\documentclass[11pt]{article}


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	\newtheorem*{ntns}{Notations}

\theoremstyle{remark}
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	\newtheorem*{rem}{Remarque}
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	\newtheorem*{exs}{Exemples}
		

% Commandes et opérateurs utiles

\newcommand{\B}{\mathbb{B}}
\newcommand{\C}{\mathbb{C}}
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\newcommand{\dx}{\dmesure\!}
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\newcommand{\one}{\mathbf{1}}

\renewcommand{\bar}{\overline}
\renewcommand{\epsilon}{\varepsilon}
\renewcommand{\geq}{\geqslant}
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\renewcommand{\leq}{\leqslant}
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\DeclarePairedDelimiterX{\ssquarebrackets}[2]{\llbracket}{\rrbracket}{#1,#2}


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% Gestion de l'affichage des solutions avec le package comment

% Nouveaux compteurs pour avoir une numérotation des équations indépendante dans les solutions

\newcounter{aux}
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% Définition d'un environnement sol qui peut être commenté à loisir ci-dessous
% La numération des équations est indépendantes et en chiffres romains dans les solutions

\specialcomment{sol}{
	\setcounter{aux}{\value{equation}}
	\setcounter{equation}{\value{soleq}}
	\renewcommand{\theequation}{\roman{equation}}
	\par\begingroup\color{violet}
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	{
	\endgroup
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	}

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%\excludecomment{sol}

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%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%


% Informations du document

\author{Blanche Buet et Thomas Letendre}
\date{2023 -- 2024}
\title{Feuille 1 -- Convolution}


\begin{document}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

% Mise en page de l'en-tête

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

\makeatletter
\begin{tabularx}{\textwidth}{@{}Xr@{}}
Université Paris-Saclay & Master Mathématiques et Applications \\
\@date & Distributions et Analyse de Fourier
\end{tabularx}

\vspace{1ex}

Chargés de TD: \@author .

\vspace{2ex}

\hrule

\begin{center}
\begin{Large}
\@title
\end{Large}
\end{center}

\hrule

\vspace{2ex}

\makeatother

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

% Début du corps du texte

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

\begin{ntns}

\begin{itemize}

\item Soit $\parentheses{X,\mu}$ un espace mesuré. Pour tout $p \in [1,+\infty]$, on munit $L^p(X,\mu)$ de sa norme d'espace de Banach $\Norm{\cdot}_p$ définie pour $f \in L^p(X,\mu)$ par:
\begin{equation*}
\Norm{f}_p = \begin{cases}
\displaystyle\parentheses*{\int_X \norm{f(x)}^p \dx \mu(x)}^\frac{1}{p} & \text{si} \ p <+\infty,\\
\displaystyle \inf \brackets*{\strut M \geq 0 \mvert \norm{f(x)} \leq M \ \text{pour presque tout}\ x \in X} &\text{si} \ p =+\infty.
\end{cases}
\end{equation*}

\item Soit $\Omega$ un ouvert de $\R^d$, le \emph{support} d'une fonction $f:\Omega\to \C$, noté $\supp(f)$, est l'adhérence de $\brackets{x \in \Omega \mid f(x) \neq 0}$ dans~$\Omega$.

\item Pour tout $k \in \N \sqcup \brackets{\infty}$, on note $\cCc^k(\Omega)$ l'espace des fonctions de $\Omega$ dans $\C$ de classe $\cC^k$ à support compact. On note aussi $\cD(\Omega)=\cCc^\infty(\Omega)$.

\item Soit $p \in [1,+\infty]$, on dit que $f \in L^p(\Omega)$ est \emph{à support compact} s'il existe un compact $S \subset \Omega$ en dehors duquel $f$ est nulle presque partout, i.e. si $f$ admet un représentant à support compact.

\item Pour tout $A \subset \Omega$, on note $\one_A:\Omega\to \brackets{0,1}$ la fonction indicatrice de $A$.

\item Soit $p \in [1,+\infty]$, on note $L^p_\loc(\Omega)$ l'espace des classes de fonctions $f:\Omega\to \C$, modulo égalité presque partout, telles que $\one_K f \in L^p(\Omega)$ pour tout compact $K \subset \Omega$.

\item Pour tout $\alpha=\parentheses{\alpha_1,\dots,\alpha_d} \in \N^d$, on note $\norm{\alpha} = \sum_{i=1}^d \alpha_i$ sa \emph{longueur} et $\partial^\alpha = \frac{\partial^{\norm{\alpha}}}{\partial x_1^{\alpha_1}\cdots \partial x_d^{\alpha_d}}$.

\end{itemize}

\end{ntns}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

\begin{exo}[Continuité des translations dans $L^p$ pour $p<+\infty$]
\label{exo: continuite des translations}

Soit $p \in [1,+\infty[$, pour tout $a \in \R^d$ on définit l'opérateur de translation $\tau_a:L^p(\R^d) \to L^p(\R^d)$ par $\tau_a(f):x \mapsto f(x-a)$. Le but de l'exercice est de prouver que,  pour tout $f \in L^p(\R^d)$,
\begin{equation}
\label{eq: continuite translation}
\Norm*{\tau_a(f) - f}_p \xrightarrow[a \to 0]{} 0.
\end{equation}

\begin{enumerate}

\item \label{q: cas de C0} Montrer que~\eqref{eq: continuite translation} est vrai lorsque $f \in \cCc^0(\R^d)$.

\begin{sol}

Soit $f \in \cCc^0(\R^d)$ et soit $R>0$ tel que $\supp(f) \subset B(0,R)$ la boule de centre $0$ et de rayon $R$. Soit $a \in \R^d$ tel que $\Norm{a}<1$, alors $\tau_a(f)$ est à support dans $B(0,R+1)$. On a alors:
\begin{equation*}
\Norm*{\tau_a(f)-f}_p^p = \int_{\R^d} \norm*{\tau_a(f)(x)-f(x)}^p \dx x = \int_{B(0,R+1)} \norm{f(x-a)-f(x)}^p \dx x.
\end{equation*}

Comme $f \in \cCc^0(\R^d)$ elle est uniformément continue. Soit $\epsilon >0$, il existe $\delta \in \ ]0,1[$ tel que pour tout $a \in B(0,\delta)$ et $x \in \R^d$, $\norm{f(x-a)-f(x)} < \epsilon$. Donc, pour tout $a \in \R^d$ tel que $\Norm{a} \leq \delta$:
\begin{equation*}
\Norm{\tau_a(f) - f}_p \leq \epsilon \vol(\strut B(0,R+1))^\frac{1}{p}.
\end{equation*}

\end{sol}

\item \label{q: cas de Lp} Conclure grâce à la densité de $\cCc^0(\R^d)$ dans $L^p(\R^d)$.

\begin{sol}

Soient $f \in L^p(\R^d)$, $g \in \cCc^0(\R^d)$ et $a \in \R^d$. On a:
\begin{equation*}
\Norm{\tau_a(f)-f}_p \leq \Norm{\tau_a(f)-\tau_a(g)}_p + \Norm{\tau_a(g)-g}_p + \Norm{g-f}_p = 2\Norm{f-g}_p + \Norm{\tau_a(g)-g}_p.
\end{equation*}

Soit $\epsilon >0$, par densité de $\cCc^0(\R^d)$ dans $\parentheses*{L^p(\R^d),\Norm{\cdot}_p}$ il existe $g \in \cCc^0(\R^d)$ tel que $\Norm{f-g}_p < \epsilon$. D'après la question~\ref{q: cas de C0}, il existe $\delta >0$ tel que $\Norm{\tau_a(g)-g}_p <\epsilon$ dès que $\Norm{a}< \delta$. Pour tout $a \in \R^d$ tel que $\Norm{a}<\delta$ on a donc $\Norm{\tau_a(f)-f} < 3\epsilon$, ce qui établit~\eqref{eq: continuite translation}.

\end{sol}

\end{enumerate}

\end{exo}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

\begin{dfn}[Convolution]
Soient $f$ et $g$ deux fonctions mesurables de $\R^d$ dans $\C$ et $x \in \R^d$. Si $y \mapsto f(x-y)g(y)$ est $L^1$, on note $f \ast g(x) = \displaystyle\int_{\R^d} f(x-y)g(y) \dx y$. Un changement de variable montre qu'alors $g\ast f(x)$ est bien défini et égal à $f\ast g(x)$. La fonction $f \ast g$ est appelée la \emph{convolée} de $f$ et $g$.
\end{dfn}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

\begin{exo}[Support d'une convolée]
\label{exo: support convolee}

Soient $A$ et $B \subset \R^d$, on note $A+B = \brackets*{a+b \mvert a \in A, b \in B}$.

\begin{enumerate}

\item \label{q: somme de compact et ferme} Si $A \subset \R^d$ est compact et $B \subset \R^d$ est fermé, montrer que $A+B$ est fermé. Est-ce encore vrai si on suppose seulement $A$ et $B$ fermés?

\begin{sol}

Soit $\parentheses{x_n}_{n \in \N}$ un suite de points de $A+B$ qui converge dans $\R^d$ vers un certain $x$. Pour tout $n \in \N$, il existe $a_n \in A$ et $b_n \in B$ tels que $x_n = a_n + b_n$. Par compacité de $A$, on peut extraire de $\parentheses*{a_n}$ une sous-suite $\parentheses*{a_{\varphi(n)}}$ qui converge vers $a \in A$. Alors
\begin{equation*}
b_{\varphi(n)} = x_{\varphi(n)}-a_{\varphi(n)} \xrightarrow[n \to +\infty]{} x-a=b.
\end{equation*}
Comme $B$ est fermé, on a $b \in B$. Donc $x = a+b \in A+B$. Donc $A+B$ est fermé.

Si on suppose seulement $A$ et $B$ fermés, le résultat est faux en général. Par exemple, pour $A=\Z $ et $B = \sqrt{2}\Z$ qui sont fermés dans $\R$, on a que $A+B = \Z \oplus \sqrt{2}\Z$ est dense dans $\R$ (car $\sqrt{2} \notin \Q$), et $A + B \neq \R$ (car $A+B$ est dénombrable).

