Analyse Fonctionnelle TD 3 : Espaces de fonctions

Master Mathématiques et Applications1^`ereannée Aix-Marseille Université Année 2015-2016

Analyse Fonctionnelle TD 3 : Espaces de fonctions

Avec corrigés

Les numéros de Théorèmes, Propositions, etc ... font référence aux notes de cours.

Exercice 1

1. Montrer que l’ensemble des fonctions constantes deXdansE, notéConst(X, E)est un sous-espace fermé de(B(X, E),k.k_∞)qui est isométrique àE.

2. Montrer que l’ensemble des fonctions continues et bornées deXdansE, notéC⁰_b(X, E)est un sous-espace fermé de(B(X, E),k.k_∞).

3. Etablir que

Eest complet⇐⇒(B(X, E),k.k_∞)est complet.

Noter que la complétude éventuelle de(X, d)n’a pas d’importance dans cette histoire.

Corrigé :

1. L’application

a∈E7→ϕa= (x∈X7→a)∈Const(X, E), est clairement une bijection linéaire isométrique.

2. Le fait que c’est un sous-espace vectoriel est clair. La fermeture de cet espace est due au théorème de continuité des limites uniformes de suites de fonctions continues. Plus précisément si(f_n)_nest une suite d’éléments deC_b⁰(X, E) qui converge vers une fonctionf dans(B(X, E),k.k_∞), alors cette convergence est uniforme.

En conséquence, la fonction limitef est elle-même continue et bornée et donc appartient àC_b⁰(X, E).

3. ⇒ Cette implication a déjà été vue en cours. Rappelons rapidement la démarche. Si (fn)n est une suite de Cauchy dans(B(X, E),k.k_∞), alors par définition de la norme infinie, pour toutx∈X, la suite(fn(x))nest de Cauchy dansEqui est complet. Elle admet donc une limite notéef(x).

Comme(fn)nest de Cauchy dans(B(X, E),k.k∞), c’est une suite bornée et il existe doncM ≥0tel que

|fn(x)| ≤M, ∀x∈X,∀n≥0.

Par passage à la limite simple on déduit que|f(x)| ≤M pour toutx∈X et donc quef ∈B(X, E).

Par ailleurs, pour toutε >0il existen0≥0tel que

∀n≥n0,∀p≥0,∀x∈X|fn+p(x)−fn(x)| ≤ε.

En passant à la limite simple quandp→ ∞, on obtient

∀n≥n0,∀x∈X|f(x)−fn(x)| ≤ε, autrement dit

∀n≥n₀,kf−f_nk∞≤ε, ce qui prouve bien la convergence de(f_n)_nversf dans(B(X, E),k.k_∞).

⇐ Supposons queB(X, E)est complet. AlorsConst(X, E)est complet car c’est un ensemble fermé dans un espace métrique complet. On a vu à la question 1 que cet espace est isométrique àEqui est donc à son tour complet.

Exercice 2 (Espaces à poids)

Soitw:R→]0,+∞[une fonction positive définie surRtelle que

∀R >0, 0< inf

[−R,R]w≤ sup

[−R,R]

w <+∞.

Soit maintenant(E,k.k)un espace vectoriel normé ; on définit l’espace à poids

C_w⁰(R, E) =

f ∈ C⁰(R, E), kfk_∞,w^def= sup

t∈R

w(t)kf(t)kE

<+∞

.

1. Montrer queC_w⁰(R, E)est un sous-espace vectoriel de C⁰(R, E) et quek.k_∞,w est une norme sur cet espace.

2. Montrer que siEest complet, alorsC_w⁰(R, E)est complet.

Corrigé :

1. Soientf, g ∈ C_w⁰(R, E)(qui est non vide) etλ ∈R, il est clair queλf +gest continue et par ailleurs, pour tout t∈Rnous avons

w(t)kf(t) +g(t)k_E≤w(t)kf(t)k_E+w(t)kg(t)k_E≤ kfk_∞,w+kgk_∞,w. Ceci étant vrai pour toutt∈R, nous en déduisons quef+gest dansC_w⁰(R, E)et que

kf+gk_∞,w≤ kfk_∞,w+kgk_∞,w. De la même façon, on montre l’homogéniété de la norme.

