\documentclass[11pt]{article}


% Packages gestion des caractères, du français et de la mise en page

\usepackage[french]{babel}
\usepackage[utf8]{inputenc}
\usepackage[T1]{fontenc}

\usepackage[margin=2.5cm]{geometry}
\usepackage[pdftex,pdfborder={0 0 0},hypertexnames=false]{hyperref}

\setlength{\parindent}{0pt}
\renewcommand{\FrenchLabelItem}{\textbullet}

\usepackage{comment}
\usepackage{enumitem}
\usepackage{tabularx}


% Graphiques et Figures

\usepackage{subfig}
\usepackage{pgf,tikz}
\usetikzlibrary{arrows}
\usepackage[figurename=Figure]{caption}


% Packages pour les maths

\usepackage{mathtools}
\usepackage{amsthm}
\usepackage{amsfonts}
\usepackage{amssymb}
\usepackage{stmaryrd}


% Nouveaux environnements

\theoremstyle{plain}
	\newtheorem{thm}{Théorème}
	\newtheorem{cor}[thm]{Corollaire}
	\newtheorem{lem}[thm]{Lemme}
	\newtheorem{prop}[thm]{Proposition}


\theoremstyle{definition}
	\newtheorem*{dfn}{Définition}
	\newtheorem{exo}{Exercice}
	\newtheorem*{ntn}{Notation}
	\newtheorem*{ntns}{Notations}

\theoremstyle{remark}
	\newtheorem*{hint}{Indication}
	\newtheorem*{rem}{Remarque}
	\newtheorem*{ex}{Exemple}
	\newtheorem*{exs}{Exemples}
		

% Commandes et opérateurs utiles

\newcommand{\B}{\mathbb{B}}
\newcommand{\C}{\mathbb{C}}
\newcommand{\N}{\mathbb{N}}
\newcommand{\Q}{\mathbb{Q}}
\newcommand{\R}{\mathbb{R}}
\renewcommand{\S}{\mathbb{S}}
\newcommand{\Z}{\mathbb{Z}}

\newcommand{\cC}{\mathcal{C}}
\newcommand{\cCc}{\mathcal{C}_c}
\newcommand{\cD}{\mathcal{D}}
\newcommand{\cE}{\mathcal{E}}
\newcommand{\cF}{\mathcal{F}}
\newcommand{\cS}{\mathcal{S}}

\newcommand{\dx}{\dmesure\!}
\newcommand{\loc}{\text{loc}}
\newcommand{\mvert}{\mathrel{}\middle|\mathrel{}}
\newcommand{\one}{\mathbf{1}}

\renewcommand{\bar}{\overline}
\renewcommand{\epsilon}{\varepsilon}
\renewcommand{\geq}{\geqslant}
\renewcommand{\hat}{\widehat}
\renewcommand{\leq}{\leqslant}
\renewcommand{\tilde}{\widetilde}

\DeclareMathOperator{\dmesure}{d}
\DeclareMathOperator{\ev}{ev}
\DeclareMathOperator{\Id}{Id}
\DeclareMathOperator*{\Long}{Long}
\DeclareMathOperator{\pf}{pf}
\DeclareMathOperator{\sinc}{sinc}
\DeclareMathOperator{\sgn}{sgn}
\DeclareMathOperator{\supp}{supp}
\DeclareMathOperator*{\vol}{Vol}
\DeclareMathOperator{\vp}{vp}

\DeclarePairedDelimiter{\ang}{\langle}{\rangle}
\DeclarePairedDelimiter{\brackets}{\{}{\}}
\DeclarePairedDelimiter{\ceil}{\lceil}{\rceil}
\DeclarePairedDelimiter{\floor}{\lfloor}{\rfloor}
\DeclarePairedDelimiter{\norm}{\lvert}{\rvert}
\DeclarePairedDelimiter{\Norm}{\lVert}{\rVert}
\DeclarePairedDelimiter{\parentheses}{(}{)}
\DeclarePairedDelimiterX{\prsc}[2]{\langle}{\rangle}{#1\,, #2}
\DeclarePairedDelimiter{\squarebrackets}{[}{]}
\DeclarePairedDelimiterX{\ssquarebrackets}[2]{\llbracket}{\rrbracket}{#1,#2}


