\setcounter{chapter}{13}
\section{Chapitre \ref{ChapitreEspacesdeLebesgue}}
\setcounter{chapter}{6}
%\setcounter{Exer}{0}
\setcounter{exo}{0} \dexo \hfill \newline ******************************************** L1 et L INFINI NORMES
************************ \fexo \dexo \hfill \newline ********************************************* HOLDER GENERALISE
**************************** \fexo \dexo \hfill \newline Soit $f_n(x) = x^n$ alors pour tout n, $f_n \in
L^{\infty}(0,1)$, pour tout $x \in [0,1]$, $|f_n(x)| \leq 1 \in L^{\infty}(0,1)$ et $f_n(x) \rightarrow 0$ p.p. sur
$(0,1)$. Et on a $\Vert f_n \Vert_{\infty} = 1$. \fexo \dexo \hfill \newline
************************************************ RECIP CD ********************************* \fexo \dexo \hfill \newline
Notons $K$ le support borné de la fonction $f$ et $|K|$ sa mesure. Alors $|f|^q \in L^{\frac{p}{q}}$ et $\ind_K \in
L^{(\frac{p}{q})^{\prime}}$ avec $(\frac{p}{q})^{\prime} = \frac{p}{p-q}$. En utilisant l'in\e galit\ea de H\ooo lder
\ref{holder} page ~\pageref{holder}, on obtient
$$\int |f|^q \leq \left( \int |f|^{q \frac{p}{q}} \right)^{\frac{q}{p}} |K|^{\frac{p-q}{p}},$$
et donc,
$$||f||_q \leq ||f||_p \, |K|^{\frac{p-q}{pq}}.$$
On trouve alors une constante $C = |K|^{\frac{p-q}{pq}}$. Si on choisit maintenant $f=\ind_K$, l'in\e galit\ea pr\e c\e
dente devient une \e galit\ea, on ne peut pas mieux faire. \fexo \dexo \hfill \newline
************************************************ C Ex THM 6.9 ***************************** \fexo \dexo \hfill \newline
1) Sur $[0,1]$, $(1-t^2)^n \geq 1 -nt^2$ et $\int_0^1 (1-t^2)^n dt \geq \int_0^{\frac{1}{\sqrt{n}}} (1 - nt^2) dt$
(puisqu'on ne consid{è}re que la partie positive de l'aire constitu{é}e par le graphe de $1 -nt^2$ sur $[0,1]$.) Donc,
$$ 1 = c_n \int_{-1}^1 (1-t^2)^n dt = 2c_n \int_0^1 (1-t^2)^n dt \geq
2c_n\int_0^{\frac{1}{\sqrt{n}}} (1 - nt^2) dt = \frac{4c_n}{3\sqrt{n}},$$
on en d{é}duit que $c_n \leq \frac{3}{4} \sqrt{n}$.\\
2) Pour $x \in [0,1]$, on a
$$P_n(x) = \int_{-1}^1 f(x-y) Q_n(y) dy = \int_0^1 Q_n(x-y) f(y) dy.$$
Si $Q_n(x) = \displaystyle{\sum_0^{d_n}} a_p x^p$ alors
\begin{eqnarray*}
\int_0^1 Q_n(x-y)f(y) dy &=& \int_0^1 \displaystyle{\sum_{p=0}^{d_n}} a_p \displaystyle{\sum_{k=0}^p} C_p^k x^k
(-y)^{p-k} f(y) dy,\\
 &=& \displaystyle{\sum_{p=0}^{d_n}} a_p \displaystyle{\sum_{k=0}^p} C_p^k x^k (-1)^{p-k}
\underbrace{\int_0^1y^{p-k}f(y) dy}_{\mbox{constante}}.
 \end{eqnarray*}
Ce qui montre que $P_n$ est polynomial.\\
L'application $f$ est uniform{é}ment continue sur $\RR$ donc pour $\ep >0$ fix{é}, il existe $\delta >0$ tel que
$\forall x \in [0,1]$ et $\forall y$ tel que $\vert y \vert \leq \delta$, $\vert f(x-y) - f(x) \vert \leq \ep$. Comme
$\int_{-1}^1 Q_n dt =1$, on a
\begin{eqnarray*}
\vert P_n(x) - f(x) \vert &=& \vert \int_{-1}^1 (f(x-y) - f(x)) Q_n(y) dy \vert,\\
 &\leq& \int_{[\vert y \vert \leq \delta]} \vert f(x-y) - f(x) \vert Q_n(y) dy + 2
\Vert f \Vert_{\infty} \int_{[1 \geq \vert y \vert \geq \delta]} Q_n(y) dy.
