o $-1$, y si $|x|<|y|$, el primer factor es negativo, mientras que el segundo es $0$ o $1$. Por lo tanto el integrando es en la mayoría de las $0$, lo $I\leq 0$.
Por otro lado, pretendemos que
$$I=2\cdot\text{LHS of }(\star)-2\cdot\text{RHS of }(\star).$$
De hecho, esto sigue expandiendo fuera de $I$ y utilizando el hecho de que $\mu$ es una medida de probabilidad.
\begin{align*}
I&=\int_{\mathbb R}\int_{\mathbb R} x^2\mathbf{1}[-b,b](x)\ d\mu(x)\ d\mu(y)+\int_{\mathbb R}\int_{\mathbb R} y^2\mathbf{1}[-b,b](y)\ d\mu(x)\ d\mu(y)\\
&\quad -\int_{\mathbb R}\int_{\mathbb R} x^2\mathbf{1}[-b,b](y)\ d\mu(x)\ d\mu(y)-\int_{\mathbb R}\int_{\mathbb R} y^2\mathbf{1}[-b,b](x)\ d\mu(x)\ d\mu(y)\\
&=2\int_{\mathbb R} x^2\mathbf{1}[-b,b]\ d\mu-2\int_{\mathbb R}\mathbf{1}[-b,b]\ d\mu \int_{\mathbb R}x^2\ d\mu.
\end{align*}
Así, la desigualdad sigue desde $I\leq 0$.
Nota. El resultado y su prueba directamente generalizar al caso en el $x^2$ es reemplazado por cualquier función que es no decreciente en $[0,\infty)$ (y es integrable en intervalos acotados).