\end{sol}

\item \label{q: convolee nulle} Soient $f$ et $g$ deux fonctions continues telles que $f \ast g$ soit bien définie sur $\R^d$. Montrer que si $x \notin \supp(f) + \supp(g)$ alors $f \ast g(x)=0$.

\begin{sol}

Notons $A = \supp(f)$ et $B=\supp(g)$. Soit $x \notin A+B$, comme $f$ est nulle hors de $A$ et $g$ est nulle hors de $B$ on a:
\begin{align*}
f\ast g(x) &= \int_{\R^d} f(x-y)g(y) \dx y = \int_B f(x-y)g(y) \dx y = \int_{\brackets{x}- B} f(z)g(x-z)\dx z\\
&= \int_{\parentheses*{\brackets{x}- B} \cap A} f(z)g(x-z)\dx z.
\end{align*}
Si on avait $\parentheses*{\brackets{x}- B} \cap A \neq \emptyset$, il existerait $a \in A$ et $b \in B$ tels que $x-b=a$, i.e. $x = a+b \in A+B$ ce qui est absurde. Donc $\parentheses*{\brackets{x}- B} \cap A = \emptyset$ et $f \ast g(x)=0$.

\end{sol}

\item \label{q: support convolution} Si de plus $f$ ou $g$ est à support compact, montrer que $\supp(f \ast g)\subset \supp(f) + \supp(g)$.

\begin{sol}

Sans hypothèse sur les supports, la contraposée de la question~\ref{q: convolee nulle} montre que si $f\ast g(x) \neq 0$ alors $x \in A+B$. Donc $\brackets*{x \in \R^d \mvert f\ast g(x) \neq 0} \subset A+B$. En prenant l'adhérence, il vient:
\begin{equation*}
\supp(f\ast g) \subset \bar{A + B}.
\end{equation*}

Supposons maintenant que $f$ ou $g$ est à support compact. Par symétrie, on peut supposer $A$ compact. Comme $B$ est fermé par définition, la question~\ref{q: somme de compact et ferme} montre que $A+B$ est fermé, donc égal à son adhérence. Donc $\supp(f\ast g) \subset A + B$ comme voulu.

\end{sol}

\end{enumerate}

\end{exo}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

\begin{exo}[Convolution et dérivation]
\label{exo: convolution et derivation}

\begin{enumerate}

\item \label{q: derivation C1c*L1} Soient $f \in \cCc^1(\R^d)$ et $g \in L^1(\R^d)$, montrer que $f \ast g$ est de classe $\cC^1$ et que $\frac{\partial}{\partial x_i}(f\ast g)=\frac{\partial f}{\partial x_i}\ast g$ pour tout $i \in \ssquarebrackets{1}{d}=\brackets{1,\dots,d}$.

\begin{sol}

Comme $f \in \cCc^1(\R^d) \subset L^\infty(\R^d)$ et $g \in L^1(\R^d)$, pour tout $x \in \R^d$ on a $f(x-\cdot )g \in L^1(\R^d)$. Donc $f \ast g$ est bien définie sur $\R^d$. De même, pour tout $i \in \ssquarebrackets{1}{d}$, $\frac{\partial f}{\partial x_i} \ast g$ est bien définie sur $\R^d$. On applique le théorème de dérivation des intégrales à paramètres à $h:(x,y) \mapsto f(x-y)g(y)$.

\begin{itemize}
\item Pour tout $x \in \R^d$, $h(x,\cdot)$ est $L^1$ car produit d'une fonction $L^\infty$ et d'une fonction $L^1$.
\item Pour tout $y \in \R^d$, $h(\cdot,y)$ est $\cC^1$ et $\frac{\partial}{\partial x_i}h(\cdot,y): x \mapsto \frac{\partial f}{\partial x_i}(x-y)g(y)$.
\item Pour tout $x,y \in \R^d$,
\begin{equation}
\label{eq: domination derivee convolution}
\norm*{\frac{\partial h}{\partial x_i}(x,y)} = \norm*{\frac{\partial f}{\partial x_i}(x-y)}\norm{g(y)} \leq \Norm*{\frac{\partial f}{\partial x_i}}_\infty \norm{g(y)}.
\end{equation}
Donc $\frac{\partial h}{\partial x_i}$ est dominée uniformément en $x$ par une fonction intégrable par rapport à $y$.
\end{itemize}
Donc $f\ast g:x \mapsto \int_{\R^d} h(x,y) \dx y$ admet une dérivée partielle par rapport à $x_i$ donnée par:
\begin{equation*}
\frac{\partial}{\partial x_i}(f\ast g)= \int_{\R^d} \frac{\partial h}{\partial x_i}(\cdot,y) \dx y = \frac{\partial f}{\partial x_i} \ast g.
\end{equation*}
Le théorème de continuité des intégrales à paramètres et la domination~\eqref{eq: domination derivee convolution} montrent de plus que cette application est continue sur $\R^d$. On en conclut que $f \ast g \in \cC^1(\R^d)$.

\end{sol}

\item \label{q: derivation C10*L1loc} Montrer que le résultat est encore vrai si on suppose seulement que $g \in L^1_\loc(\R^d)$.

\begin{sol}

Il suffit de vérifier le résultat sur tout ouvert borné $\Omega \subset \R^d$. Soit $\Omega \subset \R^d$ un tel ouvert borné. Soit $x \in \Omega$, pour tout $y \in \R^d$ on a
\begin{equation*}
f(x-y) \neq 0 \implies \exists z \in \supp(f), z=x-y \implies y = x-z \in \bar{\Omega} -\supp(f).
\end{equation*}
Donc, par contraposée, $f(x-\cdot)$ est nulle hors de $K = \bar{\Omega} -\supp(f)$. Donc
\begin{equation*}
f \ast g(x) = \int_{\R^d} f(x-y)g(y) \dx y = \int_K f(x-y)g(y) \dx y = f \ast \parentheses{\one_K g}(x).
\end{equation*}
Ainsi, en restriction à $\Omega$, on $f \ast g= f \ast \parentheses{\one_K g}$. Le même raisonnement prouve que, pour tout $i \in \ssquarebrackets{1}{d}$, on a $\frac{\partial f}{\partial x_i} \ast g = \frac{\partial f}{\partial x_i} \ast \parentheses{\one _k g}$ sur $\Omega$.

L'ensemble $K$ est compact comme image du compact $\bar{\Omega} \times \supp(f)$ par l'application continue $(a,b) \mapsto a-b$. Si $g \in L^1_\loc(\R^d)$ on a donc $\one_Kg \in L^1(\R^d)$. D'après la question~\ref{q: derivation C1c*L1}, la convolée $f \ast \parentheses{\one_K g}$ est $\cC^1$ sur $\R^d$, en particulier sur $\Omega$. Donc $f \ast g$ est $\cC^1$ sur $\Omega$. De plus, sur $\Omega$,\begin{equation}
\label{eq: derivees partielles convolee}
\forall i \in \ssquarebrackets{1}{d}, \qquad \frac{\partial}{\partial x_i}(f\ast g) = \frac{\partial}{\partial x_i}\parentheses*{\strut f \ast \parentheses{\one_K g}} = \frac{\partial f}{\partial x_i} \ast \parentheses{\one_K g} = \frac{\partial f}{\partial x_i} \ast g.
\end{equation}

\end{sol}

\item \label{q: derivation Cinfty*L1loc} Soient $f \in \cD(\R^d)$ et $g \in L^1_\loc(\R^d)$, montrer que $f \ast g$ est $\cC^\infty$ et expliciter ses dérivées partielles.

\begin{sol}

On va montrer par récurrence sur $k \in \N^*$ que si $f \in \cCc^k(\R^d)$ alors $f \ast g$ est $\cC^k$ et ses dérivées partielles sont données par: $\partial^\alpha \parentheses{f \ast g} = \partial^\alpha f \ast g$ pour tout $\alpha \in \N^d$ de longueur $\norm{\alpha} \leq k$.

L'initialisation a été traitée dans la question~\ref{q: derivation C10*L1loc}. Supposons le résultat vrai pour $k \in \N^*$. Soit $f \in \cCc^{k+1}(\R^d)$. D'après la question~\ref{q: derivation C10*L1loc}, la fonction $f \ast g$ est $\cC^1$ et ses dérivées partielles sont données par la formule~\eqref{eq: derivees partielles convolee}. Pour tout $i \in \ssquarebrackets{1}{d}$, $\frac{\partial f}{\partial x_i} \in \cCc^k(\R^d)$. Par hypothèse de récurrence, les $\frac{\partial f}{\partial x_i} \ast g$ sont $\cC^k$ et $\partial^\beta\parentheses*{\frac{\partial f}{\partial x_i} \ast g} = \partial^\beta\parentheses*{\frac{\partial f}{\partial x_i}}\ast g$ pour tout $\beta$ de longueur au plus $k$.

La formule pour les dérivées partielles est vraie si $\norm{\alpha} \in \brackets{0,1}$. Soit $\alpha$ tel que $2 \leq \norm{\alpha} \leq k+1$, il existe $i \in \ssquarebrackets{1}{d}$ et $\beta$ tels que $1 \leq \norm{\beta}\leq k$ et $\partial^\alpha = \partial^\beta \frac{\partial}{\partial x_i}$. On a alors:
\begin{equation*}
\partial^\alpha\parentheses{f \ast g} = \partial^\beta\parentheses*{\frac{\partial f}{\partial x_i} \ast g} = \partial^\beta\parentheses*{\frac{\partial f}{\partial x_i}} \ast g = \partial^\alpha f \ast g.
\end{equation*}
Donc $f$ admet des dérivées partielles continue jusqu'à l'ordre $k+1$ qui sont données par la formule attendue. En particulier $f$ est donc $\cC^{k+1}$, ce qui conclut la récurrence.

