Convergence $L^{1}$
Bonjour à tous.
Soit $m$ la mesure de Lebesgue.
Soit $B(x,r)$ une boule de centre $x$ et de rayon $r$
Soit $f:\mathbb{R}^{n}\longrightarrow \mathbb{R}$
Soit $f\in L^{1}$, on pose $$f_{r}(x)=\frac{1}{m(B(r,x))} \int_{B(x,r)} f(y)dy, \quad r>0
$$ Mon but est de montrer que : $$\left\|f-f_{r}\right\|_{1} \underset{r\rightarrow 0}{\longrightarrow} 0.
$$ Autrement dit, je dois montrer que $f_{r}$ converge vers $f$ dans $L^{1}$ quand $r$ tend vers $0$.
Est-ce que quelqu'un aurait une preuve ?
En particulier, si on suppose que $f$ est bornée et à support compact, la preuve du résultat est-elle plus simple ?
Je sais qu'un théorème (dont je connais une preuve) dit que $f_{r}$ converge vers $f$ presque partout quand $r$ tend vers $0$, mais je ne veux pas l'utiliser (car mon but est de prouver le théorème à l'aide de ce résultat).
Soit $m$ la mesure de Lebesgue.
Soit $B(x,r)$ une boule de centre $x$ et de rayon $r$
Soit $f:\mathbb{R}^{n}\longrightarrow \mathbb{R}$
Soit $f\in L^{1}$, on pose $$f_{r}(x)=\frac{1}{m(B(r,x))} \int_{B(x,r)} f(y)dy, \quad r>0
$$ Mon but est de montrer que : $$\left\|f-f_{r}\right\|_{1} \underset{r\rightarrow 0}{\longrightarrow} 0.
$$ Autrement dit, je dois montrer que $f_{r}$ converge vers $f$ dans $L^{1}$ quand $r$ tend vers $0$.
Est-ce que quelqu'un aurait une preuve ?
En particulier, si on suppose que $f$ est bornée et à support compact, la preuve du résultat est-elle plus simple ?
Je sais qu'un théorème (dont je connais une preuve) dit que $f_{r}$ converge vers $f$ presque partout quand $r$ tend vers $0$, mais je ne veux pas l'utiliser (car mon but est de prouver le théorème à l'aide de ce résultat).
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Réponses
Tu pourrais essayer par densité des fonctions continues à support compact (pour lesquelles la démonstration est simple).
Soit $g_{n}$ une suite de fonction qui tend vers $f$ dans $L^{1}$.
J'obtiens:
$$\underset{r\longrightarrow 0}{\lim} \frac{1}{m(B(x,r))}\int_{B(x,r)}f(y)dy=
\underset{r\longrightarrow 0}{\lim}\frac{1}{m(B(x,r))} \int_{B(x,r)}g_{n}(y)dy+
\underset{r\longrightarrow 0}{\lim}\frac{1}{m(B(x,r))}\int_{B(x,r)}(f-g_{n})(y)dy$$
Le premier membre converge vers $g_{n}$, qui tend vers $f$ dans $L_{1}$: parfait.
Le second membre, en revanche converge vers...? Le problème c'est le $\frac{1}{m(B(x,r))}$, car on peut majorer par $\varepsilon$ la quantité
$\int_{B(x,r)}(f-g_{n})(y)dy$ quand $n$ est grand, mais $\frac{1}{m(B(x,r))}$ tend vers l'infini.
Même avec $f$ bornée, ça ne change rien.
puis qu'on relie les paramètres $\varepsilon_{n}$ et $r$, cela pourrait donner quelque chose ($\varepsilon_{n}=r^{n+1}$ par exemple),
mais le problème c'est que ça complique le raisonnement pour le 1er terme (car la fonction $g_{n}$ changerait en même temps que $r$).
$$\frac{1}{2r} \int_{\mathbf R}\int_{B(x,r)}|f-g_n|\mathrm d y \mathrm d x$$
Si je ne dis pas de bêtises on peut exprimer ça comme la norme $L^1$ d'un produit de convolution, ce qui permet de conclure.
Edit : je rejoins remarque, ton écriture de $\lim$ dans ton deuxième message est un peu cavalière on va dire.
Mais, vous avez raison, ça ne colle pas (vu que je cherche à prouver la convergence $L^{1}$).
