Exercices corrigés - Produit de convolution

$f$ et $g$ sont par exemple deux fonctions de $L^2(\mtr)$ : on peut donc calculer leur produit de convolution. On a $$f\star g(x)=\int_\mtr 1_{[-1,1]}(y)1_{[-a,a]}(x-y)dy.$$ On a donc $$f\star g(x)=\int_{-1}^1 1_{[-a,a]}(x-y)dy.$$ Or, $x-y\in [-a,a]\iff y\in[-a+x,a+x]$ et donc $$f\star g(x)=\mathrm{longueur}([-1,1]\cap [-a+x,a+x]).$$ On distingue donc plusieurs cas :

• Si $-a+x\geq 1$, ie $x\geq a+1$, alors $f\star g(x)=0$.
• De même, si $a+x\leq -1$, ie $x\leq -1-a$, alors $f\star g(x)=0$.
• Si $[-1,1]\subset [-a+x,a+x]$, ie $-a+x\leq -1$ et $a+x\geq 1$, ie $-a+1\leq x\leq a-1$, alors $f\star g(x)=2$.
• Sur les deux intervalles restants, ie $[-a-1,-a+1]$ et $[a-1,a+1]$, alors $f\star g$ est linéaire. Plus précisément, si $x\in [-a-1,-a+1]$, $$f\star g(x)=x+a+1$$ et si $x\in [a-1,a+1]$, $$f\star g(x)=a+1-x.$$

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*}

$g_{p,\sigma}$ 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*}

On sait que $g_a\in \bigcap_{p\in[1,+\infty]}L^p(\mathbb R).$ Ainsi, en utilisant que $g_a\in L^1$ et $g_b\in L^p,$ $p\in[1,+\infty[$, on en déduit que $g_a\star g_b\in L^p(\mathbb R)$ (ici $p\in[1,+\infty[$). De plus, en utilisant que $g_a\in L^2$ et $g_b\in L^2$, on en déduit que $g_a\star g_b$ est une fonction continue, bornée, et qui tend vers $0$ en l'infini. Pour le calcul, on remarque que puisque $g_a$ et $g_b$ sont paires, $g_a\star g_b$ est paire et on peut supposer $x\geq 0$. On a alors \begin{align*} g_a\star g_b(x)&=\int_{-\infty}^{+\infty}e^{-a|x-t|}e^{-b|t|}dt\\ &=\int_{-\infty}^0 e^{-ax+(a+b)t}dt+\int_0^x e^{-ax+(a-b)t}dt+e^{ax}\int_x^{+\infty}e^{-(a+b)t}dt. \end{align*} Si $a\neq b,$ on a \begin{align*} g_a\star g_b(x)&=\frac{e^{-ax}}{a+b}+\frac{e^{-ax}e^{(a-b)x}}{a-b}-\frac{e^{-ax}}{a-b}+\frac{e^{ax}e^{-ax-bx}}{a+b}\\ &=\frac{e^{-ax}}{a+b}+\frac{e^{-bx}}{a-b}-\frac{e^{-ax}}{a-b}+\frac{e^{-bx}}{a+b}\\ &=\frac{2}{a^2-b^2}\left(ae^{-bx}-be^{-ax}\right). \end{align*} Si $a=b,$ un calcul similaire donne $$g_a\star g_b(x)=e^{-ax}\left(\frac 1a+x\right).$$

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.

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*}

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 \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.

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*} <Tg,h>&=&\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 <Tg,h>&=&\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\\ &=&<g,T^*h> \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.