Continuité, convolution

Sn · May 2021

Bonsoir,

J'essaye de montrer que la convolution d'une fonction de $L^1(\mathbb{R})$ et d'une fonction de $L^{\infty}(\mathbb{R})$ est une fonction continue.
Ainsi, j'ai essayé de démontrer cela en utilisant le théorème de continuité sous l'intégrale mais je me bute à une étape.
En effet, si on se fixe $f \in L^1(\mathbb{R})$ et $ g \in L^{\infty}(\mathbb{R}) $ tel que $f \ast g$ soit la convolée, comment montrer que pour presque tout $y \in \mathbb{R}$, l'application $x \mapsto f(y)g(x-y)$ est continue ?

Respectueusement,

Calli · May 2021

Bonjour,
Tu ne peux pas t'y prendre comme ça directement. Commence par le cas où f est continue à support compact et ensuite il faudra généraliser.

Sn · May 2021

Merci pour votre réponse. Cela ma plutôt bien fait avancer bien qu'il me reste encore un problème.

Ainsi, grâce au théorème de densité, toute fonction de $L^1(\mathbb{R})$ est limite d'une suite de fonction de classe $C^1(\mathbb{R})$ à support compact. Je me demande à présent comment "transmettre" la continuité par la limite... la convergence uniforme ? seulement, je ne vois pas l'argument qui me permet d'affirmer qu'une telle suite converge uniformément.

bd2017 · May 2021

Bonjour

Sauf erreur tout cela revient à démontrer que $\int_\R |f(x+\epsilon) -f(x)|dx$ tend vers 0.

Si tu le démontres pour un ensemble dense. Soit $h$ dans cette ensemble, tu peux écrire :

$\int_\R |f(x+\epsilon) -f(x)|dx=\int_\R |(f(u+\epsilon)-h(u+\epsilon))+(h(u) -f(u))+\ldots|dx\ $ puis continuer avec l'inégalité triangulaire et $h$ assez proche de $f$.

Cyrano · May 2021

En réalité, on a même mieux que ça : $f \star g$ est uniformément continu.
En écrivant les définitions et en majorant brutalement, on se retrouve en effet à montrer que $||f(\cdot + h)-f(\cdot)||_{1}$ tend vers $0$ si $h$ tends vers $0$. Ceci se démontre facilement en utilisant le théorème d'approximation dans $L^1$, c'est-à-dire l'énoncé suivant.

Pour tout ouvert $\Omega \subset \R^n$, tout $f \in L^1(\Omega)$ et tout $\varepsilon >0$, il existe une fonction $\alpha$ étagée dans $\Omega$ telle que $||f-\alpha||_1 \leq \varepsilon.$

Sn · May 2021

Je tiens à vous remercier pour votre aide.

Ainsi, finissez-vous comme cela :
Pour $x,h \in \mathbb{R}$,
\begin{align*}
\| f(x+h)-f(x) \|&=\| f(x+h)-f(x)+\alpha(x+h)-\alpha(x+h) \| \\
&\leq \| f(x+h)-\alpha(x+h) \| + \| f(x)-\alpha(x+h) \| =\epsilon +\| f(x)-\alpha(x+h)\|

\end{align*} Comment palier le problème d'antécédent, par là, que feriez-vous de l'expression : $\| f(x)-\alpha(x+h)\|$ ?

Calli · May 2021

Sn a écrit:

Je me demande à présent comment "transmettre" la continuité par la limite... la convergence uniforme ?

Oui ! Utilise l'inégalité $\|h*g\|_\infty \leqslant \|h\|_1\|g\|_\infty$, valable pour $h\in L^1$ et $g\in L^\infty$, avec $h$ à choisir en fonction de $f$ et de fonctions $f_n$ continues à support compact tendant vers $f$ dans $L^1$.

Sn · May 2021

Calli,
Il faut que je vous avoue que là, je bloque.
Je ne suis pas sûr de ce que je dois chercher avec cette inégalité.

Calli · May 2021

Si $\|f_n-f\|_1 \to 0$, alors $\|f_n*g-f*g \|_\infty = \|(f_n-g)*g\|_\infty \leqslant \|f_n-f\|_1 \|g\|_\infty \to 0$. Donc si tu sais que les $f_n*g$ sont continues, alors $f*g$ l'est aussi.