2. On procède de façon usuelle. Si(fn)nest de Cauchy dansC_w⁰(R, E), alors pour toutt∈R,(fn(t))nest de Cauchy dansEqui est complet. Il existe donc une fonctionf :R→Equi est la limite simple des(fn)n. Il faut maintenant montrer quefest dansC_w⁰(R, E)et que la convergence a lieu au sens de cet espace.

On fixe unR >0et on utilise l’hypothèse pour écrire

inf

[−R,R]w

sup

t∈[−R,R]

kfn(t)−fn+p(t)kE≤ kfn−fn+pk∞,w,

et donc

sup

t∈[−R,R]

kfn(t)−fn+p(t)kE≤ 1

inf_[−R,R]wkfn−fn+pk_∞,w.

Ceci montre que les restrictions des fn à l’intervalle [−R, R] sont de Cauchy pour la norme infinie et donc en particulier, convergent uniformément vers f sur[−R, R]. Ainsif est continue sur cet intervalle. Ceci étant vrai pour toute valeur deR >0, on a bien montré quef est continue surRtout entier.

On fixeε >0et on choisitn₀tel que

∀n≥n₀,∀p≥0, kf_n+p−f_nk_w,∞≤ε.

Ceci s’écrit encore de la façon suivante

∀n≥n0,∀p≥0,∀t∈R, w(t)kfn(t)−fn+p(t)kE ≤ε.

Par passage à la limite simple quandp→ ∞dans cette inégalité on trouve

∀n≥n0,∀t∈R, w(t)kfn(t)−f(t)kE≤ε.

Cela montre dans un premier temps quef ∈ C_w⁰(R, E)et que

∀n≥n0, kfn−fkw,∞≤ε.

On a donc prouvé la convergence de la suite(f_n)_ndans l’espace considéré.

Exercice 3 (FonctionsC_b^ksur un fermé)

Montrer que l’espaceC_b^k(F)n’est autre, à isomorphisme près, que l’espace quotient C_b^k(R^d)/F,

oùFest le sous-espace vectoriel deC_b^k(R^d)défini par

F={f ∈ C_b^k(R^d), tel quef = 0surF}.

Montrer queFest fermé dansC_b^k(R^d)et en déduire que(C^k(F),k.k_Ck(F))est un espace de Banach.

Corrigé :

Il s’agit simplement d’appliquer les définitions des espaces quotients. La seule chose à montrer c’est le caractère fermé deF. On peut simplement utiliser la caractérisation par les suites : si(fn)n⊂ Fconverge dansC_n^k(R^d)vers une fonction f, alors en particulier elle converge simplement versf. Pour toutx∈F, et toutn≥0, on afn(x) = 0et donc par limite simple on déduit quef(x) = 0. Ceci montre bien quef ∈ F.

Exercice 4 (Théorème de prolongement de Tietze-Urysohn)

Soit(X, d)un espace métrique,Y un fermé deXetf ∈ C_b⁰(Y,R).

1. On noteM =kfk_∞et on définit

Y⁺={y∈Y, M/3≤f(y)≤M}, Y⁻={y∈Y,−M ≤f(y)≤ −M/3}.

Montrer queY⁺etY⁻sont deux fermés disjoints de(X, d).

2. On introduit la fonctiong₁définie par

g1(x) =M 3

d(x, Y⁻)−d(x, Y⁺)

d(x, Y⁺) +d(x, Y⁻), ∀x∈X.

Montrer queg₁est bien définie et continue surX et qu’elle vérifie sup

X

|g1| ≤ M

3 , et sup

Y

|f−g1| ≤ 2M 3 .

