Exercices corrigés - Produit de convolution

On va démontrer que $f$ et $g$ sont dans $\bigcap_{p\in[1,+\infty]}L^p.$ On remarque que $f$ et $g$ sont continues sur $\mathbb R$ et qu'elles sont bornées. De plus, pour tout $p\geq 1,$ on a $x^2 |f(x)|^p\to 0$ et $x^2 |g(x)|^p\to 0$ quand $x\to\pm\infty.$ Puisque $1/x^2$ est intégrable au voisinage de $\pm\infty.$ On en déduit que $f$ et $g$ sont dans $L^p$. Ainsi, puisque $f\in L^1$ et $g\in L^p$, $f\star g$ est bien définie et vérifie $f\star g\in L^p.$ Puisque $f\in L^2$ et $g\in L^2,$ alors $f\star g$ est continue.

Remarquons d'abord que l'existence du produit de convolution de ces deux fonctions ne résulte pas immédiatement des théorèmes du cours. En effet, si $\alpha$ et $\beta$ sont strictement positifs, alors les deux fonctions ne sont dans aucun $L^p$ pour $p\geq 1$. Elles sont dans $L^1_{\textrm{loc}}$, et aucune des deux n'est à support compact. Ainsi, pour démontrer l'existence du produit de convolution, il faut montrer que, pour tout $x\in\mathbb R,$ la fonction $y\mapsto e^{\alpha(x-y)}\mathbf{1}_{[0,+\infty[}(x-y)e^{\beta y}\mathbf{1}_{[0,+\infty[}(y)$ est intégrable. Mais comme cette fonction est positive, il suffit de faire le calcul sans les valeurs absolues. On a alors : \begin{eqnarray*} f\star g(x)&=&\int_{\mtr}e^{\alpha (x-y)}\mathbf{1}_{[0,+\infty[}(x-y)e^{\beta y}\mathbf{1}_{[0,+\infty[}(y)dy\\ &=&e^{\alpha x}\int_0^{+\infty}e^{-\alpha y}\mathbf{1}_{[0,+\infty[}(x-y)e^{\beta y}dy \end{eqnarray*} Or, $x-y\in[0,+\infty[\iff x\geq y$. Il en résulte que, si $x\leq 0$, on a $f\star g(x)=0$. D'autre part, si $x\geq 0$, on a : \begin{eqnarray*} f\star g(x)&=&e^{\alpha x}\int_0^x e^{(\beta-\alpha)y}dy\\ &=&\left\{ \begin{array}{ll} \dis \frac{1}{\beta-\alpha}\left(e^{\beta x}-e^{\alpha x}\right)&\textrm{si $\beta\neq\alpha$}\\ \dis xe^{\alpha x}&\textrm{sinon.} \end{array} \right. \end{eqnarray*}

On va procéder par récurrence sur $n.$ Pour $n\geq 1,$ on remarque que $$(y_+)^0=\mathbf 1_{]0,+\infty[}.$$ Ainsi, $$x_+^0-(x-1)_+^1=\mathbf 1_{]0,+\infty[}-\mathbf 1_{]1,+\infty}=\mathbf 1_{]0,1]}$$ et la formule est bien vraie pour $n=1.$ Supposons la formule vérifiée au rang $n\geq 1$ et démontrons-la au rang $n+1$. On commence par remarquer que $f^{\star n}$ et $f^*$ sont deux fonctions bornées à support compact, en particulier membres de $L^2,$ et donc leur produit de convolution est bien défini sur $\mathbb R.$ D'autre part, pour $n\geq 1$ et $x\in\mathbb R,$ on a \begin{align*} f^{\star (n+1)}(x)&=f^{\star n}\star f (x)\\ &= \int_{\mathbb R} f^{*n}(t)\, \mathbf 1_{[0,1]}(x-t)\,dt . \end{align*} Or, \[ \mathbf 1_{[0,1]}(x-t)=1 \quad \Longleftrightarrow \quad x-1\le t\le x. \] Ainsi \[ f^{*(n+1)}(x) = \int_{x-1}^{x} f^{*n}(t)\,dt. \] On utilise l'hypothèse de récurrence et le fait qu'une primitive de $x_+^\ell$ et $\frac 1{\ell+1} x_+^{l+1}$ (le calcul suivant reste aussi valide si $n=1$) : \begin{align*} f^{\star (n+1)}(x)&=\frac1{(n-1)!} \sum_{k=0}^{n} (-1)^k \binom{n}{k} \int_{x-1}^{x} (t-k)_+^{\,n-1}\,dt\\ &=\frac1{n!} \sum_{k=0}^{n} (-1)^k \binom{n}{k} \Bigl( (x-k)_+^n-(x-k-1)_+^n \Bigr). \end{align*} En séparant les deux sommes puis en effectuant le changement d'indice $j=k+1$ dans la seconde, il vient \[ f^{*(n+1)}(x) = \frac1{n!} \sum_{k=0}^{n+1} (-1)^k \Bigl( \binom{n}{k} + \binom{n}{k-1} \Bigr) (x-k)_+^n. \] En utilisant l'identité de Pascal \[ \binom{n}{k} + \binom{n}{k-1} = \binom{n+1}{k}, \] on obtient \[ f^{*(n+1)}(x) = \frac1{n!} \sum_{k=0}^{n+1} (-1)^k \binom{n+1}{k} (x-k)_+^{\,n}, \] ce qui est exactement la formule voulue au rang $n+1$.