 \end{eqnarray*}
Enfin, comme $(1-t^2)^n \geq (1 - \delta^2)^n$ si $1 \geq t \geq \delta$, on a
$$\int_{\delta}^1 Q_n(y) dy \leq Q_n(\delta) \leq \sqrt{n} (1 - \delta^2)^n
\rightarrow 0,$$ donc $\exists N$ tel que $\forall n \geq N$,  $\int_{\delta}^1 Q_n(y) dy \leq \ep$. D'o{\`u} $\vert
P_n(x) - f(x) \vert \leq (1+4\Vert f \Vert_{\infty}) \ep$ et ceci $\forall x \in [0,1]$, on en d{é}duit que $\Vert f -
P_n \Vert_{\infty}
\rightarrow 0$ quand $n \rightarrow +\infty$.\\
3) Soit $f \in {\cal C}([0,1])$, alors $\widehat{f} = f - f(0) - x(f(1)-f(0))$ est continue et v{é}rifie
$\widehat{f}(0) = \widehat{f}(1) = 0$, donc par 2), $\forall \ep > 0$, $\exists \widehat{P_{\ep}}$ polyn{\^o}me tel que
$\Vert \widehat{f} -
\widehat{P_{\ep}} \Vert_{\infty} \leq \ep.$\\
Soit $P_{\ep} = \widehat{P_{\ep}}- f(0) - x(f(1)-f(0))$ alors $P_{\ep}$ est polynomial et $f - P_{\ep} = \widehat{f} -
\widehat{P_{\ep}}$ ce qui montre que les polyn{\^o}mes sont denses dans ${\cal C}([0,1])$. \fexo \dexo \hfill \newline
1) On a $\chi_n(x) \geq 0$, $\int_{\RR} \chi_n = 1$, $\chi_n \longrightarrow 0$ p.p. et $\int_{\RR} \chi_n^2 =
\frac{1}{2n} \longrightarrow 0$. Donc $\chi_n \longrightarrow 0$ dans $L^2(\RR)$ et $\chi_n \not\longrightarrow 0$ dans
$L^1(\RR)$.\\
2) L'ensemble $L^1(\RR)\cap L^2(\RR)$ est dense dans $L^2(\RR)$ car contient ${\cal C}_c(\RR)$ par exemple. Soit $E =
\{ f \in L^1(\RR)\cap L^2(\RR) : \int_{\RR} f(x)\;dx = 0 \}$. Si $f \in L^1(\RR)\cap L^2(\RR)$ alors $g_n = f -
(\int_{\RR} f) \chi_n \in E$ et $f-g_n = (\int_{\RR} f) \chi_n \longrightarrow 0$ dans $L^2(\RR)$. Donc $E$ est dense
dans $L^2(\RR)$. \fexo \dexo \hfill \newline
%{ \bf Exercice 4} (J.M.Bony, Ecole Polytechnique)
1) Soit $F(x,y)=f(x-y^n)g(y)$ alors $\int_{\RR} \vert F(x,y) \vert dx = \Vert f \Vert_{L^1} \vert g(y) \vert$ et
$$\int_{\RR} (\int_{\RR} \vert F(x,y) \vert dx) dy = \Vert f \Vert_{L^1}\Vert g
\Vert_{L^1},$$ donc par le th{é}or{è}me de Fubini-Tonelli, $F \in L^1(\RR \times \RR)$. De plus, p.p. x, $x \mapsto
\int_{\RR} F(x,y) dy$ est d{é}finie et est dans $L^1(\RR)$.
