Élément neutre pour la convolution dans $L^2(\bar{\mathbb{R}})$

ivan_ttv

Bonjour à tous,

Même si on ne peut pas parler d'élément neutre pour la convolution dans le cas de $L^2(\bar{\mathbb{R}})$, est-ce qu'il existe un élément $e \in L^2(\bar{\mathbb{R}})$ tel que $\forall f \in L^2(\bar{\mathbb{R}}), f*e=f$ ?

bd2017

Bonjour

Je ne comprends pas bien  la barre au dessus de $\R.$  Sinon on aurait  par Fourier (qui est une isométrie de $L^2(\R)$ ) $$\hat{f} \hat{e}= \hat{f} , \forall f\in L^2(\R) $$

c'est à dire  $\hat{e}=1$   mais $1 \notin L^2(\R)$....

ivan_ttv

Salut @bd2017, $\bar{\mathbb{R}} = [-\infty, +\infty]$, mais je ne crois pas que ce soit un détail qui importe dans ce cas.

Par contre, je doute qu'on puisse appliquer la TF au produit de convolution puisque ce dernier n'est pas forcément sommable pour deux fonctions de $L^2(\mathbb{R})$, non ?

bd2017

Je ne vois toujours pas l'intérêt d'écrire $L^2(\overline {\R}).$   Quelle est la différence avec $L^2(\overline {\R})?$

D'autre part,  par $C-S$ on a:  $ \int_{\R}  |f(x-t)| | e(t)|  dt  \leq || f||_2 ||e||_2 $ ce qui montre que le produit de convolution est bien défini.     

plsryef

en attendant , @ivan_ttv , est ce que l'argument transformé de Fourrier t'as convaincu, car si ça ne fonctionne pas pour un espace plus petit, le contre exemple fonctionne aussi pour un espace plus grand... je t'explique : l'espace petit est inclus dans ton espace plus grand, et ci cet argument te gêne pose toi la question: en quoi la convolution de deux fonction à support compact est encore à support compact, et faire le lien avec la transformée de Fourrier, et la recherche de ton élément neutre pour le produit de convolution.

ivan_ttv

@bd2017 le $L^2(\bar{\mathbb{R}})$ est juste un détail au niveau de la définition de l’intégrale de Lebesgue donc pas d’importance ici. Je suis d’accord que le produit de convolution est bien défini entre deux fonction de carré sommable mais ça ne justifie pas pourquoi on peut appliquer la TF à ce produit.

@plsryef de quels espaces est-il question ? 

bd2017

ivan_ttv a dit :

 mais ça ne justifie pas pourquoi on peut appliquer la TF à ce produit.

voyons ... ! 

Edit -1 : La seule façon de m'en sortir c'est que tu donnes la raison  qui  expliquerait que je ne peux pas appliquer Fourier?

Edit-2:  la seconde façon de m'en sortir c'est de te proposer une toute autre démonstration, i.e

appliquer $f*e=f $  pour les fonctions $f= 1_{[a,b]}.$

Cyrano

Le produit de convolution de deux fonctions $L^2$ est dans $L^{\infty}$.

De manière générale $$L^p \star L^q \subset L^r$$ avec $$\frac{1}{p} + \frac{1}{q} = 1+ \frac{1}{r}.$$

JLT

On devrait pouvoir généraliser : soit $G$ un groupe localement compact non discret muni de la mesure de Haar. Alors il n'existe pas de fonction $e\in L^2(G)$ telle que $f\ast e=f$ pour tout $f\in L^2(G)$.

ivan_ttv

@bd2017 excuse moi, c'est vrai que comme $f*e$ est de carré sommable on peut lui appliquer la TF. Mais je n'ai pas vu la propriété suivante pour des fonctions de carré sommable : $\mathcal{F}(f*e) = \hat{f}\hat{e}$.

bd2017

Dans ce cas je t'invite à faire la seconde démonstration, qui n'utilise pas Fourier et utilise donc peu de moyens.  Les fonctions indicatrices  d'un  intervalle borné  $[a,b]$ sont dans $L^2 $. En appliquant $f*e=f $  pour ces fonctions, tu dois  obtenir que $e(x)=0, \forall x\neq 0.$   Autrement dit $e=0, p.p,$  i.e  dans $e=0$  dans $L^2(\R).$  Mais alors  $f*e = f$  n'est pas vérifiée pour au moins une fonction dans $L^2$.

ivan_ttv

@bd2017 j’y ai réfléchi au brouillon mais je vois pas comment on peut arriver à la conclusion $e \stackrel{p. p.}{=} 0$ ?

bd2017

Prenons  $f=1_{[a,b]}:$    On  a  $(f*e)(x) =\int_{\R}  1_{[a,b]}(t) e(t-x) dt=\int_a^b e(t-x) dx = \int_{x-a}^{x-b}  e(u) du$
Comme $f*e=f=1_{[a,b]},$ $(f*e)(x)=0 ,\forall x\notin [a,b]$
En particulier si on choisit $0<a< b$  ou  $b<a<0,$ puisque   $x=0 \not \in[a,b]$  on a : $$\int_{0-a}^{0-b}  e(u) du=0 =\int_{a}^{b}  e(u) du$$         
Ceci implique $e(u)=0,\forall u\neq 0 .$

ivan_ttv

Merci beaucoup !