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

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

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

\newcounter{aux}
\newcounter{soleq}

% 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}
	}
	{
	\endgroup
	\setcounter{soleq}{\value{equation}}
	\setcounter{equation}{\value{aux}}
	\renewcommand{\theequation}{\arabic{equation}}
	}

% Le contenu des environnements sol est visible par défaut, décommenter la ligne suivante le cache
%\excludecomment{sol}

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


% Informations du document

\author{Blanche Buet, Dominique Hulin et Thomas Letendre}
\date{2024 -- 2025}
\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}

Enseignant·e·s: \@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 Soient $\parentheses{X,\mu}$ un espace mesuré et $f:X \to \C$ mesurable. On note
\begin{align*}
&\forall p \in [1,+\infty[, & \Norm{f}_p &= \parentheses*{\int_X \norm{f(x)}^p \dx \mu(x)}^\frac{1}{p} \in [0,+\infty],\\
&\text{et} &\Norm{f}_\infty &= \inf \brackets*{\strut M \geq 0 \mvert \norm{f(x)} \leq M \ \text{pour presque tout}\ x \in X} \in [0,+\infty].
\end{align*}

\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 $\partial^\alpha = \partial_1^{\alpha_1}\cdots \partial_d^{\alpha_d}$.

\end{itemize}

\end{ntns}

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

\begin{exo}[Inclusions entre $L^p$]
\label{exo: inclusions entre Lp}

Soient $\parentheses{X,\mu}$ un espace mesuré et $p,q \in [1,+\infty]$ tels que $p \leq q$.

\begin{enumerate}

\item \label{q: inclusion Lp} Si $\mu(X) < \infty$, montrer que $L^q(X,\mu) \subset L^p(X,\mu)$. L'inclusion réciproque est-elle vraie?

\begin{sol}

On peut supposer que $p<q$. Commençons par le cas $q=+\infty$. Soit $f \in L^\infty(X,\mu)$ on a $\int_X \norm{f(x)}^p \dx \mu(x) \leq \Norm{f}^p_\infty \mu(X)<+\infty$ et donc $f \in L^p(X,\mu)$.

Si $q<+\infty$, soit $f:X \to \C$. Pour tout $x \in X$, si $\norm{f(x)}\leq 1$ alors $\norm{f(x)}^p\leq 1$, et si $\norm{f(x)}\geq 1$ alors $\norm{f(x)}^p \leq \norm{f(x)}^q$. Dans les deux cas, $\norm{f(x)}^p \leq 1 + \norm{f(x)}^q$. Donc
\begin{equation*}
\Norm{f}_p^p = \int_X \norm{f(x)}^p \dx \mu(x) \leq \int_X 1+\norm{f(x)}^q \dx \mu(x) \leq \mu(X)+\Norm{f}_q^q.
\end{equation*}
Comme $\mu(X)<+\infty$, si $f \in L^q(X,\mu)$ alors $\Norm{f}_q^q <+\infty$ donc $\Norm{f}_p^p <+\infty$, i.e.~$f \in L^p(X,\mu)$. D'où l'inclusion voulue. On peut aussi utiliser l'inégalité de Hölder, voir exercice~\ref{exo: Holder generalisee}.

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

\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 $L^2([1,+\infty[) \setminus L^1([1,+\infty[)$.