3. Montrer que l’on peut construire une suite(g_k)_kde fonctions continues surX telle que pour toutkon ait

sup

X

|gk| ≤ 2

3 ^kM

2 , et sup

Y

f−

k

X

i=1

gi

≤ 2

3 ^k

M.

4. Montrer que la série de fonctionsP+∞

i=1g_iconverge uniformément surXvers une fonction continue bornée get que celle-ci vérifie

sup

X

|g|= sup

Y

|f|, et f =g, surY .

5. Montrer que l’on peut adapter la construction précédente pour assurer que le prolongementg obtenu ci-dessus vérifie les estimations plus précises suivantes

inf

X g= inf

Y f, et sup

X

g= sup

Y

f.

6. Montrer enfin que sif ∈ C⁰(Y,R)n’est pas nécessairement bornée alors il existe quand même un prolon- gementg∈ C⁰(X,R)qui coincide avecf surY.

7. Donner un exemple montrant que siY n’est pas fermé, ce résultat de prolongement peut être mis en défaut (y compris pour une fonction continue bornée).

Corrigé :

des fermés deY. CommeY est lui-même un fermé deX, les deux ensemblesY^± sont des fermés deX(voir la PropositionI.10). Ils sont très clairement disjoints.

2. D’après l’exercice7du TD1, les fonctionsx7→d(x, Y^±)sont continues et ne s’annulent que pourx∈Y^±. Ainsi la fonctiong1donnée dans l’énoncé est continue et bien définie surX(le dénominateur ne s’annule jamais).

L’estimation desup_X|g1|est immédiate.

Maintenant, estimonsf(y)−g1(y)poury∈Y. Trois cas se présentent :

— Siy∈Y⁺, alorsg1(y) =M/3etM/3≤f(y)≤M et donc|f(y)−g1(y)| ≤2M/3.

— Siy∈Y⁻, alorsg₁(y) =−M/3et−M ≤f(y)≤ −M/3et donc|f(y)−g₁(y)| ≤2M/3.

— Siy 6∈Y⁺∪Y⁻, nous avonsg1(y) ∈[−M/3, M/3]etf(y) ∈[−M/3, M/3]et donc à nouveau|f(y)− g1(y)| ≤2M/3.

3. On raisonne par récurrence, le cask= 1ayant déjà été fait au cran précédent. Si on suppose les fonctionsg1, ..., gk

construites, on pose F = f −Pk

i=1g_i qui vérifie doncsup_Y|F| = (2/3)^kM et on applique la construction précédente à la fonctionF (et en remplaçantM par(2/3)^kM). Cela nous fournit une fonctiong_k+1vérifiant les estimations proposées.

4. Par construction, les(gi)isont continues, et nous avonssupX|gi|= (2/3)ⁱM, ce qui fait que la série X

i≥1

sup

X

|g_i|

est convergente, ce qui veut dire que la série de fonctions de terme général(gi)i est normalement convergente.

Comme l’espaceC_b⁰(X)est complet, cela implique que la série de fonctions de terme général(gi)i converge uni- formément surXvers une certaine fonction continueg. La deuxième propriété des fonctionsgkmontre queg=f surY.

Par ailleurs, nous avons sup

X

|g| ≤X

i≥1

sup

X

|gi|= M 2

X

i≥1

(2/3)ⁱ= M 3

1

1−2/3 =M = sup

y

|f|.

5. Soitα= infY fetβ= sup_Yf. Il suffit de translaterf en posant f˜(y) =f(y)−α+β

2 ,

de sorte quesup_Y |f˜|= ^β−α₂ . On construit alors un prolongement˜gdef˜tel quesup_X|˜g|= ^β−α₂ . On pose alors g= ˜g+^α+β₂ , qui est bien un prolongement def qui vérifie les propriétés voulues.

6. Supposons maintenant quefest seulement continue. On posef˜= arctan◦f qui est une fonction continue bornée (parπ/2) sur l’espaceY et telle quesup_Y |f˜| =π/2. On applique alors la précédente construction pour obtenir une fonction continue et bornée (parπ/2) notéeg˜qui prolongef˜surX.