Je reprends: soit $g_{n}$ une suite de fonctions continues à support compact qui tend dans $L^{1}$ vers $f$.
$$\int_{\mathbb{R}^{n}} |f_{r}(x)-g_{n}(x)|dx=\int_{\mathbb{R}^{n}}\frac{1}{m(B(x,r))}\Big| \int_{B(x,r)}f(y)dy-g_{n}(x) \Big|=
c_{n}^{-1}r^{-n} \int_{\mathbb{R}^{n}}\Bigg( \int_{B(x,r)}|f(y)-g_{n}(x)|dy \Bigg)dx$$
Je précise que $c_{n}$ est le volume de la boule unité dans $\mathbb{R}^{n}$.
Ok, je retrouve ton intégrale @mojojojo. Tu pourrais me dire le produit de convolution en question? (je ne vois pas du tout)
$$\int_{\mathbb{R}^{n}} |f_{r}(x)-f(x)|dx=\int_{\mathbb{R}^{n}}\frac{1}{m(B(x,r))}\Big| \int_{B(x,r)}f(y)dy-f(x) \Big|=
c_{n}^{-1}r^{-n} \int_{\mathbb{R}^{n}}\Bigg( \int_{B(x,r)}|f(y)-f(x)|dy \Bigg)dx$$
Je tente un truc: par changement de variable, $y=x-z$, soit $z=x-y$ et $dz=-dy$ .
Comme $ \left\|y-x\right\|<r$, le changement de variable donne $\left\|z\right\|<r$
On obtient donc:
$$ \int_{\mathbb{R}^{n}}\Bigg( \int_{B(x,r)}|f(y)-f(x)|dy \Bigg)dx= \int_{\mathbb{R}^{n}}\Bigg( \int_{B(0,r)}|f(x-z)-f(x)|dz \Bigg)dx=
\int_{B(0,r)}\Bigg( \int_{\mathbb{R}^{n}}|f(x-z)-f(x)|dx \Bigg)dz$$
$$=\int_{B(0,r)} \left\|\tau_{z}f-f\right\|_{1}dz$$ ($\tau$ est une translation)
Or, si $r$ tend vers $0$, $z$ également. Et un résultat bien connu affirme que $\left\|\tau_{z}f-f\right\|_{1}$ tend vers $0$ quand $z$ tend
vers 0 (à condition que $f$ soit dans $L^{1}$).
Donc: soit $\varepsilon$ fixé, il existe $r>0$ tel que, pour tout $|z|<r$, $\left\|\tau_{z}f-f\right\|_{1}<\varepsilon$.
Donc, on a alors:
$$c_{n}^{-1}r^{-n}\int_{B(0,r)} \left\|\tau_{z}f-f\right\|_{1}dz \leqslant \varepsilon$$, d'ou la convergence vers $0$ de $\left\|f_{r}-f\right\|_{1}$.
ça fonctionne?
Sinon, je veux bien la méthode du produit de convolution.
> On oublie le raisonnement par densité des fonctions à support compact
Est-ce bien raisonnable ?
> Or, si $r$ tend vers $0$, $z$ également. Et un résultat bien connu affirme que $\left\|\tau_{z}f-f\right\|_{1}$ tend vers $0$
> quand $z$ tend vers 0 (à condition que $f$ soit dans $L^{1}$).
Et comment crois-tu que l'on montre ce résultat bien connu ? :-D
Mais bon, si je peux me passer de ce résultat de temps en temps, ce n'est pas plus mal, je l'ai déjà utilisé en permanence cette année.