Enfin, $\Vert T_n(f) \Vert_{L^1} \leq \Vert f \Vert_{L^1}\Vert g \Vert_{L^1}$.\\
2) On a
\begin{eqnarray*}
\forall x,\quad y&\mapsto& f(x-y^n)g(y) \in L^1(\RR),\\
\mbox{p.p.}y,\quad x&\mapsto& f(x-y^n)g(y) \in {\cal C}(\RR),
\end{eqnarray*}
et $\forall x$, $\vert f(x-y^n)g(y) \vert \leq \Vert f \Vert_{\infty} \vert g(y) \vert \in L^1(\RR)$, donc par le
th{é}or{è}me de continuit{é} des int{é}grales d{é}pendant d'un param{è}tre, $T_n(f) \in {\cal C}(\RR)$ et $\forall x$,
$\vert T_n(f)(x) \vert \leq \Vert f \Vert_{\infty} \Vert g \Vert_{L^1}$ donc $T_n(f)$
est born{é}e.\\
3) On {é}crit $T_n(f)(x) = A_n + B_n$ o{\`u} $A_n = \int_{\vert y \vert < 1}
f(x-y^n)g(y) dy$ et $B_n = \int_{\vert y \vert > 1} f(x-y^n)g(y) dy$.\\
Etude de $A_n$ :\\

Quand $n \rightarrow \infty$, $f(x-y^n)g(y) \longrightarrow f(x)g(y)$ p.p. et $\vert f(x-y^n)g(y) \vert \leq M \vert
g(y) \vert \in L^1$. Par le th{é}or{è}me de convergence domin{é}e, $A_n \longrightarrow f(x) \int_{\vert y \vert < 1}
g(y)
dy$.\\
Etude de $B_n$ :\\

Quand $n \rightarrow \infty$, $x-y^n \longrightarrow \pm \infty$ et par hypoth{è}se $f(x-y^n) \longrightarrow 0$ donc
$f(x-y^n)g(y) \longrightarrow 0$ p.p. Enfin, $\vert f(x-y^n)g(y) \vert \leq M \vert g(y) \vert \in L^1$, donc le
th{é}or{è}me de convergence domin{é}e montre que $B_n \longrightarrow 0$.\\
\\
D'o{\`u} $T_n(f)(x) \longrightarrow C\; f(x)$ avec $C = \int_{\vert y \vert < 1} g(y) dy$. \fexo \dexo \hfill \newline
Par le th{é}or{è}me de Fubini, $f,g \in L^1(\RR) \Longrightarrow f\star g \in
L^1(\RR)$ et $\Vert f\star g \Vert_1 \leq \Vert f \Vert_1 \Vert g \Vert_1$.\\
$(f,g) \mapsto (f\star g)$ est bilin{é}aire donc $\star$ est distributive par rapport {à} l'addition. Enfin, il est
{é}vident que $\star$ est commutative, donc il reste {à} voir que $\star$ est associative. Soit $f,g,h \in L^1(\RR)$,
en appliquant le th{é}or{è}me de Fubini et en effectuant un changement de variables, on a
\begin{eqnarray*}
(f\star g)\star h(x) &=& \int_{\RR} f\star g(x-y) h(y) dy = \int_{\RR} \int_{\RR}
f(x-y-u)g(u)h(y)dy du,\\
&=& \int_{\RR} \int_{\RR} h(y) g(v-y) f(x-v) dv dy,\\
&=& \int_{\RR} f(x-v) g\star h(v) dv = f\star (g\star h)(x).
\end{eqnarray*}
Supposons maintenant qu'il existe un {é}l{é}ment neutre $\delta$ pour la convolution dans $L^1(\RR)$. Soit $f_n \in
{\cal C}(\RR)$, $f_n \geq 0$, de support $[-\frac{1}{n}, \frac{1}{n}]$ et telle que $f_n(0)= \Vert f_n \Vert_{\infty} =
1$. Alors $\delta\star f_n \in {\cal C}(\RR)$ et $\forall x \in \RR$, $\delta\star f_n(x) = f_n\star \delta (x) =
f_n(x)$, donc en particulier
$$f_n\star \delta (0) = f_n(0) = 1 = \int_{\RR} f_n(-y) \delta(y) dy.$$
Soit $g_n(y) = f_n(-y) \delta(y)$ alors $g_n(y) \longrightarrow 0$ p.p. et $\vert g_n(y) \vert \leq \vert \delta(y)
\vert \in L^1(\RR)$. Le th{é}or{è}me de convergence domin{é}e montre que $\int_{\RR} g_n \longrightarrow 0$, d'o{\`u}