L’idée serait maintenant de poserg = tan◦˜gmais cela n’est pas possible car nous ne sommes pas certains queg˜ n’atteint pas les valeurs±π/2quelque part dansX(auquel cas la fonctiontann’est pas bien définie). Le point clé est que si cela arrive c’est forcément en dehors deY (car surY,f˜n’atteint pas les valeurs±π/2).

Pour formaliser cela on introduit l’ensembleZ = ˜g⁻¹({−π/2, π/2})qui est un fermé deXdisjoint deY (d’après la remarque précédente). On pose alorsF =Y ∪Zqui est un fermé deXet on définit surF la fonction suivante

ϕ(x) =

(0 six∈Z, 1 six∈Y .

On observe queϕ|Zest continue surZetϕ_|Y est continue surY. CommeY etZsont des fermés disjoints, on peut vérifier queϕest continue surF=Y ∪Z.

On applique alors le théorème de prolongement démontré plus haut à la fonctionϕ(question 5). Il existe donc une fonctionΦcontinue surXqui coincide avecϕsurF et telle que0≤Φ≤1.

On remplace maintenantg˜par¯g = Φ˜g. Par construction,¯gest continue surX, coincide avec˜gsurY et vérifie

−π/2<¯g < π/2surX. Cette fois, les valeurs±π/2ne sont pas atteintes et on peut donc poser à bon droit g= tan◦¯g,

qui vérifie bien toutes les propriétés attendues.

7. On considèreX =RetY =]0,+∞[. La fonctiony∈Y 7→f(y) = 1/yn’admet pas de prolongement continu à X. Si on veut un exemple avec une fonction bornée, on peut considérery∈Y 7→f(y) = sin(1/y).

Exercice 5 (Transformée de Fourier et Lemme de Riemann-Lebesgue)

Pour toute fonctionf ∈L¹(R), on définit la transformée de Fourier def par la formule (Ff)(ξ)^def=

Z

R

f(x)e^−iξxdx.

Remarque :Selon les auteurs, il y a (ou pas) une constante qui dépend deπdevant l’intégrale dans la définition de la transformée de Fourier.

1. Montrer que pour toutf ∈L¹(R),Ff est une fonction continue bornée et que kFfk_∞≤ kfk_L1, ∀f ∈L¹(R).

2. On suppose quefest dansC_c¹(R). CalculerFf en fonction deF(f⁰).

En déduire que

ξ→±∞lim Ff(ξ) = 0, ∀f ∈ C_c¹(R).

3. Montrer que

lim

ξ→±∞Ff(ξ) = 0, ∀f ∈L¹(R).

4. Pour touta < b, calculerF1_[a,b]et en déduire une autre démonstration du résultat précédent.

N.B. :On a un résultat similaire en dimensiondquelconque et pour les séries de Fourier.

Corrigé :

1. Pour toutx∈Ret toutξ∈Rnous avons

f(x)e^−ixξ

=|f(x)|.

Ceci prouve que la transformée de Fourier est bien définie et que|Ff(ξ)| ≤ kfk_L1 pour toutξ∈R. La continuité deFf est une conséquence immédiate du théorème de convergence dominée.

2. Sifest dansC¹_c(R), on peut calculerFf⁰en intégrant par parties F(f⁰)(ξ) =

Z

R

f⁰(x)e^−iξxdx=iξ Z

R

f(x)e^−iξxdx=iξFf(ξ).

D’après l’inégalité obtenue dans la première question nous avons donc

|Ff(ξ)| ≤ 1

|ξ|kF(f⁰)k∞≤ kf⁰k_L1

|ξ| , ce qui montre bien queFf(ξ)tend vers0quandξ→ ±∞.

3. Il s’agit maintenant d’utiliser la densité de l’ensembleC_c¹(R)dansL¹(R). Ainsi, pourf ∈L¹(R)fixée etε >0, il existef_ε∈ C¹_c(R)telle quekf−f_εkL¹ ≤ε.