Sn · May 2021

Merci infiniment Calli,
Ainsi, en faisant le même raisonnement, on montre que pour une suite de fonction $(g_n)_n$ tel que $\|g_n - g \| \rightarrow 0$, $f_n \ast g_n$ continues implique que $f_n \ast g$ sont continues qui elle même induit la continuité de $f \ast g$.
Finalement, on regarde la continuité sur $f_n*g_n$

Sn · May 2021

En revanche, je ne parviens pas à finaliser selon le raisonnement de Cyrano et bd2017.
Cela est certainement futile mais pourriez-vous m'aider ?

bd2017 · May 2021

Bonjour

D'abord, supposons que pour h toute fonction $\cal{C^\infty}$ à support compact (on admet ici que cet espace est dense dans $L^1$) on ait démontré que

(1) $\int_\R |f(h+\epsilon) -h(x)|dx$ tend vers 0 quand $\epsilon$ tend vers 0.

Alors soit une fonction dans $L_1(\R)$ on a :

$|\int_\R f(x+\epsilon) -f(x)dx| \leq =\int_\R |f(x+\epsilon) -f(x)dx| $
$=\int_\R |[f(x+\epsilon)-h(x+\epsilon)] +[h(x)- f(x)]+[h(x+\epsilon)-h(x)] | dx $
$\leq \int_\R |[f(x+\epsilon)-h(x+\epsilon)] dx + \int_\R |[f(x+\epsilon)-h(x+\epsilon)] dx +
\int_\R +[h(x+\epsilon)-h(x)] | dx$
$=||f-h||_1+||f-h||_1+\int_\R +[h(x+\epsilon)-h(x)] | dx< 3 \delta $

Pourvu que tu aies choisi h assez proche de f pour a voir $||f-h||_1<\delta $ et ensuite $\epsilon$ assez proche de 0.

Ainsi la propriété (1) est valable dans $L^1 (\R)$ par densité.

Ensuite soit $g\in L^{\infty} (\R)$ et montrons la continuité de $f*g$

$|(f*g)(y+\epsilon)-(f*g)(y)| =|\int_\R (f(y+\epsilon- x) - f(y-x)) g(x) dx|$
$\leq \int_\R |f(y+\epsilon- x) - f(y-x)| dx || g|| _\infty $
$=\leq \int_\R |f(u+\epsilon) - f(u)| du || g|| _\infty $ (changement de variable $u=y-x$)

Et avec (1) on obtient que $|(f*g)(y+\epsilon)-(f*g)(y)|$ tend vers 0 quand $\epsilon$ tend vers 0. Ce qui démontre la continuité (uniforme ) demandée.

Reste à démontrer 1 pour les fonctions régulières à support compact. Soit h une telle fonction
$w(\epsilon) =
\int_\R |h(x+\epsilon) -h(x)|dx =\int_a^b |h(x+\epsilon) -h(x)|dx$ où $[a,b]$ est un intervalle qui contient le support de

$f(. )$ et $f(.+\epsilon)$ ($\epsilon <1$ )

$w(\epsilon) \leq \int_a^b |\epsilon h'(u_{\epsilon,x} x+\epsilon) |dx$ (th des accroissements finis)
$w(\epsilon) \leq \epsilon (b-a) ||h'||_\infty \epsilon$ . cqfd

Bien entendu on aurait pu démontrer (1) avec les fonctions étagées .

Calli · May 2021

Sn : Non, il ne faut pas prendre de suite $(g_n)$ ; juste une suite $(f_n)$. Une limite uniforme de fonctions continues est continue, donc les fonctions continues bornées ne sont pas denses dans $L^\infty$ et tu ne peux pas construire de suite de fonctions continues $(g_n)$ comme tu le voudrais. Mais tu n'en a pas besoin. On a $\forall x, (f_n*g)(x) = \int_{\Bbb R} f_n(x-y) g(y) dy$. Donc, si $f_n$ est continue, alors $f_n*g$ aussi. Pour la domination nécessaire au théorème de continuité des intégrales à paramètres, il faut utiliser le fait qu'on a choisi $f_n$ à support compact.