\end{sol}

\end{enumerate}

\end{exo}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

\begin{exo}[Convolution par des indicatrices d'intervalles]
\label{exo: convolution indicatrices}

\begin{enumerate}

\item \label{q: calcul convolution} Soient $a < b$ et $c <d$, montrer que $\one_{[a,b]}\ast\one_{[c,d]}$ est bien définie sur $\R$ et l'expliciter.

\begin{sol}

Soit $x \in \R$. Pour tout $y \in \R$, on a
\begin{equation*}
\one_{[a,b]}(x-y)\one_{[c,d]}(y) = \begin{cases}
1 & \text{si} \ a \leq x-y \leq b \ \text{et} \ c \leq y \leq d,\\
0 & \text{sinon}.
\end{cases}
\end{equation*}
De plus,
\begin{equation*}
\begin{cases}
a \leq x-y \leq b \\ c \leq y \leq d
\end{cases}
\iff
\begin{cases}
x-b \leq y \leq x-a \\ c \leq y \leq d
\end{cases}
\iff
y \in [x-b,x-a] \cap [c,d]
\end{equation*}
de sorte que $\one_{[a,b]}(x-\cdot)\one_{[c,d]}= \one_{[x-b,x-a] \cap [c,d]} \in L^1(\R)$. Donc $\one_{[a,b]}\ast\one_{[c,d]}$ est définie sur~$\R$, et
\begin{equation*}
\one_{[a,b]}\ast\one_{[c,d]}:x \longmapsto \int_\R \one_{[x-b,x-a] \cap [c,d]}(y) \dx y = \Long \parentheses*{\strut [x-b,x-a] \cap [c,d]}.
\end{equation*}

Sans perte de généralité on peut supposer que $b-a \leq d-c$, par commutativité de $*$.
\begin{itemize}
\item Si $x \leq a+c$, alors $x-a \leq c$ et $[x-b,x-a] \cap [c,d]=\emptyset$. Donc $\Long \parentheses*{\strut [x-b,x-a] \cap [c,d]}=0$.
\item Si $a+c \leq x \leq b+c$, alors $x-b \leq c \leq x-a$. Comme $b-a \leq d-c$, on a aussi $x-a \leq d$. Donc $[x-b,x-a] \cap [c,d]=[c,x-a]$ et $\Long \parentheses*{\strut [x-b,x-a] \cap [c,d]}=x-a-c$.
\item Si $b+c \leq x \leq a+d$, alors $c \leq x-b \leq x-a \leq d$ et $\strut [x-b,x-a] \cap [c,d]=[x-b,x-a]$ est de longueur $b-a$.
\item Si $a+d \leq x \leq b+d$, alors $c \leq x-b \leq d \leq x-a$ et $\Long \parentheses*{\strut [x-b,x-a] \cap [c,d]}=b+d-x$.
\item Si $x \geq b+d$ alors $d \leq x-b$ et donc $\Long \parentheses*{\strut [x-b,x-a] \cap [c,d]}=0$.
\end{itemize}

\begin{figure}[!h]
\begin{center}
\begin{tikzpicture}[x=2.0cm,y=2.0cm]
\draw [->,color=black](-1,0) -- (5,0);
\draw [->,color=black] (0,-0.2) -- (0,1.3);
\clip(-1,-0.2) rectangle (5,1.3);
\draw [dash pattern=on 1pt off 1pt,domain=-1:5,color=black] plot(\x,{(--1-0*\x)/1});
\draw [dash pattern=on 1pt off 1pt,color=black] (1,-0.5) -- (1,1.5);
\draw [dash pattern=on 1pt off 1pt,color=black] (3.46,-0.5) -- (3.46,1.5);
\draw [line width=1.5pt] (1,1)-- (0.49,0);
\draw [line width=1.5pt] (3.46,1)-- (4.53,0);
\draw [line width=1.5pt] (1,1)-- (3.46,1);
\draw [line width=1.5pt] (0.49,0)-- (-2.36,0);
\draw [line width=1.5pt] (4.53,0)-- (4.95,0);
\begin{scriptsize}
\draw [color=black] (0.5,-0.1) node {$a+c$};
\draw [color=black] (1.2,-0.1) node {$b+c$};
\draw [color=black] (3.2,-0.1) node {$a+d$};
\draw [color=black] (4.5,-0.1) node {$b+d$};
\draw [color=black] (-0.25,1.1) node {$b-a$};
\end{scriptsize}
\end{tikzpicture}
\caption{Graphe de $\one_{[a,b]}\ast\one_{[c,d]}$, qui est continue et affine par morceaux.}
\label{fig: graphe indicatrices convolees}
\end{center}
\end{figure}

\end{sol}

\item \label{q: convolution par une indicatrice} Soient $a<b$ et $f \in \cC^k(\R)$, montrer que $\one_{[a,b]}\ast f$ est bien définie. Vérifier que $\one_{[a,b]}\ast f \in \cC^{k+1}(\R)$ et calculer sa dérivée.

\begin{sol}

Soient $x$ et $y \in \R$, on a $\one_{[a,b]}(x-y)f(y)=0$ si $x-y \notin [a,b]$, i.e.~si $y \notin [x-b,x-a]$. Comme~$f$ est $\cC^0$ sur $[x-b,x-a]$ elle y est bornée, et $\one_{[a,b]}(x-\cdot)f$ aussi. Donc $\one_{[a,b]}\ast f(x)$ est bien défini.

Pour tout $x \in \R$, on a
\begin{equation*}
\one_{[a,b]}\ast f(x) = \int_\R \one_{[a,b]}(x-y)f(y)\dx y = \int_{x-b}^{x-a} f(y) = F(x-a)-F(x-b),
\end{equation*}
où $F:\R \to \R$ est n'importe quelle primitive de $f$, par exemple $F:z \mapsto \int_0^z f(y)\dx y$. Comme $f\in \cC^k(\R)$, ses primitives sont $\cC^{k+1}$, et donc $\one_{[a,b]}\ast f$ également. Enfin, pour tout $x \in \R$:
\begin{equation*}
\parentheses*{\one_{[a,b]}\ast f}'(x) = F'(x-a)-F'(x-b) = f(x-a)-f(x-b).
\end{equation*}

\end{sol}

\end{enumerate}

\end{exo}

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\begin{exo}[Inégalité de Hölder généralisée]
\label{exo: Holder generalisee}

Soit $\parentheses{X,\mu}$ un espace mesuré. On rappelle l'\emph{inégalité de Hölder} classique: soient $f \in L^p(X,\mu)$ et $g \in L^q(X,\mu)$, où $p$ et $q \in [1,+\infty]$ sont tels que $\frac{1}{p}+\frac{1}{q}=1$, alors $fg \in L^1(X,\mu)$, et de plus $\Norm{fg}_1 \leq \Norm{f}_p \Norm{g}_q$.

\begin{enumerate}

\item \label{q: Holder generalise} Soient $p,q$ et $r \in [1,+\infty]$ tels que $\frac{1}{p}+\frac{1}{q}= \frac{1}{r}$. Montrer que pour tout $f \in L^p(X,\mu)$ et $g \in L^q(X,\mu)$ on a $fg \in L^r(X,\mu)$ et $\Norm{fg}_r \leq \Norm{f}_p \Norm{g}_q$.

\begin{sol}

Commençons par supposer que $r <+\infty$ et posons $p'=\frac{p}{r}$ et $q'=\frac{q}{r}$, de sorte que $\frac{1}{p'}+\frac{1}{q'}=1$. Soient $f \in L^p(X,\mu)$ et $g \in L^q(X,\mu)$, on a $f^r \in L^{p'}(X,\mu)$, et de même $g^r \in L^{q'}(X,\mu)$. D'après le résultat classique on a donc $(fg)^r \in L^1(X,\mu)$, i.e.~$fg \in L^r(X,\mu)$, et:
\begin{equation*}
\Norm{fg}^r_r = \int_X \norm{f(x)}^r \norm{g(x)}^r \dx \mu(x) \leq \Norm{f^r}_{p'} \Norm{g^r}_{q'}.
\end{equation*}
Si $p<+\infty$ alors $p'<+\infty$ et:
\begin{equation*}
\Norm{f^r}_{p'} = \parentheses*{\int_X \norm{f(x)}^{rp'} \dx \mu(x)}^\frac{1}{p'} = \parentheses*{\int_X \norm{f(x)}^p \dx \mu(x)}^\frac{r}{p} = \Norm{f}_p^r.
\end{equation*}
Si $p=+\infty$ alors $p'=+\infty$, et on a aussi $\Norm{f^r}_{p'} = \Norm{f}_p^r$. De même $\Norm{g^r}_{q'}=\Norm{g}_q^r$. Finalement on a bien $\Norm{fg}_r \leq \Norm{f}_p \Norm{g}_q$.

Si maintenant $r =+\infty$ alors on a nécessairement $p=+\infty=q$. Dans ce cas, $fg$ est bien essentiellement bornée et $\Norm{fg}_\infty \leq \Norm{f}_\infty \Norm{g}_\infty$, ce qui conclut la preuve.

\end{sol}

\item \label{q: inclusion Lp} Dans cette question on suppose $\mu(X) < \infty$. Montrer que si $r \leq q$ alors $L^q(X,\mu) \subset L^r(X,\mu)$ et que cette inclusion est continue. L'inclusion réciproque est-elle vraie?

\begin{sol}

Sans perte de généralité on peut supposer $1 \leq r< q \leq +\infty$. On a donc $0 < \frac{1}{r}-\frac{1}{q} \leq \frac{1}{r} \leq 1$ et il existe $p \in [1,+\infty[$ tel que $\frac{1}{p} = \frac{1}{r}-\frac{1}{q}$. Comme $\mu(X)<+\infty$, on a $\one_X\in L^p(X,\mu)$.

Soit $f \in L^q(X,\mu)$, en appliquant l'inégalité de Hölder généralisée de la question~\ref{q: Holder generalise} à $\one_X$ et $f$ on obtient que $f \in L^r(X,\mu)$, et même que $\Norm{f}_r \leq \Norm{\one_X}_p\Norm{f}_q=\mu(X)^\frac{1}{p}\Norm{f}_q$. Cela montre que l'application linéaire $f \mapsto f$ de $L^q(X)$ dans $L^r(X)$ est bien définie et continue.