On écrit alors, par linéarité de la transformée de Fourier et l’inégalité de la question 1,

|Ff(ξ)| ≤ |F(f−fε)(ξ)|+|F(fε)(ξ)|

≤ kf −f_εk_L1+|F(f_ε)(ξ)|

≤ε+|F(fε)(ξ)|.

On remarque que, comme à l’accoutumée, on s’est débrouillé pour que le premier terme du membre de droite ne dépend plus que d’un seul paramètreε. On prend maintenant la limite supérieure enξ

lim sup

ξ→±∞

|Ff(ξ)| ≤ kf−f_εk_L1+ lim sup

ξ→±∞

|F(f_ε)(ξ)|.

Le second terme de l’égalité ci-dessus est nul d’après la question précédente. On a donc au final obtenu lim sup

ξ→±∞

|Ff(ξ)| ≤ε.

Comme ceci est valable pour tout choix deε, nous avons bienlim sup_ξ→±∞|Ff(ξ)|= 0et donc comme la quantité étudiée est positive, nous concluons quelim_ξ→±∞|Ff(ξ)|= 0.

F1_[a,b](ξ) = Z b

a

e^−ixξdx= e^−ibξ−e^−iaξ

−iξ , et donc

|F1_[a,b](ξ)| ≤ 2

|ξ|, ce qui prouve que

ξ→±∞lim F1[a,b](ξ) = 0.

Par linéarité de la transformée de Fourier, ceci est donc encore vrai pour toutes combinaisons linéaires d’indicatrices.

On peut dès lors utiliser la densité de l’ensemble de ces fonctions dansL¹(R)pour conclure de la même façon que dans la question précédente.

Exercice 6 (Opérateurs de composition)

SoitΩun ouvert borné deR^d etp, q ∈[1,+∞[. On se donne une fonctionθ : R→ Rcontinue et qui vérifie, pour un certainC≥0,

|θ(t)| ≤C(1 +|t|^pq), ∀t∈R. 1. Montrer que pour toute fonctionf ∈L^q(Ω), on aθ◦f ∈L^p(Ω).

2. Montrer que l’application (non-linéaire ! !)

f ∈L^q(Ω)7→θ◦f ∈L^p(Ω), est continue.

Corrigé :

1. Pour toutx∈Ω, on a

|θ◦f(x)|^p≤C^p(1 +|f(x)|^pq)^p≤2^p−1C^p(1 +|f(x)|^q).

Le membre de droite de cette inégalité est intégrable par hypothèse et donc on a bienθ◦f ∈L^p(Ω).

2. Soit(f_n)_nune suite de fonctions qui converge dansL^q(Ω)vers une fonctionf. Il s’agit de montrer que kθ◦f_n−θ◦fk_Lp−−−−−→

n→+∞ 0.

On va raisonner par l’absurde en supposant que cette convergence n’est pas vraie. Il existe donc unε > 0et une sous-suite(f_ϕ(n))_ntelle que

kθ◦f_ϕ(n)−θ◦fk_Lp ≥ε, ∀n. (1) En utilisant la PropositionI.76, on peut extraire une nouvelle sous-suite(f_ϕ(ψ(n)))_n qui vérifie toujours (1) mais qui en plus converge presque partout versfet vérifie

|f_ϕ(ψ(n))| ≤g, p.p. et pour toutn, oùgest une fonction deL^q.

On calcule maintenant, en utilisant l’hypothèse,

|θ◦f_ϕ(ψ(n))(x)−θ◦f(x)| ≤C(1 +|f_ϕ(ψ(n))(x)|^qp) +|θ◦f(x)|

≤C(1 +|g(x)|^pq) +|θ◦f(x)|,

et comme la fonction du membre de droite de cette inégalité est dansL^p(Ω), on dispose donc d’une domination uniforme de la suite de fonctionsθ◦f_ϕ(ψ(n))(x)−θ◦f(x). De plus, cette suite de fonctions tend vers0presque partout carθest continue et(f_ϕ(ψ(n)))nconverge presque partout versf.

