Fonctions caractéristiques égales

Pour ta question 1. il faut se rappeler (je ne sais pas si c'est dans ton cours) que le sous-espace des fonctions continues à support compact est dense dans $L^1(\mu)$ quelle que soit la mesure bornée $\mu$ sur $\R^d$. Il existe donc une suite $(\varphi_n)$ de fonctions continues à support compact (donc bornées) telle que $\lim_{n\to \infty}\int| \mathbf 1_A -\varphi_n|d\mu=0$. D'où l'unicité de la limite.

Pour la question 2. c'est comme tu l'as dit, la convergence dominée permet de conclure. En effet, $|(g_\sigma\ast\varphi)(y)|\leq\int\frac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma}e^{-\frac{x^2}{2\sigma^2}}|\varphi(y-x)|\mathrm dx\leq \|\varphi\|_{\infty}\int\frac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma}e^{-\frac{x^2}{2\sigma^2}}\mathrm dx=\|\varphi\|_{\infty}$. La fonction $|g_\sigma\ast\varphi|$ est donc majorée par une constante. Or les fonctions constantes sont intégrables car la mesure est bornée. On peut donc appliquer le théorème de convergence dominée.

Rien ne justifie l'inversion des limites car justement on ne peut pas les inverser (on peut trouver des contre-exemples)

Pour l'unicité de la limite c'est plus compliqué que ce que je pensais, on peut le montrer comme j'ai dit mais ce n'est pas la façon standard de procéder. Tu peux la montrer comme ça : 

Supposons que $(\mu_n)$ est une suite de proba qui converge étroitement vers $\mu$ et $\nu$ (donc deux limites à priori). Alors pour tout $\varphi$ continue bornée, $\int \varphi d\mu=\lim_n \varphi d\mu_n=\int \varphi d\nu$. Donc pour toute $\varphi$ continue bornée, $\int \varphi d\mu=\int \varphi d\nu$. Il s'agit donc de montrer que deux mesures de probabilité vérifiant la condition précédente sont égales.

À partir de là si on utilise la densité des fonctions continues à support compact ça donne : soit un borélien $A$, et une suite $(\varphi_n)$ de fonctions continues à support compact convergeant en norme $L^1(\mu+\nu)$ vers $\mathbf 1_A$ (donc cette suite converge en norme $L^1(\mu)$ et en norme $L^1(\nu)$). On a: $\mu(A)=\int \mathbf 1_A d\mu= \lim_n \int \varphi_n d\mu=\lim_n \int \varphi_n d\nu=\int \mathbf 1_A d\nu=\nu(A)$, ce qui prouve que $\mu=\nu$.

La façon standard utilise le théorème de la classe monotone, tu trouveras ça dans tous les bouquins qui traitent le sujet.

Oui. Plus précisément si tu as deux mesures (bornées) $\mu$ et $\nu$ tu peux les additionner pour obtenir encore une mesure $A\mapsto \mu(A)+\nu(A)$ (bornée). De plus on a le résultat suivant : pour toute fonction mesurable positive $f$, $\int f d(\mu+\nu)=\int f d\mu+\int f d\nu$. Donc $f$ est intégrable pour la mesure $\mu+\nu$ ssi elle est intégrable pour $\mu$ et pour $\nu$.

Autre chose, en regardant ton développement ICI j'ai l'impression que tu penses que si $(\mu_n)$ tend étroitement vers $\mu$ alors pour tout borélien $A$, $\lim_n \mu_n(A)=\mu(A)$. Ceci est faux. Par exemple si tu considères la suite $(\delta_{1/n})$ de mesures de Dirac centrées en $1/n$ alors pour toute fonction $\varphi$ continue et bornée, $\lim_n\int \varphi\delta_{1/n}=\lim_n \varphi(1/n)=\varphi(0)=\int \varphi \delta_0$. Donc la suite $(\delta_{1/n})$ converge étroitement vers $\delta_0$ mais $\lim_n \delta_{1/n}(\{0\})=0\neq \delta(\{0\})=1$.