L'inclusion réciproque est fausse en général, par exemple la fonction $x \mapsto \frac{1}{\sqrt{x}}$ est dans $L^1([0,1])$ mais pas dans $L^2([0,1])$.

\end{sol}

\item \label{q: contreex inclusion Lp} Donner un contre-exemple à l'inclusion de la question~\ref{q: inclusion Lp} lorsque $\mu(X)=+\infty$.

\begin{sol}

La fonction $x \mapsto \frac{1}{x}$ est dans $L^2([1,+\infty[)$ mais pas dans $L^1([1,+\infty[)$.

\end{sol}

\item \label{q: inclusion Lploc} Déduire de la question~\ref{q: inclusion Lp} que, pour tout $p \in [1,+\infty]$, $L^p_\loc(\R^d) \subset L^1_\loc(\R^d)$.

\begin{sol}

Soient $p \in [1,+\infty[$ et $f \in L^p_\loc(\R^d)$. Soit $K \subset \R^d$ un compact, il est de mesure finie pour la mesure de Lebesgue. D'après la question~\ref{q: inclusion Lp}, il existe $C \geq 0$ tel que:
\begin{equation*}
\int_{\R^d} \norm{\one_K(x)f(x)}\dx x = \int_K \norm{f(x)} \dx x = \Norm{f_{\vert K}}_{L^1(K)} \leq C \Norm{f_{\vert K}}_{L^p(K)} = C \Norm{\one_K f}_p <+\infty.
\end{equation*}
Donc $\one_Kf \in L^1(\R^d)$ pour tout compact $K$. Donc $f \in L^1_\loc(\R^d)$.

\end{sol}

\end{enumerate}

\end{exo}

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Le résultat suivant donne un critère assurant que la convolée de deux fonctions $f$ et $g$ est bien définie presque partout sur $\R^d$. Il donne aussi un contrôle sur les normes $L^p$ de $f \ast g$. On en prouve plusieurs cas particuliers dans l'exercice~~\ref{exo: inegalite de Young particulier}. Le cas général fait l'objet de l'exercice facultatif~\ref{exo: inegalite de Young generale}.

\begin{thm}[Inégalité de Young]
\label{thm: Young}
Soient $p,q$ et $r \in [1,+\infty]$ tels que $\frac{1}{p}+\frac{1}{q}=1+\frac{1}{r}$. Si $f \in L^p(\R^d)$ et $g \in L^q(\R^d)$, alors $f\ast g \in L^r(\R^d)$ et $\Norm{f \ast g}_r \leq \Norm{f}_p\Norm{g}_q$.
\end{thm}

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\begin{exo}[Inégalité de Young, cas particuliers]
\label{exo: inegalite de Young particulier}

\begin{enumerate}

\item \label{q: Young L1*L1} Prouver le théorème~\ref{thm: Young} pour $p=q=r=1$.

\begin{sol}

Soient $f$ et $g \in L^1(\R^d)$. Par le théorème de Fubini--Tonelli:
\begin{equation}
\label{eq: Young L1*L1}
\int_{x \in \R^d} \int_{y \in \R^d} \norm{f(x-y)}\norm{g(y)} \dx y \dx x = \int_{y \in \R^d} \norm{g(y)} \int_{x \in \R^d} \norm{f(x-y)} \dx x \dx y = \Norm{f}_1\Norm{g}_1 <+\infty.
\end{equation}
La fonction $(x,y) \mapsto f(x-y)g(y)$ est donc intégrable sur $\R^d \times \R^d$. Par le théorème de Fubini, $f\ast g$ est donc bien définie presque partout sur $\R^d$ et intégrable. Enfin, par l'équation~\eqref{eq: Young L1*L1},
\begin{equation*}
\Norm{f \ast g}_1 = \int_{x \in \R^d} \norm{f\ast g(x)} \dx x \leq \int_{x \in \R^d} \int_{y \in \R^d} \norm{f(x-y)}\norm{g(y)} \dx y \dx x \leq \Norm{f}_1\Norm{g}_1.
\end{equation*}

\end{sol}

\item \label{q: Young L1O*L1loc} Soient $f \in L^1(\R^d)$ à support compact et $g \in L^1_\loc(\R^d)$, montrer que $f \ast g \in L^1_\loc(\R^d)$.

\begin{sol}

Soit $C \subset \R^d$ un compact, on veut montrer que $\one_C(f \ast g) \in L^1(\R^d)$. Soient $S \subset \R^d$ un compact en dehors duquel $f$ est nulle presque partout et $K = C-S$, qui est aussi compact. En raisonnant comme à la question~\ref{q: derivation C10*L1loc} de l'exercice~\ref{exo: convolution et derivation}, on va montrer que $f\ast g$ et $f \ast \parentheses{\one_K g}$ coïncident sur $C$. Ensuite, comme $g \in L^1_\loc(\R^d)$, on a $\one_K g \in L^1(\R^d)$. D'après la question~\ref{q: Young L1*L1}, on a alors $f \ast \parentheses{\one_K g} \in L^1(\R^d)$ et donc $\one_C\parentheses*{f \ast g} = \one_C\parentheses*{f \ast \parentheses{\one_K g}} \in L^1(\R^d)$.

Soit $x \in C$, la bonne définition et la valeur de $f \ast g(x)$ ne dépendent que de la classe de $f$ dans $L^1(\R^d)$. Comme $f$ est nulle presque partout hors de $S$, on peut supposer que $f$ est nulle hors de $S$ sans perte de généralité. Pour tout $y \in \R^d$ on a alors
\begin{equation*}
f(x-y) \neq 0 \implies \exists z \in S, z=x-y\implies \exists z \in S, y=x-z \in C-S=K
\end{equation*}
Donc $f(x-\cdot)$ est nulle hors de $K$ et $f\ast g(x) = \int_K f(x-y)g(y)\dx y = f \ast \parentheses{\one_K g}(x)$.

\end{sol}

\item \label{q: convolution associative} Soient $f,g$ et $h \in L^1(\R^d)$, montrer que $f\ast(g\ast h)=(f\ast g)\ast h$ dans $L^1(\R^d)$.

\begin{sol}

D'après la question~\ref{q: Young L1*L1}, $f\ast(g\ast h)$ est bien définie presque partout. Soit $x \in \R^d$, on a:
\begin{equation}
\label{eq: associativite convolution}
f\ast(g\ast h)(x) = \int_{\R^d} f(x-y)\parentheses*{g\ast h(y)} \dx y = \int_{\R^d}\parentheses*{\int_{\R^d} f(x-y)g(y-z)h(z) \dx z} \dx y.
\end{equation}
Comme dans la question~\ref{q: Young L1*L1}, par Fubini--Tonelli on a:
\begin{align*}
\int_{\R^d} \int_{\R^d \times \R^d} \norm{f(x-y)}\norm{g(y-z)}\norm{h(z)} \dx y \dx z \dx x &= \int_{\R^d} \norm{h(z)} \int_{\R^d} \norm{g(y-z)} \int_{\R^d} \norm{f(x-y)} \dx x \dx y \dx z\\
&= \Norm{f}_1\Norm{g}_1\Norm{h}_1 <+\infty. 
\end{align*}
Donc, pour presque tout $x \in \R^d$,
\begin{equation*}
\int_{\R^d \times \R^d} \norm{f(x-y)}\norm{g(y-z)}\norm{h(z)} \dx y \dx z < +\infty
\end{equation*}
On suppose dorénavant qu'on a choisit un tel $x$. On peut alors appliquer le théorème de Fubini pour échanger les intégrales dans le terme de droite de~\eqref{eq: associativite convolution}. À l'aide du changement de variable $y=z+t$, on obtient alors:
\begin{align*}
f\ast(g\ast h)(x) &= \int_{\R^d}\parentheses*{\int_{\R^d} f(x-y)g(y-z) \dx y} h(z) \dx z = \int_{\R^d}\parentheses*{\int_{\R^d} f(x-z-t)g(t) \dx t} h(z) \dx z\\
&= \int_{\R^d} \parentheses*{f\ast g(x-z)}h(z) \dx z = \parentheses*{f \ast g} \ast h (x).
\end{align*}
Cette égalité étant valable presque partout, on a bien $f\ast(g\ast h)=(f\ast g)\ast h$ dans $L^1(\R^d)$.

\end{sol}

\item \label{q: Young Lp*Lq} Prouver le théorème~\ref{thm: Young} lorsque $r=+\infty$. Montrer que $f \ast g$ est alors uniformément continue.

\begin{sol}

Comme $r=+\infty$, on a $\frac{1}{p}+\frac{1}{q}=1$. Soient $f \in L^p(\R^d)$ et $g \in L^q(\R^d)$. Soit $x \in \R^d$, on a $f(x-\cdot) \in L^p(\R^d)$ et $\Norm{f(x-\cdot)}_p=\Norm{f}_p$. Par Hölder, $f\ast g(x)$ est bien défini et:
\begin{equation*}
\norm{f\ast g(x)} \leq \int_{\R^d} \norm{f(x-y)}\norm{g(y)}\dx y \leq \Norm{f(x-\cdot)}_p\Norm{g}_q = \Norm{f}_p\Norm{g}_q.
\end{equation*}
Finalement, $f \ast g \in L^\infty(\R^d)$ et $\Norm{f\ast g}_\infty \leq \Norm{f}_p\Norm{g}_q$, comme attendu.

En terme des opérateurs de translation introduits dans l'exercice~\ref{exo: continuite des translations}, l'uniforme continuité de $f\ast g$ signifie que $\Norm*{\strut\tau_a(f\ast g) - f\ast g}_\infty \xrightarrow[a \to 0]{}0$. C'est cette propriété qu'on va prouver. Pour tout $x$ et $a \in \R^d$, on a:
\begin{align*}
\norm*{\tau_a(f\ast g)(x) - f\ast g(x)} & = \norm*{f\ast g(x-a) - f\ast g(x)} = \norm*{\int_{\R^d} \parentheses*{\strut f(x-a-y)-f(x-y)} g(y) \dx y}\\
&\leq \int_{\R^d} \norm*{\parentheses*{\strut\tau_a(f)-f}(x-y)}\norm{g(y)} \dx y \leq \Norm{\tau_a(f)-f}_p\Norm{g}_q,
\end{align*}
où on a utilisé l'inégalité de Hölder et le fait que $\parentheses*{\tau_a(f)-f}(x-\cdot)$ est dans $L^p(\R^d)$ et de même norme que $\tau_a(f)-f$. On obtient que $\Norm*{\strut\tau_a(f\ast g) - f\ast g}_\infty \leq \Norm{\tau_a(f)-f}_p\Norm{g}_q$.

