$$ \ left ({\ int \ limits_0 ^ 1 {f ^ 2 (x) \ \ text {d} x}} \ right) ^ {\ frac {1} {2}} \ \ geqslant \ quad \ int \ limits_0 ^ 1 {\ left | {f (x)} \ right | \ \ text {d} x} $$
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Definir $$ \mu = \int_0^1 {|f(x)|\,dx} $$ y $$ \sigma^2 = \int_0^1 {(|f(x)| - \mu )^2 \,dx} . $$ Entonces $$ \sigma^2 = \int_0^1 {f^2 (x)\,dx} - 2\mu \int_0^1 {|f(x)|\,dx} + \mu ^2 = \int_0^1 {f^2 (x)\,dx} - \mu ^2 . $$ Desde $\sigma^2 \geq 0$, $$ \int_0^1 {f^2 (x)\,dx} \geq \mu ^2. $$ Tomando raíces cuadradas de ambos lados se obtiene el resultado deseado: $$ \bigg(\int_0^1 {f^2 (x)\,dx} \bigg)^{1/2} \ge \int_0^1 {|f(x)|\,dx}. $$
EDIT: La idea de que se usa aquí es que para una variable aleatoria $Y$ finitos segundo momento, $$ {\rm Var}(Y) := {\rm E}[Y - {\rm E}(Y)]^2 \geq 0. $$ Así, $$ {\rm Var}(Y) = {\rm E}(Y^2) - 2{\rm E}(S){\rm E}(Y)+ {\rm E}^2 (Y) = {\rm E}(Y^2) - {\rm E}^2 (Y), $$ y por lo tanto $$ {\rm E}(Y^2) \geq {\rm E}^2 (Y). $$ Para relacionar este tema con la pregunta en la mano, vamos a $X$ ser un uniforme de$[0,1]$ variable aleatoria, y deje $Y=|f(X)|$ ($f$ un cuadrado integrable de la función en $[0,1]$). Entonces $$ {\rm E}(Y^2) = {\rm E}[f^2 (X)] = \int_0^1 {f^2 (x)\,dx} $$ y $$ {\rm E}^2 (Y) = {\rm E}^2 (|f(X)|) = \bigg(\int_0^1 {|f(x)|\,dx} \bigg)^2 . $$ Por lo tanto $$ \int_0^1 {f^2 (x)\,dx} \geq \bigg(\int_0^1 {|f(x)|\,dx} \bigg)^2 , $$ que da el resultado deseado después de tomar las raíces cuadradas.