contradiction. \fexo \dexo \hfill \newline 1) On suppose $\theta \in ]0,1[$. On peut toujours {é}crire
$$\int \vert f \vert^r = \int \vert f \vert^{r\theta} \vert f
\vert^{(1-\theta)r}.$$ Posons $g = \vert f \vert^{r\theta}$ et $h = \vert f \vert^{(1-\theta)r}$ alors $g \in
L^{\frac{p}{r\theta}}$ et $h \in L^{\frac{q}{(1-\theta)r}}$ o{\`u} $\frac{r\theta}{p} + \frac{(1-\theta)r}{q} = 1$. Par
l'in{é}galit{é} de H{\"o}lder, on obtient
$$\int gh \leq \Vert g \Vert_{\frac{p}{r\theta}}\,\Vert h
\Vert_{\frac{q}{(1-\theta)r}},$$ c'est {à} dire
$$ \int \vert f \vert^r \leq {\left(\int \vert f \vert^p\right)}^{\frac{r\theta}{p}}
{\left(\int \vert f \vert^q\right)}^{\frac{(1-\theta)r}{q}}.$$ 2) Si $E = \bigcup_n E_n$ et $E_n$ ferm{é} dans
$(E,\Vert\,\Vert_1)$ alors $(E,\Vert\,\Vert_1)$ {é}tant complet, on peut appliquer le lemme de Baire et $\exists n_0$
tel que int$(E_{n_0}) \not= \emptyset$. Donc $\exists f \in E$ et $\exists r>0$ tels que $B(f,r) \subset E_{n_0}$. Si
$g \in E$, $g \not= 0$ alors $f+ \frac{r}{2} \frac{g}{\Vert g \Vert_1} \in B(f,r) \subset E_{n_0}$ donc $g \in
L^{1+\frac{1}{n_0}}$ et $\vert \frac{r}{2} \frac{1}{\Vert g \Vert_1} \Vert g \Vert_{1+\frac{1}{n_0}} - \Vert f
\Vert_{1+\frac{1}{n_0}} \vert \leq n_0$ $\Longrightarrow$ $\Vert g \Vert_{1+\frac{1}{n_0}} \leq \frac{4n_0}{r} \Vert g
\Vert_1$.\\
D'o{\`u} $id : E, \Vert\,\Vert_1 \longrightarrow L^{1+\frac{1}{n_0}}$ est
continue.\\
Montrons que $E = \bigcup_n E_n$. Si $f \in E$ alors $\exists q>1$ tel que $f \in L^1 \cap L^q$. Donc $\exists N_0$ tel
que {à} la fois $\Vert f \Vert_1 \leq N_0$ et $\forall n \geq N_0$, $1+ \frac{1}{n} < q$. Soit $r_n=1+ \frac{1}{n}$
alors par 1),
$$\Vert f \Vert_{1+\frac{1}{n}} \leq \Vert f \Vert_1^{\theta_n} \Vert f
\Vert_q^{(1-\theta_n)},\;\;\mbox{o{\`u}}\;\; \frac{1}{r_n} = \frac{n}{n+1} = \theta_n + \frac{1-\theta_n}{q}.$$ Or
$\theta_n (1- \frac{1}{q})=\frac{n}{n+1} - \frac{1}{q}$ o{\`u} $q>1$ donc $\theta_n \longrightarrow 1$ et $\Vert f
\Vert_1^{\theta_n} \Vert f \Vert_q^{(1-\theta_n)} \longrightarrow \Vert f \Vert_1$. Donc $\exists N \geq N_0+1$ tel que
$\forall n \geq N$ $\Vert f \Vert_{1+\frac{1}{n}} \leq \Vert f \Vert_1 + 1 \leq N_0+1 \leq N$ et $f \in E_N$ par
exemple. D'o{\`u} $E = \bigcup_n
E_n$.\\
Montrons que $\forall n$, $E_n$ est ferm{é} dans $(E,\Vert\,\Vert_1)$. Soit $(f_p)_p \subset E_n$ telle que $f_p
\longrightarrow f$ dans $(E,\Vert\,\Vert_1)$.
A-t'on $f \in E_n$ ?\\
$\Vert f_p - f \Vert_1 \longrightarrow 0$ $\Longrightarrow$ il existe une sous-suite $(f_{p_k})_k$ telle que $f_{p_k}
\longrightarrow f$ p.p. (voir l'exercice \ref{reciptheocd} page ~\pageref{reciptheocd}), donc
\[ \left\{ \begin{array}{l}
\vert f_{p_k} \vert^{1+\frac{1}{n}} \longrightarrow \vert f
\vert^{1+\frac{1}{n}}\;\;\mbox{p.p.},\\
\vert f_{p_k} \vert^{1+\frac{1}{n}} \in L^1,\;\vert f_{p_k} \vert^{1+\frac{1}{n}}
\geq 0\;\;\mbox{p.p.},\\
\forall k,\;\;\int \vert f_{p_k} \vert^{1+\frac{1}{n}} \leq n^{1+\frac{1}{n}}.