Quitte à échanger les rôles de $f$ et $g$ dans l'inégalité précédente (ce qui est possible car $*$ est commutative), on peut supposer que $p < +\infty$. Alors, par la continuité des translations dans $L^p(\R^n)$ prouvée dans l'exercice~\ref{exo: continuite des translations}, on a:
\begin{equation*}
\Norm*{\strut\tau_a(f\ast g) - f\ast g}_\infty \leq \Norm{\tau_a(f)-f}_p\Norm{g}_q \xrightarrow[a \to 0]{}0
\end{equation*}
\end{sol}

\item \label{q: Young Lp*L1} Prouver le théorème~\ref{thm: Young} lorsque $q=1$.
\begin{hint}
Écrire $\norm{f \ast  g(x)} \leq \norm{f}\ast \norm{g}(x) = \displaystyle\int_{\R^d} \norm{f(x-y)}\norm{g(y)}^\frac{1}{p}\norm{g(y)}^\frac{p-1}{p}\dx y$ et utiliser Hölder.
\end{hint}

\begin{sol}

Comme $q=1$ on a $r=p$ et il s'agit de montrer que $f\ast g \in L^p(\R^d)$ et $\Norm{f \ast g}_p \leq \Norm{f}_p\Norm{g}_1$. Les cas $p=1$ et $p=+\infty$ ont été traités dans les questions~\ref{q: Young L1*L1} et~\ref{q: Young Lp*Lq} respectivement. On peut donc supposer que $p \in \ ]1,+\infty[$. Notons $p'=\frac{p}{p-1}$, de sorte que $\frac{1}{p}+\frac{1}{p'}=1$.

Soit $x \in \R^d$, suivant l'indication on écrit:
\begin{equation}
\label{eq: Young Lp*L1}
\norm{f \ast g(x)} \leq \int_{\R^d} \norm{f(x-y)}\norm{g(y)}^\frac{1}{p}\norm{g(y)}^\frac{1}{p'} \dx y.
\end{equation}
Comme $g \in L^1(\R^d)$ on a $\norm{g}^\frac{1}{p'}\in L^{p'}(\R^d)$. Par ailleurs $\norm{f}^p \in L^1(\R^d)$ donc $\norm{f}^p \ast \norm{g}(x) <+\infty$ pour presque tout $x \in \R^d$, d'après~\ref{q: Young L1*L1}. Pour un tel $x$ on a $\int_{\R^d} \norm{f(x-y)}^p \norm{g(y)} \dx y <+\infty$, c'est-à-dire $\norm{f(x-\cdot)}\norm{g}^\frac{1}{p} \in L^p(\R^d)$. En appliquant l'inégalité de Hölder dans l'équation~\eqref{eq: Young Lp*L1}:
\begin{equation*}
\norm{f \ast g(x)} \leq \parentheses*{\int_{\R^d} \norm{f(x-y)}^p \norm{g(y)} \dx y}^\frac{1}{p} \Norm{g}_1^\frac{1}{p'}.
\end{equation*}
Cette inégalité étant valable presque partout, par Fubini--Tonelli:
\begin{align*}
\int_{\R^d} \norm{f\ast g(x)}^p \dx x \leq \Norm{g}_1^\frac{p}{p'} \int_{\R^{2d}}  \norm{f(x-y)}^p \norm{g(y)} \dx x \dx y = \Norm{g}_1^{p-1} \Norm{f}_p^p \Norm{g}_1 = \Norm{f}_p^p\Norm{g}_1^p < +\infty.
\end{align*}
Donc $f \ast g \in L^p(\R^d)$ et $\Norm{f \ast g}_p \leq \Norm{f}_p\Norm{g}_1$, comme attendu.

\end{sol}

\end{enumerate}

\end{exo}

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\begin{exo}[Régularisation par convolution]
\label{exo: regularisation}

Soit $\varphi \in L^1(\R^d)$ telle que $\int_{\R^d} \varphi =1$. Pour tout $\epsilon >0$ on définit $\varphi_\epsilon:x \mapsto \frac{1}{\epsilon^d}\varphi\parentheses*{\frac{x}{\epsilon}}$.

\begin{enumerate}

\item \label{q: formule regularisation L1} Soit $f \in L^1(\R^d)$, montrer que pour presque tout $x \in \R^d$: \begin{equation}
\label{eq: regularisation}
\varphi_\epsilon \ast f (x) - f(x) = \int_{\R^d} \varphi(y) \parentheses*{\strut \tau_{\epsilon y}f(x)-f(x)} \dx y.
\end{equation}

\begin{sol}

Soit $\epsilon >0$, observons d'abord que $\varphi_\epsilon$ est intégrable et définie de sorte que:
\begin{equation*}
\int_{\R^d} \varphi_\epsilon(z) \dx z = \int_{\R^d} \varphi\parentheses*{\frac{z}{\epsilon}} \frac{\dx z}{\epsilon^d} = \int_{\R^d} \varphi(y) \dx y = 1.
\end{equation*}
D'après la question~\ref{q: Young L1*L1} de l'exercice~\ref{exo: inegalite de Young particulier}, pour presque tout $x \in \R^d$, $\varphi_\epsilon \ast f (x)$ est bien définie et:
\begin{align*}
\varphi_\epsilon \ast f(x) - f(x) &= f \ast \varphi_\epsilon(x) - \parentheses*{\int_{\R^d} \varphi_\epsilon(z) \dx z}f(x) = \int_{\R^d} \varphi_\epsilon(z)\parentheses*{\strut f(x-z)-f(x)} \dx z\\
&= \int_{\R^d} \varphi\parentheses*{\frac{z}{\epsilon}}\parentheses*{\strut \tau_zf(x)-f(x)} \frac{\dx z}{\epsilon^d} = \int_{\R^d} \varphi(y) \parentheses*{\strut \tau_{\epsilon y}f(x)-f(x)} \dx y.
\end{align*}

\end{sol}

\item \label{q: approximation L1} En déduire que $\varphi_\epsilon \ast f \xrightarrow[\epsilon \to 0]{}f$ dans $L^1(\R^d)$.

\begin{sol}

D'après la question~\ref{q: Young L1*L1} de l'exercice~\ref{exo: inegalite de Young particulier} on a bien $\varphi_\epsilon \ast f \in L^1(\R^d)$. On calcule:
\begin{equation*}
\Norm{\varphi_\epsilon \ast f - f}_1 = \int_{\R^d} \norm*{\int_{\R^d} \varphi(y) \parentheses*{\strut \tau_{\epsilon y}f(x)-f(x)} \dx y}\dx x \leq \int_{\R^d} \int_{\R^d} \norm*{\varphi(y)} \norm*{\strut \tau_{\epsilon y}f(x)-f(x)} \dx y \dx x.
\end{equation*}
On peut échanger les intégrales par Fubini--Tonelli, donc:
\begin{equation*}
\Norm{\varphi_\epsilon \ast f - f}_1 \leq \int_{\R^d} \norm*{\varphi(y)} \int_{\R^d} \norm*{\strut \tau_{\epsilon y}f(x)-f(x)} \dx x \dx y = \int_{\R^d} \norm*{\varphi(y)} \Norm*{\strut \tau_{\epsilon y}f-f}_1 \dx y.
\end{equation*}
On a $\Norm*{\strut \tau_{\epsilon y}f-f}_1 \leq \Norm{\tau_{\epsilon y}f}_1 + \Norm{f}_1 \leq 2\Norm{f}_1$, donc l'intégrande dans le terme de droite est dominé par la fonction intégrable $2\Norm{f}_1\norm{\varphi}$, indépendamment de $\epsilon$. D'après l'exercice~\ref{exo: continuite des translations}, cet intégrande converge simplement vers $0$ quand $\epsilon \to 0$. D'après le théorème de convergence dominée de Lebesgue, on a donc $\Norm{\varphi_\epsilon \ast f - f}_1 \xrightarrow[\epsilon \to 0]{}0$.

\end{sol}

\end{enumerate}

\begin{rem}
Ce résultat apparait de façon cruciale dans la preuve de la formule d'inversion de Fourier pour les fonction $L^1$ dont la transformée de Fourier est $L^1$, avec $\varphi$ égale à la gaussienne standard.
\end{rem}

Dans la suite de cet exercice, on suppose que $\varphi$ est à support compact et on note $S \subset \R^d$ un compact en dehors duquel $\varphi$ est nulle presque partout.

\begin{enumerate}[resume]

\item \label{q: formule regularisation L1loc} Soit $f \in L^1_\loc(\R^d)$, montrer que la formule~\eqref{eq: regularisation} est toujours valable pour presque tout $x \in \R^d$.

\begin{sol}

Soit $\epsilon >0$, pour presque tout $x \notin \epsilon S$ on a $\frac{x}{\epsilon} \notin S$ et donc $\varphi_\epsilon(x) = \frac{1}{\epsilon^d}\varphi\parentheses*{\frac{x}{\epsilon}}=0$. Donc $\varphi_\epsilon$ est nulle presque partout hors de $\epsilon S$. En particulier $\varphi_\epsilon$ est à support compact et $\varphi_\epsilon \ast f\in L^1_\loc(\R^d)$ d'après l'exercice~\ref{exo: inegalite de Young particulier} question~\ref{q: Young L1O*L1loc}.

Le calcul effectué à la question~\ref{q: formule regularisation L1} est toujours valable dans ce contexte, les intégrales étant bien définies grâce à la compacité de $S$. Ceci établit la validité de~\eqref{eq: regularisation} presque partout sur $\R^d$.