$$\int_{\mathbf R} |f-f_r| \mathrm d \lambda \leq \int_{\mathbf R} |f-g|+|g-g_r|+|g_r-f_r|\mathrm d \lambda $$
Le premier terme est rendu aussi petit que l'on veut par densité des fonctions $C^0$ à support compact. Le deuxième terme, pour un $g$ fixé, est rendu aussi petit que l'on veut en prenant un $r>0$ assez petit. Reste le dernier terme :
$$\int_\mathbf R|f_r-g_r|\mathrm d \lambda = \int_\mathbf R \left|\oint_{B(x,r)}f(y)-g(y) \mathrm d \lambda(y) \right| \mathrm d \lambda (x)=\frac{1}{\lambda(B(0,r))}\int_\mathbf R \left|\int_\mathbf R (f-g)(y)\cdot \chi_{B(0,r)}(x-y) \mathrm d \lambda (y)\right|\mathrm d \lambda(x)$$
$$=\frac{1}{\lambda(B(0,r))}\int_\mathbf R \left|(f-g)*\chi_{B(0,r)}(x)\right|\mathrm d\lambda(x)= \frac{1}{\lambda(B(0,r))} \|(f-g)*\chi_{B(0,r)}\|_{1}=\frac{\|\chi_{B(0,r)}\|_1}{\lambda(B(0,r))}\|f-g\|_1=\|f-g\|_1$$
Ce qui termine la démonstration.
Bref, tu proposais quelque chose en $2\varepsilon$ alors que j'avais en tête quelque chose en $3\varepsilon$. Tu noteras qu'au fond cette convolution n'est pas très différente de ton argument de changement de variable, qui m'a l'air correct.
Le gros intérêt des $L^p$ c'est quand même de pouvoir intégrer les fonctions continues (à support compact) et d'être complet. Pas étonnant donc que la densité de ces fonctions soit souvent utilisée. Si tu veux faire semblant de ne pas utiliser ce résultat je suppose qu'on peut
aussi y arriver à base de théorème de Lusin et théorème de prolongement de Tietze.
Comment comptes-tu démontrer le théorème de différentiation de Lebesgue à partir de ce résultat ?
Voici pour la preuve du théorème de différentiation de Lebesgue:
Soit $$f_{r}(x)=\frac{1}{m(B(x,r)} \int_{B(x,r)} f(y)dy$$
Comme $f_{r}$ tend vers $f$ dans $L^{1}$ (quand $r$ tend vers $0$), on peut extraire une suite $\left\{r_{k}\right\}\longrightarrow 0$ telle que
$f_{r_{k}}\longrightarrow f$ presque partout.
Reste à montrer que $\underset{r\longrightarrow 0}{\lim} f_{r}(x)$ existe presque partout.
Pour cela, on pose, pour toute fonction $g\in L^{1}$ et $x\in \mathbb{R}^{n}$:
$$\Omega g(x)=| \underset{r\longrightarrow 0}{\limsup} \quad g_{r}(x)-\underset{r\longrightarrow 0}{\liminf}\quad g_{r}(x)|$$ où $g_{r}$ est
définie comme $f_{r}$.
Si $g$ est continue à support compact, $g_{r}\longrightarrow g$ uniformément et $\Omega g$ est identiquement nulle.
Maintenant, si $g\in L^{1}(\mathbb{R}^{n})$, par le théorème de Hardy-Littlewood ($Mg$ étant la fonction maximale de Hardy Littlewood)
$$m(\left\{x : 2Mg(x)>\varepsilon \right\})\leqslant \frac{2A}{\varepsilon} \left\|g\right\|_{1}$$
Or, de façon évidente, $$\Omega g(x)\leqslant 2Mg(x)$$
donc $$m(\left\{x : \Omega g(x)>\varepsilon \right\})\leqslant m(\left\{x : 2M(g)>\varepsilon \right\})\leqslant \frac{2A}{\varepsilon} \left\|g\right\|_{1}$$
Par densité des fonctions continues à support compact dans $L^{1}(\mathbb{R}^{n})$, on peut écrire $f=g+h$ avec $h$ continue à support compact,
et $g$ de norme $L^{1}$ aussi petite que l'on veut. Or, $\Omega f \leqslant \Omega h+\Omega g$ et $\Omega h \equiv 0$ puisque $h$ est continue.
Donc, $\Omega f \leqslant \Omega g$,
$$m(\left\{x : \Omega f(x)>\varepsilon \right\})\leqslant m(\left\{x : \Omega g(x)>\varepsilon \right\})\leqslant \frac{2A}{\varepsilon}\left\|g\right\|_{1}$$
On fait tendre la norme de $g$ vers $0$ (car on peut la choisir) et on obtient finalement $\Omega f=0$ presque partout, c'est à dire:
$\underset{r\longrightarrow 0}{\lim} f_{r}(x)$ existe presque partout.
Cette limite est $f$ (car il existe une suite extraite qui converge presque partout vers $f$).