\end{array}   \right. \]
Le lemme de Fatou montre que $\vert f \vert^{1+\frac{1}{n}} \in L^1$, soit $f \in L^{1+\frac{1}{n}}$, et
$$\int \vert f \vert^{1+\frac{1}{n}} \leq \liminf \int \vert f_{p_k}
\vert^{1+\frac{1}{n}} \leq n^{1+\frac{1}{n}}.$$ Donc $f \in E_n$, et $E_n$ est ferm{é}. \fexo \dexo \hfill \newline 1)
On a $\Vert f \Vert_p \leq \Vert f \Vert_{\infty} \vert \Om \vert^{\frac{1}{p}}$
donc $\limsup \Vert f \Vert_p \leq \Vert f \Vert_{\infty}$.\\
Soient $0<k<\Vert f \Vert_{\infty}$ et $A = \{x \in \Om : \vert f(x) \vert > k \}$, alors $\vert A \vert \not= 0$ et
$\Vert f \Vert_p \geq k\,\vert A \vert^{\frac{1}{p}}$. Donc $\liminf \Vert f \Vert_p \geq k$ et ceci $\forall k < \Vert
f \Vert_{\infty}$. D'o{\`u} $\liminf \Vert f \Vert_p \geq \Vert f
\Vert_{\infty}$ et $\lim \Vert f \Vert_p  = \Vert f \Vert_{\infty}$.\\
2) Soit $k>C$ et soit $A = \{x \in \Om : \vert f(x) \vert > k \}$ alors
$$k^p \vert A \vert \leq \Vert f \Vert_p^p \leq C^p\;\;\Longrightarrow \;\;
\vert A \vert \leq \left( \frac{C}{k} \right)^p,\;\;\forall p.$$ Quand $p \rightarrow \infty$, on obtient $\vert A
\vert = 0$, donc p.p. x $\vert
f(x) \vert \leq k$ et $f \in L^{\infty}$.\\
3) Soit $f(x) = \log x$, alors $f \not\in L^{\infty}(0,1)$. Soit $1 \leq p < +\infty$ comme $\sqrt{x} \vert \log x
\vert^p \longrightarrow 0$ quand $x \rightarrow 0$, $\exists \ep>0$ tel que $\vert x \vert \leq \ep$ $\Longrightarrow$
$\vert \log x \vert^p \leq \frac{1}{\sqrt{x}}$. Alors
$$\vert f(x) \vert^p \leq \frac{1}{\sqrt{x}} \ind_{(0,\ep)} + \vert \log x
\vert^p \ind_{(\ep,1)} \in L^1(0,1),$$ donc $f \in \displaystyle{\bigcap_{1 \leq p < \infty}} L^p(\Om)$. \fexo \dexo
\hfill \newline 1) Soit $h : \xi \rightarrow e^{-ix\xi} f(x)$, $h \in {\cal C}^{\infty}(\RR)$ et $h^{(k)}(\xi) =
(-ix)^k h(\xi)$ donc $\vert h^{(k)}(\xi) \vert \leq \vert x^k f(x) \vert \leq g(x) \in L^1(\RR)$ o{\`u} par exemple
$$g(x) = \vert f(x) \vert \ind_{[\vert x \vert \leq 1]} + \frac{M_k}{\vert x \vert^2} \ind_{[\vert x \vert
> 1]}$$
et o{\`u} $M_k = \Vert x^{k+2} f \Vert_{\infty}$.\\
Le th{é}or{è}me de d{é}rivation sous le signe somme donne alors : $\widehat{f} \in {\cal C}^{\infty}(\RR)$ et $\forall
k$, $\widehat{f}^{(k)} = \widehat{g}$ avec $g(x) = (-ix)^k
f(x)$.\\
2) Comme $f^{\prime} \in L^1$, on a
$$\widehat{f^{\prime}} (\xi) = \lim_{R \rightarrow +\infty} \int_{-R}^R e^{-ix\xi}
f^{\prime}(x) dx\,\,\mbox{et}$$
$$\int_{-R}^R e^{-ix\xi} f^{\prime}(x) dx = \left[ f(x)e^{-ix\xi} \right]_{-R}^R +
\int_{-R}^R i \xi e^{-ix\xi} f(x) dx.$$ Comme $f$ est ${\cal C}^{\infty}$, $f(R) = f(0) + \int_0^R f^{\prime} dt$ et