\end{sol}

\item \label{q: approximation UC} Soit $f:\R^d \to \C$ une fonction uniformément continue, montrer que  $\varphi_\epsilon \ast f \xrightarrow[\epsilon \to 0]{}f$ uniformément.

\begin{sol}

Comme $f$ est uniformément continue elle est bornée sur tout compact et $f \in L^\infty_\loc(\R^d)$. Par l'exercice~\ref{exo: Holder generalisee} question~\ref{q: inclusion Lploc} on a $f \in L^1_\loc(\R^d)$ donc on peut appliquer la formule~\eqref{eq: regularisation}. Soit $R >0$ tel que la boule fermée $B(0,R)$ de centre $0$ et de rayon $R$ contienne $S$, pour presque tout $x \in \R^d$ on a alors:
\begin{equation*}
\norm*{\varphi_\epsilon \ast f (x) - f(x)} \leq \int_S \norm{\varphi(y)} \norm*{\strut \tau_{\epsilon y}f(x)-f(x)} \dx y \leq \sup_{\Norm{y} \leq R}\Norm*{\strut \tau_{\epsilon y}f-f}_\infty \int_S \norm*{\varphi(y)} \dx y
\end{equation*}
et donc
\begin{equation*}
\Norm*{\varphi_\epsilon \ast f - f}_\infty \leq \Norm{\varphi}_1 \sup_{\Norm{z} \leq \epsilon R} \Norm*{\strut \tau_zf-f}_\infty.
\end{equation*}

Comme $f$ est uniformément continue, on a $\Norm*{\strut \tau_zf-f}_\infty \xrightarrow[z \to 0]{}0$. Donc le sup tend vers $0$ lorsque $\epsilon \to 0$ dans l'inégalité précédente. On a donc bien $\Norm*{\varphi_\epsilon \ast f - f}_\infty \xrightarrow[\epsilon \to 0]{}0$.

\end{sol}

\item \label{q: approximation Lp} Soient $p \in [1,+\infty[$ et $q$ son exposant conjugué. On suppose que $\varphi \in L^q(\R^d)$. Pour tout $f \in L^p(\R^d)$, montrer que $\varphi_\epsilon \ast f \xrightarrow[\epsilon \to 0]{}f$ dans $L^p(\R^d)$. Le résultat reste-t-il vrai pour $p=+\infty$?

\begin{sol}

Comme $S$ est compact, $\varphi \in L^q(\R^d)$ implique $\varphi \in L^1(\R^d)$. En effet $\varphi_{\vert S} \in L^q(S) \subset L^1(S)$ d'après l'exercice~\ref{exo: Holder generalisee} question~\ref{q: inclusion Lp} et $\varphi$ est nulle presque partout hors de $S$.

Soit $f \in L^p(\R^d)$, par l'exercice~\ref{exo: Holder generalisee} question~\ref{q: inclusion Lploc}, on a $f \in L^p_\loc(\R^d) \subset L^1_\loc(\R^d)$. On peut donc utiliser la formule~\eqref{eq: regularisation}. Pour presque tout $x \in \R^d$,
\begin{equation*}
\norm*{\strut \varphi_\epsilon \ast f(x) - f(x)} \leq \int_S \norm{\varphi(x)} \norm*{\strut \tau_{\epsilon y}f(x)-f(x)} \dx y \leq \Norm{\varphi}_q \parentheses*{\int_S \norm*{\strut \tau_{\epsilon y}f(x)-f(x)}^p \dx y}^\frac{1}{p},
\end{equation*}
où on a appliqué l'inégalité de Hölder sur $S$. C'est licite car $y \mapsto f(x) \in L^\infty(S) \subset L^p(S)$ et $y \mapsto f(x-\epsilon y)$ est $L^p$ sur $\R^d$ donc sur $S$. Donc $y \mapsto \tau_{\epsilon y}f(x)-f(x)$ est dans $L^p(S)$. En élevant cette inégalité à la puissance $p$ et en intégrant, on obtient:
\begin{equation*}
\Norm*{\strut \varphi_\epsilon \ast f - f}_p^p \leq \Norm{\varphi}_q^p \int_{\R^d} \int_S \norm*{\strut \tau_{\epsilon y}f(x)-f(x)}^p \dx y \dx x = \Norm{\varphi}_q^p \int_S \Norm*{\strut \tau_{\epsilon y}f-f}_p^p \dx y
\end{equation*}
par Fubini--Tonelli. D'après l'exercice~\ref{exo: continuite des translations}, l'intégrande dans le terme de droite converge simplement vers $0$ lorsque $\epsilon \to 0$. Par ailleurs $\Norm*{\strut \tau_{\epsilon y}f-f}_p^p \leq 2^p\Norm{f}_p^p$ pour tout $\epsilon >0$ et $y \in S$. Comme $S$ est compact, ceci fournit une domination par une fonction intégrable et on peut appliquer le théorème de convergence dominée. Finalement $\Norm*{\strut \varphi_\epsilon \ast f - f}_p \xrightarrow[\epsilon \to 0]{}0$.

Si $p=+\infty$ la preuve s'effondre car on n'a pas la continuité des translations dans $L^\infty(\R^d)$. En fait le résultat est faux dans ce cas. Si $\varphi \in L^1(\R^d)$ et $f \in L^\infty(\R^d)$ alors $\varphi_\epsilon \ast f$ est continue d'après la question~\ref{q: Young Lp*Lq} de l'exercice~\ref{exo: inegalite de Young particulier}. Si on a $\varphi_\epsilon \ast f \xrightarrow[\epsilon \to 0]{}f$ dans $L^\infty(\R^d)$ alors $f$ est continue comme limite uniforme de fonctions continues. Cette convergence n'a donc pas lieu pour les fonctions non continues dans $L^\infty(\R^d)$.

\end{sol}

\item \label{q: densite de D dans Lp} En déduire que $\cD(\R^d)$ est dense dans $L^p(\R^d)$ lorsque $p \in [1,+\infty[$.

\begin{sol}

Soit $p \in [1,+\infty[$. Comme $\cCc^0(\R^d)$ est dense dans $\parentheses*{L^p(\R^d),\Norm{\cdot}_p}$, il suffit de montrer que $\cD(\R^d)$ est dense dans $\parentheses*{\cCc^0(\R^d),\Norm{\cdot}_p}$.

Soit $f \in \cCc^0(\R^d) \subset L^p(\R^d)$. Soit $\varphi \in \cD(\R^d)$ telle que $\int_{\R^d} \varphi =1$. En particulier $\varphi \in L^q(\R^d)$, où $q$ est l'exposant conjugué de $p$, donc $\varphi_\epsilon \ast f \xrightarrow[\epsilon \to 0]{\Norm{\cdot}_p} f$ d'après la question~\ref{q: approximation Lp}. Pour conclure, il s'agit de vérifier que $\varphi_\epsilon \ast f \in \cD(\R^d)$ pour tout $\epsilon >0$.

Soit $\epsilon>0$, on a $\varphi_\epsilon \in \cD(\R^d)$ et $f \in \cCc^0(\R^d) \subset L^1_\loc(\R^d)$, donc $\varphi_\epsilon \ast f$ est $\cC^\infty$ par la question~\ref{q: derivation Cinfty*L1loc} de l'exercice~\ref{exo: convolution et derivation}. Comme dans la question~\ref{q: formule regularisation L1loc} on a $\supp(\varphi_\epsilon) \subset \epsilon \supp(\varphi)$. D'après la question~\ref{q: support convolution} de l'exercice~\ref{exo: support convolee}, on a:
\begin{equation*}
\supp\parentheses*{\varphi_\epsilon \ast f} \subset \supp\parentheses*{\varphi_\epsilon}+\supp\parentheses*{f} \subset \epsilon \supp(\varphi) + \supp(f).
\end{equation*}
Comme $\epsilon \supp(\varphi) + \supp(f)$ est compact, on a bien $\varphi_\epsilon \ast f \in \cD(\R^d)$, ce qui conclut la preuve.

\end{sol}

\end{enumerate}

\end{exo}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

\begin{exo}[Inégalité de Young, cas général --- \emph{facultatif}]
\label{exo: inegalite de Young generale}

\begin{enumerate}

\item \label{q: inegalite de Holder n termes} Établir l'\emph{inégalité de Hölder à $n$ termes}: soient $p_1,\dots,p_n \in [1,+\infty]$ tels que $\frac{1}{p_1} + \dots + \frac{1}{p_n}=1$, soient $f_j \in L^{p_j}(\R^d)$, alors $f_1\cdots f_n \in L^1(\R^d)$ et $\Norm*{f_1\cdots f_n}_1 \leq \Norm{f_1}_{p_1}\cdots\Norm{f_n}_{p_n}$.

\begin{sol}

On procède par récurrence sur $n \in \N^*$, le cas $n=1$ étant trivial. Supposons le résultat vrai pour $n \in \N^*$. Soient $p_1,\dots,p_{n+1} \in [1,+\infty]$ tels que $\frac{1}{p_1} + \dots + \frac{1}{p_{n+1}}=1$ et soient $f_j \in L^{p_j}(\R^d)$ pour tout $j \in \brackets{1,\dots,n+1}$. On note $q = \frac{p_{n+1}}{p_{n+1}-1}$, de sorte que: $\frac{1}{p_1}+\cdots + \frac{1}{p_n} = 1 - \frac{1}{p_{n+1}} = \frac{1}{q}$.