Le théorème de convergence dominée (dans l’espaceL^p(Ω)) nous donne donc Z

Ω

|θ◦f_ϕ(ψ(n))(x)−θ◦f(x)|^pdx−−−−→

n→∞ 0, ce qui contredit manifestement (1) et le résultat est démontré.

Exercice 7 (Opérateurs à noyau)

SoientΩ1 ⊂R^d1 etΩ2⊂R^d2 deux ouverts non vide etK∈L²(Ω1×Ω2). Pour toute fonctionu∈L²(Ω2)et pour toutx∈Ω₁, on définit (si cette intégrale converge)

(T u)(x) = Z

Ω₂

K(x, y)u(y)dy.

Démontrer queT uest bien définie presque partout et queT est un opérateur linéaire continu deL²(Ω2)dans L²(Ω1)dont la norme vérifie|||T||| ≤ kKk_L2(Ω1×Ω2).

Quel résultat similaire obtient-on siK∈L^p(Ω1×Ω2)pour un certain1< p <+∞?

Corrigé :

Le premier problème que nous avons est de justifier, au moins pour presque toutx, la convergence de l’intégrale qui définitT u. Pour cela, on commence par travailler sur les valeurs absolues des fonctions mises en jeu. Autrement dit, pour toutx∈Ω1, on pose

T u(x) =¯ Z

Ω₂

|K(x, y)||u(y)|dy∈[0,+∞]. (?) Ceci est bien défini car les fonctions que l’on intègre sont mesurables et positives. Il nous faut maintenant montrer que T u(x)¯ est une quantité finie pour presque toutx.

On commence par appliquer l’inégalité de Cauchy-Schwarz

|T u(x)|¯ ²≤ Z

Ω₂

|K(x, y)|²dy Z

Ω₂

|u(y)|²dy

.

On remarque que le second facteur du terme de droite est fini alors que le premier peut être infini. On peut maintenant intégrer par rapport àxcette inégalité

Z

Ω1

|T u(x)|¯ ²dx≤ Z

Ω1

Z

Ω2

|K(x, y)|²dy

dx

kuk²_L2(Ω₂).

Le théorème de Fubini-Tonelli (dont les seules hypothèses sont la positivité et la mesurabilité des fonctions) nous dit que le terme contenantKest fini et que l’on a

Z

Ω₁

Z

Ω₂

|K(x, y)|²dy

dx= Z

Ω₁×Ω2

|K(x, y)|²dx dy=kKk²_L2(Ω₁×Ω₂).

Ainsi, la fonction mesurableT u¯ est de carré intégrable sur Ω₁ et en particulier, elle est finie pour presque toutx. En revenant à la définition (?) deT, on en déduit que pour presque tout¯ x, la fonctiony 7→ K(x, y)u(y)est intégrable sur Ω₂, ce qui justifie la définition deT u(x)pour ces valeurs dex.

De plus, on a la majoration

|T u(x)| ≤T u(x),¯ pour presque toutx, et donc par intégration

Z

Ω₁

|T u(x)|²dx≤ Z

Ω₁

|T u(x)|¯ ²dx≤ kKk²_L2(Ω1×Ω2)kuk²_L2(Ω2).

On a donc bien montré queT u∈L²(Ω₁)et que

kT uk_L2(Ω1)≤ kKk_L2(Ω1×Ω2)kuk_L2(Ω2), ∀u∈L²(Ω2).

CommeT est clairement linéaire, on a bien montré qu’il s’agit d’un opérateur linéaire continu deL²(Ω2)dansL²(Ω1) avec l’estimation de la norme attendue.

En appliquant les mêmes techniques que dans la question précédente et en utilisant cette fois les inégalités de Hölder adéquates, on obtient que l’opérateurT est bien défini deL^p0(Ω1)dansL^p(Ω2)et que

|||T|||_L(Lp0

(Ω2),L^p(Ω1))≤ kKkL^p(Ω₁×Ω2).