$g_{p,\sigma}$ et $g_{(q,\tau)}$ sont dans tous les $L^p(\mtr)$. Il en résulte (par exemple, $L^2\star L^2$), que leur produit de convolution est partout défini, qu'il est borné, uniformément continu, et tend vers 0 à l'infini. Il est aussi dans tous les $L^p$, puisqu'on peut voir aussi cela comme le produit de convolution $L^1\star L^p$. Enfin, la fonction résultante sera $C^\infty$. Procédons maintenant au calcul : \begin{eqnarray*} g_{p,\sigma}\star g_{q,\tau}(x)&=&\dis \frac{1}{\alpha\tau 2\pi}\int_{\mtr}e^{\frac{-(x-y-p)^2}{2\alpha^2}}e^\frac{-(y-q)^2}{2\beta^2}dy \end{eqnarray*} Notre stratégie est alors la suivante : on va regrouper tous les termes en $y$, puis faire apparaitre une exponentielle du type $e^{(y-m)^2/2r^2}$ pour utiliser le résultat demandé. C'est parti! \begin{eqnarray*} g_{p,\sigma}\star g_{q,\tau}(x)&=&\dis \frac{1}{\alpha\tau 2\pi}\int_{\mtr}e^{-\frac{(\beta^2+\alpha^2)}{2\alpha^2\beta^2}\times \left(y^2-2\frac{\beta^2(p+x)+\alpha^2 q}{\beta^2+\alpha^2}y\right)}e^{-\frac{1}{2\alpha^2\beta^2}\left(\beta^2(x^2+p^2-2px)+\alpha^2 q^2\right)}dx\\ &=&\dis\frac{1}{\alpha\tau 2\pi}\int_{\mtr}e^{-\frac{\beta^2+\alpha^2}{2\alpha^2\beta^2}\left(y-\frac{\beta^2(p+x)+\alpha^2 q}{\beta^2+\alpha^2}\right)^2}dy e^{\frac{(\beta^2(p+x)+\alpha^2 q)^2}{2\alpha^2\beta^2(\alpha^2+\beta^2)}}e^{-\frac{1}{2\alpha^2\beta^2}\left(\beta^2(x^2+p^2-2px)+\alpha^2 q^2\right)}\\ \end{eqnarray*} L'intégrale est de la forme souhaitée, avec $r=\frac{\alpha\beta}{\sqrt{\alpha^2+\beta^2}}$. Modulo le changement de variables $z=(y-m)/r$, on trouve que cette intégrale vaut $\sqrt{2\pi}\times r$. Après un petit calcul pour simplifier la dernière exponentielle, on trouve : \begin{eqnarray*} g_{p,\sigma}\star g_{q,\tau}(x)&=&\frac{1}{\sqrt{2\pi}\sqrt{\alpha^2+\beta^2}}e^{-\frac{1}{2(\alpha^2+\beta^2)}\left(x-p-q\right)^2}\\ &=&g_{p+q,\sqrt{\sigma^2+\tau^2}}(x). \end{eqnarray*}