En appliquant l'hypothèse de récurrence à $\frac{p_1}{q},\dots,\frac{p_n}{q}$ et aux fonctions $f_j^q \in L^\frac{p_j}{q}(\R^d)$, on obtient que $f_1^q\cdots f_n^q \in L^1(\R^d)$, i.e.~$f_1\cdots f_n \in L^q(\R^d)$. De plus,
\begin{equation*}
\Norm{f_1\cdots f_n}_q^q = \Norm{f_1^q\cdots f_n^q}_1 \leq \Norm{f_1^q}_\frac{p_1}{q}\cdots \Norm{f_n^q}_\frac{p_n}{q} = \Norm{f_1}_{p_1}^q \cdots \Norm{f_n}_{p_n}^q.
\end{equation*}
Comme $q$ et $p_{n+1}$ sont des exposants conjugués, on conclut la récurrence en appliquant Hölder à $f_1\dots f_n \in L^q(\R^d)$ et $f_{n+1} \in L^{p_{n+1}}(\R^d)$. On obtient bien $f_1\dots f_{n+1} \in L^1(\R^d)$ et
\begin{equation*}
\Norm{f_1\cdots f_{n+1}}_1 \leq \Norm{f_1 \cdots f_n}_q \Norm{f_{n+1}}_{p_{n+1}} \leq \Norm{f_1}_{p_1} \cdots \Norm{f_{n+1}}_{p_{n+1}}.
\end{equation*}

\end{sol}

\item \label{q: preparatoire Young} Soient $p,q$ et $r \in [1,+\infty]$ tels que $\frac{1}{p}+\frac{1}{q}=1+\frac{1}{r}$. On note $p'$ et $q'$ les exposants conjugués de $p$ et $q$ respectivement. Si $f \in L^p(\R^d)$ et $g \in L^q(\R^d)$, vérifier que:
\begin{equation*}
\forall x,y \in \R^d, \qquad \norm{f(x-y)g(y)} = \norm{f(x-y)}^\frac{p}{q'}\norm{g(y)}^\frac{q}{p'}\parentheses*{\strut \norm{f(x-y)}^p\norm{g(y)}^q}^\frac{1}{r}.
\end{equation*}
En déduire l'inégalité: $\parentheses*{\strut \norm{f}\ast \norm{g}}^r \leq \Norm{f}_p^{r-p}\Norm{g}_q^{r-q}\parentheses*{\strut \norm{f}^p \ast \norm{g}^q}$.

\begin{sol}

Pour le premier point, il suffit de vérifier les relations suivantes sur les exposants:
\begin{align*}
\frac{p}{q'}+\frac{p}{r} &= p \parentheses*{1-\frac{1}{q}+\frac{1}{r}} = 1 & &\text{et de même} & \frac{q}{p'}+\frac{q}{r} &= q \parentheses*{1-\frac{1}{p}+\frac{1}{r}}=1.
\end{align*}

Pour le second point, fixons $x \in \R^d$. La formule $\norm{f}\ast \norm{g}(x) = \int_{\R^d} \norm{f(x-y)}\norm{g(y)}\dx y$ définit bien un élément de $[0,+\infty]$. On applique l'inégalité de Hölder à 3 termes à:
\begin{align*}
f_1 &= \norm{f(x-\cdot)}^\frac{p}{q'}, & f_2 &= \norm{g}^\frac{q}{p'}, & f_3 &= \parentheses*{\norm{f(x-\cdot)}^p\norm{g}^q}^\frac{1}{r},\\
p_1 &=q', & p_2 &=p', & p_3 &=r,
\end{align*}
ce qui est possible car $\frac{1}{q'}+\frac{1}{p'}+\frac{1}{r}= 1-\frac{1}{q}+1-\frac{1}{p}+\frac{1}{r}=1$. Il vient:
\begin{align*}
\norm{f}\ast \norm{g}(x) = \Norm{f_1 f_2 f_3}_1 &\leq \Norm*{\norm{f}^\frac{p}{q'}}_{q'} \Norm*{\norm{g}^\frac{q}{p'}}_{p'} \parentheses*{\int_{\R^d} \norm{f(x-y)}^p\norm{g(y)}^q\dx y}^\frac{1}{r}\\
&\leq \Norm{f}_p^\frac{p}{q'}\Norm{g}_q^\frac{q}{p'}\parentheses*{\strut \norm{f}^p \ast \norm{g}^q(x)}^\frac{1}{r}.
\end{align*}
Pour conclure, on remarque que $\frac{rp}{q'} = rp\parentheses*{1-\frac{1}{q}}=rp\parentheses*{\frac{1}{p}-\frac{1}{r}}=r-p$ et de même $\frac{rq}{p'}=r-q$.
\end{sol}

\item \label{q: Young cas general} Établir le théorème~\ref{thm: Young} dans le cas général.

\begin{sol}

Soient $f \in L^p(\R^d)$ et $g \in L^q(\R^d)$, avec $\frac{1}{p}+\frac{1}{q}=1+\frac{1}{r}$. D'après la question~\ref{q: preparatoire Young}, on a:
\begin{equation*}
\int_{\R^d} \norm*{f \ast g(x)}^r \dx x \leq \int_{\R^d} \parentheses*{\norm{f} \ast \norm{g}(x)}^r \dx x \leq \Norm{f}_p^{r-p}\Norm{g}_q^{r-q}\int_{\R^d} \norm{f}^p \ast \norm{g}^q(x) \dx x.
\end{equation*}
Comme $\norm{f}^p$ et $\norm{g}^q \in L^1(\R^d)$, la question~\ref{q: Young L1*L1} de l'exercice~\ref{exo: inegalite de Young particulier} montre que $\norm{f}^p \ast \norm{g}^q \in L^1(\R^d)$. Le terme de droite dans l'équation précédente est donc fini, et ainsi $f \ast g \in L^r(\R^d)$. De plus,
\begin{equation*}
\Norm*{f \ast g}_r^r \leq \Norm{f}_p^{r-p}\Norm{g}_q^{r-q}\Norm{\norm{f}^p\ast \norm{g}^q}_1 \leq \Norm{f}_p^{r-p}\Norm{g}_q^{r-q}\Norm{f^p}_1 \Norm{g^q}_1 = \Norm{f}_p^r \Norm{g}_q^r.
\end{equation*}

\end{sol}

\end{enumerate}

\end{exo}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

\begin{exo}[Construction d'une fonction-test par convolution --- \emph{facultatif}]
\label{exo: construction de fonction-test}

Pour tout $a >0$ on définit la fonction indicatrice normalisée $H_a$ par
\begin{equation*}
H_a : x \longmapsto \begin{cases} \frac{1}{a} & \text{si} \ x \in [0,a],\\ 0 & \text{sinon}.\end{cases}
\end{equation*}
Soit $\parentheses{a_k}_{k \in \N}$ une suite de strictement positive telle que $\sum_{k \geq 0} a_k <+\infty$. On note $u_n = H_{a_0} \ast \cdots \ast H_{a_n}$. Le but de l'exercice est de prouver que $\parentheses*{u_n}_{n \in \N}$ converge uniformément sur $\R$ vers une fonction-test.

On utilisera les notations suivantes:
\begin{itemize}
\item $A_n = \sum_{k=0}^n a_k$, pour tout $n \in \N$,
\item $D_rf:x \mapsto \frac{1}{r}\parentheses{f(x) - f(x-r)}$ pour toute fonction $f$ et tout $r >0$.
\end{itemize}

\begin{enumerate}

\item \label{q: f ast Hr} Soient $f \in \cC^k(\R)$ et $r>0$, montrer que $H_r \ast f \in \cC^{k+1}(\R)$ et que $\parentheses{H_r \ast f}' = D_rf$.

\begin{sol}

Le travail a déjà été fait dans l'exercice~\ref{exo: convolution indicatrices} question~\ref{q: convolution par une indicatrice}. On y a montré que $H_r \ast f = \frac{1}{r} \parentheses*{\one_{[0,r]}\ast f}$ est de classe $\cC^{k+1}(\R)$ et que $(H_r \ast f)' = \frac{1}{r} \parentheses*{\one_{[0,r]}\ast f}' = \frac{1}{r}\parentheses{f - \tau_r f}=D_rf$.

\end{sol}

\item \label{q: u1} Vérifier que $u_1$ est continue, positive, à support dans $[0,A_1]$ et d'intégrale $1$.

\begin{sol}

On a $u_1 = H_{a_0} \ast H_{a_1} = \frac{1}{a_0a_1} \one_{[0,a_0]} \ast \one_{[0,a_1]}$. On peut donc utiliser le résultat de la question~\ref{q: calcul convolution} de l'exercice~\ref{exo: convolution indicatrices}. La figure~\ref{fig: graphe u1} présente le graphe de $u_1$. On y lit que $u_1$ est continue, positive et à support dans $[0,A_1]$. Par ailleurs,
\begin{equation*}
\int_\R u_1(x) \dx x  = \int_\R \int_\R H_{a_0}(x-y)H_{a_1}(y) \dx y \dx x = \int_\R H_{a_1}(y) \underbrace{\int_\R H_{a_0}(x-y)}_{=1} \dx x \dx y =1.
\end{equation*}

\begin{figure}[!ht]
\begin{center}
\begin{tikzpicture}[x=2.0cm,y=2.0cm]
\draw [->,color=black](-1,0) -- (5,0);
\draw [->,color=black] (0,-0.2) -- (0,1.3);
\clip(-1.2,-0.3) rectangle (5,1.3);
\draw [dash pattern=on 1pt off 1pt,domain=-0.05:5,color=black] plot(\x,{(--1-0*\x)/1});
\draw [dash pattern=on 1pt off 1pt,color=black] (1,-0.1) -- (1,1.5);
\draw [dash pattern=on 1pt off 1pt,color=black] (3.46,-0.1) -- (3.46,1.5);
\draw [line width=1.5pt] (1,1)-- (0,0);
\draw [line width=1.5pt] (3.46,1)-- (4.53,0);
\draw [line width=1.5pt] (1,1)-- (3.46,1);
\draw [line width=1.5pt] (0,0)-- (-2.36,0);
\draw [line width=1.5pt] (4.53,0)-- (4.95,0);
\begin{scriptsize}
\draw [color=black] (0.1,-0.1) node {$0$};
\draw [color=black] (1.1,-0.2) node {$\min(a_0,a_1)$};
\draw [color=black] (3.3,-0.2) node {$\max(a_0,a_1)$};
\draw [color=black] (4.5,-0.1) node {$A_1$};
\draw [color=black] (-0.6,1) node {$\frac{1}{a_0a_1}\min(a_0,a_1)$};
\end{scriptsize}
\end{tikzpicture}
\caption{Graphe de $u_1$.}
\label{fig: graphe u1}
\end{center}
\end{figure}

\end{sol}

\item \label{q: un} Montrer que pour tout $n \in \N^*$, la fonction $u_n$ est de classe $\cC^{n-1}$, positive, à support dans $[0,A_n]$ et d'intégrale $1$.

\begin{sol}

On prouve le résultat par récurrence sur $n \in \N^*$, l'initialisation étant traitée dans la question~\ref{q: u1}. Supposons le résultat vraie au rang $n$. Alors $u_{n+1} = u_n \ast H_{a_{n+1}}$, avec $u_n \in \cC^{n-1}(\R)$. D'après la question~\ref{q: f ast Hr}, $u_{n+1}$ est de classe $\cC^{n}$. En utilisant la question~\ref{q: support convolution} de l'exercice~\ref{exo: support convolee}, on obtient que
\begin{equation*}
\supp(u_{n+1}) \subset \supp(u_n) + \supp(H_{a_{n+1}}) \subset  [0,A_n] + [0,a_{n+1}] = [0,A_{n+1}].
\end{equation*}
Pour tout $x \in \R$,
\begin{equation*}
u_{n+1}(x) = \frac{1}{a_{n+1}}\int_0^{a_{n+1}} u_n(x-y) \dx y \geq 0.
\end{equation*}
Enfin
\begin{equation*}
\int_\R u_{n+1}(x) \dx x  = \int_\R \int_\R H_{a_{n+1}}(x-y)u_n(y) \dx y \dx x = \int_\R u_n(y) \underbrace{\int_\R H_{a_{n+1}}(x-y)}_{=1} \dx x \dx y =1,
\end{equation*}
ce qui conclut la récurrence.