$\int_0^R f^{\prime} dt$ converge vers $\int_0^{\infty} f^{\prime} dt$ car $f^{\prime} \in L^1$. On en d{é}duit que
$\lim_{R\infty} f(R)$ existe et de m{\^e}me $\lim_{R\infty} f(-R)$ existe. Enfin, $f \in L^1 \Longrightarrow
\lim_{R\infty} f(R) = \lim_{R\infty} f(-R) =0$. Donc par passage {à} la limite, et par r{é}currence sur $k$, on obtient
$\widehat{f^{(k)}} = (i\xi)^k \widehat{f}$.\\
3) Si $f \in {\cal S}$, $\forall P$ polyn{\^o}me, $Pf \in {\cal C}^{\infty}(\RR)$ et $\forall q$, $x^q (Pf)^k (x)=
\displaystyle{\sum_0^k} P_j(x) f^{(j)}(x)$ o{\`u} $P_j$ est un polyn{\^o}me (voir la formule de Leibniz). Donc
$$\vert x^q (Pf)^k (x) \vert \leq (k+1) \max_j \left(\sup_{\RR} \vert P_j(x)
f^{(j)}(x) \vert \right) < \infty.$$ Ensuite, $f \in {\cal S} \Longrightarrow f^{\prime} \in {\cal C}^{\infty}$ et
$\Vert x^q
(f^{\prime})^{(k)} \Vert_{\infty} = \Vert x^q f^{(k+1)} \Vert_{\infty} < \infty$.\\
Enfin,
$$f \in {\cal S} \Longrightarrow \vert f(x) \vert \leq \vert f(x) \vert
\ind_{[\vert x \vert \leq 1]} + \frac{M}{\vert x \vert^2} \ind_{[\vert x \vert > 1]} \in L^1.$$ 4) Si $f \in {\cal S}$,
on sait d{é}j{à} que $\widehat{f} \in {\cal C}^{\infty}$ par 1). En utilisant 1) et 2), on a, si $g(x) = (-ix)^kf(x)$,
\begin{eqnarray*}
\xi^q \widehat{f}^{(k)} &=& \xi^q \widehat{g} = \frac{1}{i^q} \widehat{g^{(q)}}\\
 &=& (-i)^{k+q} \int_{\RR} e^{-ix\xi} \frac{d}{dx^q} (x^k f(x)) dx,
 \end{eqnarray*}
et la question 3) montre que $x^k f \in {\cal S}$ donc $(x^k f)^q \in {\cal S}$. On en d{é}duit que $(x^k f)^q \in L^1$
et donc que $\xi^q \widehat{f}^{(k)} \in
L^{\infty}(\RR)$, $\forall q,k$. D'o{\`u} $\widehat{f} \in {\cal S}$.\\
5) On suppose que $\forall p,q$, $\lim_{n\infty} \Vert x^p f_n^{(q)} \Vert_{\infty} =
0$.\\
$ x^p (f_n^{\prime})^{(q)} = x^p f_n^{(q+1)}$ donc $f_n^{\prime}$ converge vers $0$ dans
$\cal S$.\\
En utilisant la formule de Leibniz et le fait que $f_n$ tend vers $0$ dans $\cal S$, on voit facilement que $\Vert x^p
(x^k f_n)^{(q)} \Vert_{\infty} \rightarrow 0$ et donc que
$\forall P$ polyn{\^o}me, $Pf_n$ tend vers $0$ dans $\cal S$.\\
Enfin, si $f_n$ tend vers $0$ dans $\cal S$ alors $\forall \ep > 0$, $\exists N$ tel que $\forall n \geq N$, $\forall x
\in \RR$, $\vert (1+x^2)f_n(x) \vert \leq \ep$. Alors $\forall n \geq N$,$$\int_{\RR} \vert f_n \vert \leq \ep
\int_{\RR} \frac{dx}{1+x^2} = \ep \pi,$$
donc $f_n \rightarrow 0$ dans $L^1$.\\
On a $\xi^p \widehat{f_n}^{(q)} = (-i)^{p+q} \widehat{g_n}$ o{\`u} $g_n(x) = (x^q f_n)^{(p)} (x)$. Par 3) $g_n \in
{\cal S}$ et $f_n \rightarrow 0$ dans ${\cal S}$ $\Longrightarrow$ $g_n \rightarrow 0$ dans ${\cal S}$