Puisque $g$ est continue et périodique, $g$ est bornée et donc $f\star g$ est définie partout et est continue. Soit $T$ une période de $g$. Alors, pour tout $x\in\mathbb R,$ on a \begin{align*} f\star g(x+T)&=g\star f(x+T)\\ &=\int_{\mathbb R} g(x+T-t)f(t)dt\\ &=\int_{\mathbb R}g(x-t)f(t)dt\\ &=g\star f(x)=f\star g(x). \end{align*}

Pour $x\in\mathbb R,$ on a \begin{align*} \tau_a f\star g(x)&=\int_{\mathbb R}f(x-t-a)g(t)dt\\ &=\int_{\mathbb R}f(x-u)g(u-a)du\quad\quad (u=t+a)\\ &=\int_{\mathbb R}f(x-u)\tau_a g(u)du\\ &=f\star (\tau_a g)(x). \end{align*} D'autre part, on a aussi $$\tau_a(f\star g)(x)=\int_{\mathbb R}f(x-a-t)g(t)dt=(\tau_a f)\star g(x).$$

Soit $x\in\mathbb R$. Alors \begin{align*} f\star g(-x)&=\int_{\mathbb R}f(-x-t)g(t)dt\\ &=\int_{\mathbb R}f(-x+u)g(-u)du\textrm{ (changement de variables $u=-t$)}\\ &=\int_{\mathbb R}f(x-u)g(u)du\textrm{ (par parité de $f$ et $g$)}\\ &=f\star g(x). \end{align*} Si on fait le produit de convolution de deux fonctions impaires, on trouve avec la même preuve une fonction paire, et si on fait le produit de convolution d'une fonction impaire et d'une fonction paire, on trouve une fonction impaire.

Soit $x\in\mathbb R$ et soit $[a,b]$ un segment contenant le support de $g.$ On écrit \begin{align*} x^n(f\star g)(x)&=\int_{-\infty}^{+\infty} x^n f(x-t)g(t)dt\\ &=\int_a^b (x-t+t)^n f(x-t)g(t)dt\\ &=\int_a^b \sum_{k=0}^n \binom nk (x-t)^k f(x-t) t^{n-k}g(t)dt\\ &=\sum_{k=0}^n \binom nk \int_a^b (x-t)^k f(x-t) t^{n-k}g(t)dt\\ &=\sum_{k=0}^n \binom nk (x^k f)\star (x^{n-k} g)(x). \end{align*} Remarquons que la permutation de l'intégrale est de la somme est possible car on intègre des fonctions continues sur un segment.

D'abord, on a, par les propriétés bien connues du produit de convolution : $$\|Tg\|_2=\|f\star g\|_2\leq \|f\|_1\|g\|_2.$$ Ceci prouve que $T$ est continue, et que l'on a $\|T\|\leq \|f\|_1$. Pour calculer l'adjoint, on procède comme habituellement. Soit donc $h\in L^2(\mtr^n)$. On a : \begin{eqnarray*} \langle Tg,h\rangle &=&\int_{\mtr^n}f\star g(x)\overline{h(x)}dx\\ &=&\int_{\mtr^n}\int_{\mtr^n}f(x-y)g(y)dy\overline{h(x)}dx. \end{eqnarray*} On admet pour le moment que l'on peut permuter les intégrales à notre guise. On en déduit : \begin{eqnarray*} \dis \langle Tg,h\rangle&=&\int_{\mtr^n}\int_{\mtr^n}f(x-y)\overline{h(x)}dxg(y)dy\\ &=&\int_{\mtr^n}\overline{\int_{\mtr^n}\overline{f(x-y)}h(x)dx}g(y)dy\\ &=&\langle g,T^*h\rangle \end{eqnarray*} L'adjoint est donc l'opérateur $h\mapsto \int_{\mtr^n}\overline{f(x-y)}h(x)dx$. C'est encore l'opérateur de convolution par $\tilde{f}$, où $\tilde{f}(x)=\overline{f}(-x)$. Il reste à vérifier que l'on pouvait effectuer permuter les intégrations. Ceci est justifié si on prouve que $(x,y)\mapsto f(x-y)g(y)\overline{h(x)}$ est dans $L^1(\mtr^n\times\mtr^n)$. Mais on a : $$\int_{\mtr^n}\int_{\mtr^n}|f(x-y)g(y)\overline{h}(x)|dydx\leq\int_{\mtr^n}|f|\star|g|(x)|h(x)|dx\leq \| |f|\star |g|\|_2 \|h\|_2,$$ où la dernière inégalité est l'inégalité de Cauchy-Schwarz. On trouve enfin $$\int_{\mtr^n}\int_{\mtr^n}|f(x-y)g(y)\overline{h}(x)|dydx\leq \|f\|_1\|g\|_2\|h\|_2<+\infty,$$ ce qui par le théorème de (Fubini-)Tonelli entraîne le résultat souhaité.