\end{sol}

\item \label{q: taux accroissement} Montrer que pour tout $n \geq 2$ et tout $j \in \ssquarebrackets{1}{n-1}$ on a:
\begin{equation*}
u_n^{(j)}= \parentheses*{D_{a_0} \circ \cdots \circ D_{a_{j-1}}} \parentheses*{H_{a_j}\ast\cdots\ast H_{a_n}}.
\end{equation*}

\begin{sol}

Commençons par observer que l'opérateur $D_r$ commute à la dérivation. En effet, si $r>0$ et $f$ est $\cC^1$ alors $(D_rf)'= \frac{1}{r}\parentheses{f' - f'(\cdot -r)} = D_r(f')$.

Soient $n \geq 2$ et $1 \leq j \leq n-1$. D'après la question~\ref{q: un}, la fonction $u_n$ est $\cC^{n-1}$. En appliquant de façon répétée la question~\ref{q: f ast Hr} on obtient:
\begin{align*}
u_n^{(j)} &= \parentheses*{H_{a_0} \ast \parentheses*{H_{a_1}\ast \cdots H_{a_n}}}^{(j)} = \parentheses*{D_{a_0}\parentheses*{H_{a_1}\ast \cdots H_{a_n}}}^{(j-1)} = D_{a_0}\parentheses*{\parentheses*{H_{a_1}\ast \cdots H_{a_n}}^{(j-1)}}\\
&= D_{a_0}\parentheses*{\parentheses*{D_{a_1}\parentheses*{H_{a_2}\ast \cdots H_{a_n}}}^{(j-2)}} = \parentheses{D_{a_0} \circ D_{a_1}} \parentheses*{\parentheses*{H_{a_2}\ast \cdots H_{a_n}}^{(j-2)}}\\
&= \dots\\
&= \parentheses*{D_{a_0} \circ \cdots \circ D_{a_{j-1}}} \parentheses*{H_{a_j}\ast\cdots\ast H_{a_n}}.
\end{align*}

\end{sol}

\item \label{q: majoration un'} Montrer que pour tout $n \geq 2$ on $\Norm{u_n'}_\infty \leq \frac{2}{a_0a_1}$.
\begin{hint}
Utiliser l'inégalité de Young.
\end{hint}

\begin{sol}

Soit $n \geq 2$, on va appliquer successivement les inégalités de Young pour $(p,q,r) = (+\infty,1,+\infty)$ et pour $(p,q,r) =(1,1,1)$. D'après la question~\ref{q: taux accroissement} on a:
\begin{align*}
\Norm{u_n'}_\infty &= \Norm*{D_{a_0}\parentheses*{H_{a_1}\ast \cdots \ast H_{a_n}}}_\infty \leq \frac{2}{a_0} \Norm*{H_{a_1}\ast \cdots \ast H_{a_n}}_\infty \leq \frac{2}{a_0} \Norm{H_{a_1}}_\infty \Norm*{H_{a_2} \ast \cdots \ast H_{a_n}}_1\\
& \leq \frac{2}{a_0a_1} \Norm*{H_{a_2} \ast \cdots \ast H_{a_n}}_1 \leq \frac{2}{a_0a_1} \Norm*{H_{a_2}}_1 \cdots \Norm{H_{a_n}}_1 = \frac{2}{a_0a_1}.
\end{align*}

\end{sol}

\item \label{q: un de Cauchy} Soient $m$ et $n \geq 2$, montrer que $\Norm{u_{n+m}-u_m}_\infty \leq \frac{2}{a_0a_1}\parentheses{A_{m+n}-A_m}$. En déduire que $\parentheses{u_n}$ converge uniformément sur $\R$ vers une fonction $u$.

\begin{sol}

Soit $f = H_{a_{m+1}}\ast\dots \ast H_{a_{m+n}}$, de sorte que $u_{m+n} = u_m \ast f$. En appliquant le résultat de la question~\ref{q: un} à la suite $\parentheses{b_k}$ définie par $b_k = a_{m+1+k}$ pour tout $k \in \N$, on obtient que $f$ est positive, d'intégrale $1$ et à support dans $[0,A_{m+n}-A_m]$. Pour tout $x \in \R$, on a:
\begin{align*}
\norm*{u_{m+n}(x) - u_m(x)} &= \norm*{u_m \ast f(x) - u_m(x)}= \norm*{\int_\R \parentheses*{\strut u_m(x-y)-u_m(x)} f(y)\dx y}\\
&\leq \int_\R \norm*{\strut u_m(x-y)-u_m(x)} f(y)\dx y\\
&\leq \Norm{u_m'}_\infty \int_0^{A_{m+n}-A_m} \norm{y} f(y)\dx y\\
&\leq \Norm{u_m'}_\infty (A_{m+n}-A_m)\int_\R f(y)\dx y = \Norm{u_m'}_\infty (A_{m+n}-A_m),
\end{align*}
où la troisième ligne s'obtient par le théorème des accroissements finis appliqué à $u_m$ et la condition de support sur $f$. L'inégalité recherchée est alors obtenue grâce à la majoration de la question~\ref{q: majoration un'}.

On a $\Norm{u_{n+m}-u_m}_\infty \leq \frac{2}{a_0a_1}\parentheses{A_{m+n}-A_m}$ pour tout $m$ et $n \geq 2$. Comme $\sum_{k \geq 0} a_k <+\infty$, la suite $\parentheses{A_n}$ converge, donc est de Cauchy. L'inégalité précédente montre que la suite $\parentheses{u_n}$ est de Cauchy uniforme sur $\R$. Elle converge donc uniformément.

\end{sol}

\item \label{q: convergence des derives} Montrer que, pour tout $j \in \N^*$, la suite $\parentheses{u_n^{(j)}}_{n \geq j+1}$ converge uniformément sur $\R$.

\begin{sol}

Soit $j \geq 1$, d'après la question~\ref{q: taux accroissement}, pour tout $n \geq j+1$ on a:
\begin{equation*}
u_n^{(j)}= \parentheses*{D_{a_0} \circ \cdots \circ D_{a_{j-1}}} \parentheses*{H_{a_j}\ast\cdots\ast H_{a_n}}.
\end{equation*}
En appliquant la question~\ref{q: un de Cauchy} à la suite $\parentheses{a_{j+k}}_{k \geq 0}$, il vient que $\parentheses*{H_{a_j}\ast\cdots\ast H_{a_n}}_{n \geq j+1}$ converge uniformément sur $\R$ vers une fonction $g_j$.

Soit $r>0$, pour tout fonction $h$ continue et bornée sur $\R$ on a $\Norm{D_r h}_\infty \leq \frac{2}{r}\Norm{h}_\infty$. Donc $D_r$ est un opérateur linéaire continu sur l'espace des fonctions continues et bornées, muni de la norme~$\Norm{\cdot}_\infty$. Par composition, c'est aussi le cas de $\parentheses*{D_{a_0} \circ \cdots \circ D_{a_{j-1}}}$. Donc
\begin{equation*}
u_n^{(j)}= \parentheses*{D_{a_0} \circ \cdots \circ D_{a_{j-1}}} \parentheses*{H_{a_j}\ast\cdots\ast H_{a_n}} \xrightarrow[n \to +\infty]{\text{uniformément}} \parentheses*{D_{a_0} \circ \cdots \circ D_{a_{j-1}}} g_j := f_j.
\end{equation*}

\end{sol}

\item \label{q: conclusion fonction-test} Conclure que $u \in \cD(\R)$ et que $\int_\R u(x) \dx x =1$.

\begin{sol}

Soit $k \in \N$, pour tout $j \in \brackets{0,\dots,k}$, la suite $\parentheses{u_n^{(j)}}_{n \geq k+1}$ converge uniformément. Donc $u \in \cC^k(\R)$ et $u^{j} = \lim_{n \to +\infty} u^{(j)}$ pour tout $j \leq k$. Donc $u \in \cC^\infty(\R)$. En notant $A = \sum_{k \geq 0}a_k$, pour tout $n \in \N$ on a $\supp(u_n) \subset [0,A_n] \subset [0,A]$. Donc $\supp(u) \subset [0,A]$ et $u \in \cD(\R)$. Finalement, en utilisant la convergence de $\parentheses{u_n}_{n \in \N}$ vers $u$ sur $[0,A]$, uniformément et donc au sens $L^1$, on a:
\begin{equation*}
1 = \int_\R u_n(x) \dx x = \int_0^A u_n(x) \dx x \xrightarrow[n \to +\infty]{} \int_0^A u(x) \dx x = \int_\R u(x) \dx x.
\end{equation*}

\end{sol}

\end{enumerate}

\end{exo}

\end{document}