Exercice 8 (Opérateurs de translation)

On se place dansΩ = R(R^d conviendrait tout aussi bien) et pour touth ∈ R, on considère l’opérateur de translation dansL^pdéfini par

f ∈L^p(Ω)7→τ_hf =f(·+h)∈L^p(Ω).

1. Montrer que si1≤p <+∞, on a pour toutf ∈L^p(Ω), τ_hf −−−→

h→0 f, dansL^p(Ω).

2. Montrer que le résultat précédent est faux pourp= +∞.

3. Soitf ∈L¹(R). Montrer que sa transformée de FourierFf (voir l’exercice5) vérifie

|Ff(ξ)| ≤ kτ_π/ξf−fk_L1. En déduire une nouvelle preuve du Lemme de Riemann-Lebesgue.

4. Soitη :R→Rune fonction de classeC^∞, positive, à support dans]−1,1[et telle queR

Rη dx= 1. Une telle fonction existe, même si ça n’est pas totalement trivial à montrer.

Pour toutε >0, on noteη_ε(x) = ¹_εη(x/ε)et pour toutf ∈L¹(R), on définit le produit de convolution

∀x∈R, (f ? η_ε)(x) = Z

R

f(y)η_ε(x−y)dy.

(a) Vérifier quef ? ηεest une fonction bien définie pour toutεet que l’on a

(f ? ηε)(x) = Z

R

f(x−εz)η(z)dz,

kf ? ηεk_L1 ≤ kfk_L1, ∀ε >0.

(b) Démontrer que, pour toutε >0,f ? η_εest une fonction de classeC^∞. (c) Démontrer que

kf−f ? η_εkL¹≤ sup

|h|≤ε

kτhf −fkL¹. En déduire que

f ? η_ε−−−→

ε→0 f, dansL¹(R).

(d) Montrer que l’ensembleC_c^∞(R)des fonctions de classeC^∞à support compact est dense dansL¹.

Corrigé :

1. Par un simple changement de variable linéaire (une translation de pash), nous avons pour toute fonctionf ∈L^p(R), kτ_hfk^p_Lp =

Z

R

|τ_hf(x)|^pdx= Z

R

|f(x+h)|^pdx= Z

R

|f(x)|^pdx=kfk^p_Lp. Ainsi les opérateursτhsont des isométries.

Soit f ∈ L^p(Ω) quelconque. On sait que l’ensemble des fonctions continues à support compact est dense dans L^p(R)et donc, pourε >0fixé, il existegε∈ C_c⁰(R)telle que

kgε−fkL^p≤ε.

En utilisant la propriété d’isométrie deτhnous obtenons

kτ_hf −fk_Lp≤ kτ_hf−τ_hg_εk_Lp+kτ_hg_ε−g_εk_Lp+kg_ε−fk_Lp

≤2kf−gεkL^p+kτhgε−gεkL^p

≤2ε+kτhgε−gεkL^p.

Le résultat sera donc prouvé si on montre que,εétant fixé, on aτhgε−−−→

h→0 gεdansL^p. Commeg_εest à support compact, il existeR >0tel que

Suppg_ε⊂B(0, R).

Ainsi, pour tout|h|<1nous avons

Suppτhgε⊂B(0, R+ 1), de plus, la fonction|gε|est bornée par une constante notéeM. On peut donc écrire

kτhgε−gεk^p_Lp= Z

R

|τhgε(x)−gε(x)|^pdx

= Z

B(0,R+1)

|τhgε(x)−gε(x)|^pdx,

et appliquer le théorème de convergence dominée (dansL¹(B(0, R+ 1))) car nous avons

|τhg_ε(x)−g_ε(x)| ≤2M, ∀x∈B(0, R+ 1),∀|h|<1, ce qui est bien une majoration par une fonction intégrable (sur le borneB(0, R+ 1)) et

τhgε(x)−gε(x)−−−→

h→0 0, ∀x∈B(0, R+ 1), carg_εest continue.