\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, on a $\one_K f \in L^p(\R^d)$, c'est-à-dire $f_{\vert K} \in L^p(K)$. Comme $K$ est compact, il est de mesure finie pour la mesure de Lebesgue. D'après la question~\ref{q: inclusion Lp}, on a donc $f_{\vert K} \in L^1(K)$, c'est-à-dire $\one_K f \in L^1(\R^d)$. C'est vrai pour tout compact $K$, donc $f \in L^1_\loc(\R^d)$.

\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}[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,color=black] (-1,1) -- (5,1);
\draw [dash pattern=on 1pt off 1pt,color=black] (1.5,-0.5) -- (1.5,1.5);
\draw [dash pattern=on 1pt off 1pt,color=black] (3.5,-0.5) -- (3.5,1.5);
\draw [line width=1.5pt] (1.5,1)-- (0.5,0);
\draw [line width=1.5pt] (3.5,1)-- (4.5,0);
\draw [line width=1.5pt] (1.5,1)-- (3.5,1);
\draw [line width=1.5pt] (0.5,0)-- (-2.36,0);
\draw [line width=1.5pt] (4.5,0)-- (4.95,0);
\begin{scriptsize}
\draw [color=black] (0.5,-0.1) node {$a+c$};
\draw [color=black] (1.7,-0.1) node {$b+c$};
\draw [color=black] (3.3,-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}

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

\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}[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}

Soient $f \in \cCc^0(\R^d)$ et $R>0$ 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 $\tau_a(f)-f$ est continue à support dans $B(0,R+1)$. On a alors:
\begin{equation*}
\Norm*{\tau_a(f)-f}_p^p = \int_{B(0,R+1)} \norm*{\tau_a(f)(x)-f(x)}^p \dx x \leq \Norm{\tau_a(f)-f}_\infty^p \vol(\strut B(0,R+1)).
\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 $x \in \R^d$, $\norm{f(x-a)-f(x)} < \epsilon$, i.e.~pour tout $a \in B(0,\delta)$, $\Norm{\tau_af-f}_\infty <\epsilon$. Donc finalement $\Norm{\tau_af-f}_\infty \xrightarrow[a \to 0]{}0$. Donc,
\begin{equation*}
\Norm{\tau_a(f) - f}_p < \Norm{\tau_a(f)-f}_\infty \vol(\strut B(0,R+1))^\frac{1}{p} \xrightarrow[a \to 0]{}0.
\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{exo}[Inégalité de Young, cas particuliers]
\label{exo: inegalite de Young particulier}

Soient $f$ et $g$ de $\R^d$ dans $\C$. Dans cet exercice, on détermine des conditions assurant que $f \ast g$ est bien définie, et on étudie sa régularité.

\begin{enumerate}

\item \label{q: Young L1*L1} Soient $f$ et $g \in L^1(\R^d)$, montrer que $f \ast g \in L^1(\R^d)$ et $\Norm{f \ast g}_1 \leq \Norm{f}_1 \Norm{g}_1$.

\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: 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 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: Young Lp*Lq} Soient $f \in L^p(\R^d)$ et $g \in L^q(\R^d)$, où $p$ et $q \in [1,+\infty]$ sont tels que $\frac{1}{p}+\frac{1}{q}=1$. Vérifier que, pour tout $x \in \R^d$, $f \ast g(x)$ est bien défini et $\norm{f \ast g(x)} \leq \Norm{f}_p\Norm{g}_q$.  Montrer que $f \ast g$ est alors uniformément continue.

\begin{sol}

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,
\begin{equation*}
\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<+\infty.
\end{equation*}
Donc $f\ast g(x)$ est bien défini et $\norm{f\ast g(x)} \leq \Norm{f}_p\Norm{g}_q$. C'est vrai pour tout $x \in \R^d$, donc $f \ast g \in L^\infty(\R^d)$ et $\Norm{f \ast g}_\infty \leq \Norm{f}_p\Norm{g}_q$.

Finalement, $f \ast g \in L^\infty(\R^d)$ et $\Norm{f\ast g}_\infty \leq \Norm{f}_p\Norm{g}_q$, comme attendu.