On raisonne par l'absurde et on suppose l'existence d'un élément neutre $f$. Soit $\alpha>0$ tel que $\int_{|x|<\alpha}|f|<1$ et posons $g=\mathbf 1_{[-\alpha,\alpha]}$. Alors, puisque $g\in L^\infty$ et $f\in L^1,$ $g\star f$ est définie partout et est continue. De plus, $g$ est continue en $0.$ De l'égalité $g\star f =g$ dans $L^1,$ qui entraîne l'égalité presque partout, on déduit $g(0)=g\star f(0).$ Or, \begin{align*} 1=g(0)=g\star f(0)&=\int_{\mathbb R}g(t)f(-t)dt\\ &=\int_{-\alpha}^{\alpha} f(-t)dt\\ &\leq \int_{-\alpha}^{\alpha}|f(t)|dt\\ &<1. \end{align*} Ceci est une contradiction, et donc $L^1(\mathbb R)$ n'admet pas d'élément neutre pour le produit de convolution.

On va jouer sur les deux expressions du produit de convolution. D'une part, remarquons que l'on a, pour tous $x$ et $y$ : $$|f(y)g(x-y)|\leq \|g\|_\infty|f(y)|,$$ ce qui prouve que, pour tout $x$, la fonction $y\mapsto f(y)g(x-y)$ est intégrable. Le produit de convolution est donc bien défini (remarquons que la convergence de $\int_\mtr|f(x-y)g(y)|dy$ est équivalente à la convergence de $\int_{\mtr}|f(y)g(x-y)|dy$, puisqu'on déduit l'une de l'autre par un changement de variables affine). On peut donc définir : $$f\star g(x)=\int_{\mtr}f(x-y)g(y)dy=\int_{\mtr}g(x-y)f(y)dy.$$ En outre, la fonction $x\mapsto g(x-y)f(y)$ est dérivable sur $\mtr$, et on a : $$\left|g'(x-y)f(y)\right|\leq \|g'\|_\infty|f(y)|,$$ et la fonction à droite de cette inégalité ne dépend plus de $x$ et est intégrable (par rapport à $y$). On en déduit que $f\star g$ est dérivable, et que $$(f\star g)'(x)=\int_{\mtr}g'(x-y)f(y)dy.$$ Par le changement de variable dont on vient de parler, on a encore : $$(f\star g)'(x)=\int_{\mtr}f(x-y)g'(y)dy.$$ On recommence la même opération, en utilisant la majoration $$|f'(x-y)g'(y)|\leq \|f'\|_\infty |g'(y)|.$$ Ainsi, on prouve que $f\star g$ est deux fois dérivable, et l'on a : $$(f\star g)''(x)=\int_{\mtr}f'(x-y)g'(y)dy.$$ Il reste à vérifier que $(f\star g)''$ est continue, ce qui résulte immédiatement du théorème de continuité d'une fonction définie par une intégrale.

Notons $K$ le support de $f$. Pour tout $x\in\mathbb R$, l'intégrale $\int_K f(t)g(x-t)$ est convergente car $t\mapsto g(x-t)$ est bornée sur le compact $K$ puisque $g$ est continue et car $f$ est intégrable sur $K$ (le produit d'une fonction bornée et d'une fonction intégrable est intégrable). De plus, pour tous $x,y\in\mathbb R$, on a \begin{eqnarray*} |f\star g(x)-f\star g(y)|&=&\left| \int_K f(t)\big(g(x-t)-g(y-t)\big) dt\right|\\ &\leq &\int_K |f(t)| |g(x-t)-g(y-t)| dt\\ &\leq&C \int_K |f(t)| |x-y|^\alpha dt\\ &\leq & C\|f\|_1 |x-y|^\alpha, \end{eqnarray*} ce qui prouve le résultat.