Le résultat est démontré.

2. Prenonsf = 1_[0,1]eth >0petit, de sorte queτhf = 1_[−h,1−h]et donc kf−τhfk_∞= 1, ∀h >0, ce qui montre bien queτ_hf ne converge pas versf quandh→0.

3. Il s’agit d’un simple changement de variable affiney+π/ξ Ff(ξ) =

Z

R

f(x)e^−ixξdx= Z

R

f(y+π/ξ)e^{−iyξ−iπ}dy=− Z

R

f(y+π/ξ)e^−iyξdy.

Autrement dit, nous avons obtenu

Ff(ξ) =−F(τπ/ξf)(ξ), et donc par demi-somme

Ff(ξ) =1 2F

f−τ_π/ξf

(ξ).

Ainsi, d’après l’inégalité de la première question de l’exercice5, nous déduisons

|Ff(ξ)| ≤ 1

2kf−τ_π/ξfk_L1.

Le Lemme de Riemann-Lebesgue est donc une conséquence de la continuité dansL¹des translationsh7→τ_hf. 4. (a) La fonctionηεest bornée (par1/ε!) etfest intégrable, donc la fonction sous l’intégrale définissant le produit

de convolution est bien intégrable à son tour. La première formule proposée s’obtient juste par changement de variabley=x−εz. Par ailleurs nous avons

|f ? ηε(x)| ≤ Z

R

|f(y)||ηε(x−y)|dy, et par intégration (toutes les fonctions sont positives)

Z

R

|f ? ηε(x)|dx≤ Z

R

Z

R

|f(y)||ηε(x−y)|dy

dx.

Comme nous avons affaire à des fonctions positives, le théorème de Fubini-Tonelli s’applique et nous dit que nous pouvons intervertir les intégrales dans le second membre (en acceptant que ces intégrales soient éventuellement infinies). Nous obtenons

kf ? ηεkL¹≤ Z

R

Z

R

|f(y)||ηε(x−y)|dx

dy

= Z

R

|f(y)|

Z

R

|ηε(x−y)|dx

dy

=kfk_L1(R)kη_εk_L1

=kfk_L1(R)kηkL¹

=kfk_L1(R).

Les dernières égalités proviennent du changement de variablex→x/εet des propriétés deη.

(c) CommeR

R^dη = 1, on peut écrire

f(x)−f ? ηε(x) = Z

R

(f(x)−f(x−εz))η(z)dz,

et donc, en utilisant le théorème de Fubini-Tonelli et le fait queηest à support dans]−1,1[

Z

R

|f(x)−f ? ηε(x)|dx≤ Z

R

Z

R

|f(x)−f(x−εz)|η(z)dz

≤ Z

R

η(z)kτ−εzf−fkL¹dz

≤ sup

z∈]−1,1[

kτ_−εzf−fk_L1

= sup

h∈]−ε,ε[

kτhf−fk_L1.

La convergence demandée est donc une conséquence de la continuité des translations établie plus haut.

(d) La question précédente répond presque à la question, à ceci près que sans autre hypothèse nous ne pouvons pas assurer quef ? ηεest à support compact. Par contre, ceci est vrai dès quef est elle-même à support compact.

En effet, d’après la formule de la question (a) on peut vérifier que sif est à support dans[−R, R]alors pour ε <1,f ? ηεest à support dans[−R−1, R+ 1].

Sif ∈L¹est quelconque on considère donc la fonctionf_R=f1_[−R,R]puisf_R,ε =f_R? η_εqui est bien une fonction de classeC^∞et à support compact. On écrit ensuite

kf−f_R,εk_L1 ≤ kf −f_Rk_L1+kf_R−f_R? η_εk_L1.

Pourδ >0fixé, on peut d’abord choisirR >0pour quekf −fRk_L1 ≤δ(convergence dominée !) puis, une fois cette valeur deRfixée, choisirεpour quekfR−fR? ηεk ≤δd’après la question précédente. On obtient

kf −fR,εk_L1≤2δ.