Comme dans l'exercice~\ref{exo: continuite des translations}, pour prouver l'uniforme continuité de $f\ast g$ il suffit de montrer que $\Norm*{\strut\tau_a(f\ast g) - f\ast g}_\infty \xrightarrow[a \to 0]{}0$. 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} Si $p\in [1,+\infty]$, $f \in L^p(\R^d)$ et $g \in L^1(\R^d)$ , montrer que $f \ast g \in L^p(\R^d)$ et $\Norm{f \ast g}_p \leq \Norm{f}_p\Norm{g}_1$.
\begin{hint}
Appliquer l'inégalité de Hölder pour la mesure à densité $\mu = \norm{g}\dx x$.
\end{hint}

\begin{sol}

Les cas $p=1$ et $p=+\infty$ ont déjà été traités dans les questions~\ref{q: Young L1*L1} et~\ref{q: Young Lp*Lq} respectivement. Si $p \in ]1,+\infty[$, on note $q = \frac{p}{p-1} \in ]1,+\infty[$ l'exposant conjugué de $p$, c'est-à-dire tel que $\frac{1}{p}+\frac{1}{q}=1$. Soit $\mu = \norm{g}\dx x$, la mesure à densité $\norm{g}$ par rapport à la mesure de Lebesgue. Pour tout $x \in \R^d$, l'inégalité de Hölder appliquée à $\norm{f(x-\cdot)}$ et $\one$ pour la mesure $\mu$ donne:
\begin{align*}
\int_{\R^d} \norm{f(x-y)}\norm{g(y)}\dx y &= \int_{\R^d} \norm{f(x-y)}\dx \mu(y) \leq \parentheses*{\int_{\R^d} \norm{f(x-y)}^p \dx\mu(y)}^\frac{1}{p} \parentheses*{\int_{\R^d} \dx \mu(y)}^\frac{1}{q}\\
&\leq \parentheses*{\int_{\R^d} \norm{f(x-y)}^p \norm{g(y)}\dx y}^\frac{1}{p} \Norm{g}_1^\frac{1}{q}.
\end{align*}

Comme $f \in L^p(\R^d)$, on a $\norm{f}^p \in L^1(\R^d)$. Donc, d'après la question~\ref{q: Young L1*L1},
\begin{align*}
\int_{\R^d} \parentheses*{\int_{\R^d} \norm{f(x-y)}\norm{g(y)}\dx y}^p\dx x &\leq \Norm{g}_1^\frac{p}{q} \int_{\R^d}\parentheses*{\int_{\R^d} \norm{f(x-y)}^p \norm{g(y)}\dx y}\dx x=\Norm{g}_1^\frac{p}{q}\Norm*{\strut \norm{f}^p\ast \norm{g}}_1\\
&\leq \Norm{g}_1^{p-1}\Norm*{\strut \norm{f}^p}_1 \Norm{g}_1 = \Norm{f}_p^p \Norm{g}_1^p<+\infty.
\end{align*}
Donc, pour presque tout $x \in \R^d$, $\int_{\R^d} \norm{f(x-y)}\norm{g(y)}\dx y <+\infty$, donc $f \ast g$ est bien définie presque partout. De plus,
\begin{equation*}
\int_{\R^d} \norm*{f \ast g(x)}^p\dx x \leq \int_{\R^d} \parentheses*{\int_{\R^d} \norm{f(x-y)}\norm{g(y)}\dx y}^p\dx x \leq \Norm{f}_p^p\Norm{g}_1^p.
\end{equation*}
Donc $f \ast g \in L^p(\R^d)$ et $\Norm{f \ast g}_p \leq \Norm{f}_p\Norm{g}_1$.

\end{sol}

\end{enumerate}

\end{exo}

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

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

Soient $S \subset \R^d$ un compact et $\varphi \in L^1(\R^d)$ nulle presque partout sur $\R^d \setminus S$ et 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 $f \in L^1_\loc(\R^d)$, 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*}
Pour presque tout $x \notin \epsilon S$ on a $\varphi_\epsilon(x) = \frac{1}{\epsilon^d}\varphi\parentheses*{\frac{x}{\epsilon}}=0$ car $\frac{x}{\epsilon} \notin S$. 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}.

Ainsi, 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_{\epsilon S} \varphi_\epsilon(z)\parentheses*{\strut f(x-z)-f(x)} \dx z\\
&= \int_{\epsilon S} \varphi\parentheses*{\frac{z}{\epsilon}}\parentheses*{\strut \tau_zf(x)-f(x)} \frac{\dx z}{\epsilon^d} = \int_{S} \varphi(y) \parentheses*{\strut \tau_{\epsilon y}f(x)-f(x)} \dx y,
\end{align*}
ce qui établit~\eqref{eq: regularisation}.

\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: inclusions entre Lp} 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 L1} (\emph{facultatif}) Soit $f \in L^1(\R^d)$, montrer que $\varphi_\epsilon \ast f \xrightarrow[\epsilon \to 0]{}f$ dans $L^1(\R^d)$.

\begin{sol}

On a $f \in L^1(\R^d) \subset L^1_\loc(\R^d)$, donc $\varphi_\epsilon \ast f$ est bien définie et on peut utiliser~\eqref{eq: regularisation}.
\begin{align*}
\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\\
&\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{align*}

On a $\Norm*{\strut \tau_{\epsilon y}f-f}_1 \leq 2\Norm{f}_1$, donc l'intégrande dans le dernier terme 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 $\epsilon \to 0$. Par convergence dominée, on a donc $\Norm{\varphi_\epsilon \ast f - f}_1 \xrightarrow[\epsilon \to 0]{}0$.

\end{sol}

\end{enumerate}

\end{exo}

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

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

Soit $\parentheses{X,\mu}$ un espace mesuré.

\begin{enumerate}

\item \label{q: inegalite de Holder n termes} Soient $p_1,\dots,p_n \in [1,+\infty]$ tels que $\frac{1}{p_1} + \dots + \frac{1}{p_n}=1$ et $f_1,\dots,f_n$ mesurables de $X$ dans $\C$, montrer que $\Norm*{f_1\cdots f_n}_1 \leq \Norm{f_1}_{p_1}\cdots\Norm{f_n}_{p_n}$.

\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 $f_j:X \to \C$ mesurable 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 $f_j^q$, on obtient que:
\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 l'inégalité de Hölder classique à $f_1\dots f_n$ et $f_{n+1}$:
\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: Holder generalise} Soient $p,q$ et $r \in [1,+\infty]$ tels que $\frac{1}{p}+\frac{1}{q}= \frac{1}{r}$. Montrer que $\Norm{fg}_r \leq \Norm{f}_p \Norm{g}_q$ pour tout $f$ et $g$ mesurables de $X$ dans $\C$.

\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 $f$ et $g$ mesurables de $X$ dans $\C$, d'après l'inégalité de Hölder classique on a:
\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 continue} Si $\mu(X) < \infty$ et $r \leq q$, montrer que l'inclusion $L^q(X,\mu) \subset L^r(X,\mu)$ est continue.

\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 $\Norm{f}_r \leq \Norm{\one_X}_p\Norm{f}_q=\mu(X)^\frac{1}{p}\Norm{f}_q$. On retrouve que $f \in L^r(X,\mu)$, et cela montre que l'application linéaire $f \mapsto f$ de $L^q(X)$ dans $L^r(X)$ est continue.

\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: 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} Soient $f \in L^p(\R^d)$ et $g \in L^q(\R^d)$, montrer que $f \ast g \in L^r(\R^d)$ et $\Norm{f\ast g}_r \leq \Norm{f}_p\Norm{g}_q$.

\begin{sol}

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}

\end{document}