$\Longrightarrow$ $g_n \rightarrow 0$ dans $L^1$. Or $\vert \widehat{g_n}(\xi) \vert \leq \Vert g_n \Vert_1$ donc
$\widehat{f_n} \rightarrow 0$ dans ${\cal S}$.\\
6) Il est clair que la fonction $\psia$ est dans ${\cal S}$ et elle est l'unique solution de l'{é}quation
diff{é}rentielle $u^{\prime} + 2ax u = 0$ v{é}rifiant $\int_{\RR} u(x) dx = \sqrt{\frac{\pi}{a}}$. En multipliant
l'{é}quation diff{é}rentielle par $(-i)$ et en prenant sa transform{é}e de Fourier, on voit imm{é}diatement que
$\widehat{\psia}$ est l'unique solution de $2a v^{\prime} + \xi v =0$ v{é}rifiant $v(0) = \sqrt{\frac{\pi}{a}}$,
d'o{\`u} l'expression de $\widehat{\psia}$. Enfin $\int_{\RR} \widehat{\psia} d\xi = \sqrt{\frac{\pi}{a}} \int_{\RR}
\psi_{1/4a}
d\xi = \sqrt{\frac{\pi}{a}} \sqrt{4\pi a} = 2\pi$.\\
7) a) Par le th{é}or{è}me de Fubini, on a
\begin{eqnarray*}
\int_{\RR} e^{ix\xi} \widehat{f}(\xi) \Phi(\xi) d\xi &=& \int_{\RR} \int_{\RR}
e^{i(x-y)\xi} f(y) \Phi(\xi) d\xi dy,\\
 &=& \int_{\RR} \widehat{\Phi}(y-x) f(y) dy = \int_{\RR} \widehat{\Phi}(y) f(x+y)
dy.
\end{eqnarray*}
b) Si $\Phi(t) = \Phi_0(\ep t)$ alors $\widehat{\Phi} (\xi) = \frac{1}{\ep} \widehat{\Phi_0}(\frac{\xi}{\ep})$ donc
apr{é}s changement de variable :
$$\int e^{ix\xi} \widehat{f}(\xi) \Phi_0(\ep\xi) d\xi = \int \widehat{\Phi_0}(y)
f(x+\ep y) dy,$$ quand $\ep \rightarrow 0$, on obtient par le th{é}or{è}me de convergence domin{é}e :
$$\Phi_0(0) \int e^{ix\xi} \widehat{f}(\xi) d\xi = f(x) \int \widehat{\Phi_0}(y)
dy.$$ c) On choisit $\Phi_0 = \psi_{a=1}$ alors la question 6) entra\^ine que
$$f(x) = \frac{1}{2\pi} \int_{\RR} e^{ix\xi} \widehat{f}(\xi) d\xi,\,\,\forall x
\in \RR>$$ 8) V{é}rifions que ${\cal S} \subset L^2$. $f \in {\cal S}$ $\Longrightarrow$ $\exists A
> 0$ tel que $\forall x \in \RR$, $\vert (1+x^2)f(x) \vert \leq A$. Alors, $$\int
\vert f \vert^2 dx \leq A^2 \int \frac{dx}{(1+x^2)^2} < \infty.$$ Comme ${\cal D}(\RR) \subset {\cal S}$ et que ${\cal
D}(\RR)$ est dense dans $L^2$,
${\cal S}$ est dense dans $L^2$.\\
9) On choisit $x=0$ dans $(\star)$, on obtient a).\\
b) Soit $\psi \in {\cal S}$ alors $\widehat{\psi} \in {\cal S}$ et on choisit $f = \widehat{\psi}$ dans $(\star)$.
Alors $\psi(x) = \frac{1}{2\pi} \widehat{f}(-x)$ et
\begin{eqnarray*}
\int f \overline{\phi} &=& \int \widehat{\psi} \overline{\phi} dx \\
 &=&  \int \psi(\xi) \widehat{\overline{\phi}} d\xi\,\,\mbox{par a),}\\
 &=& \frac{1}{2\pi} \int \widehat{f}(-\xi) \overline{\widehat{\phi}}(-\xi) d\xi \\
  &=& \frac{1}{2\pi} \int \widehat{f} \overline{\widehat{\phi}} d\xi.
 \end{eqnarray*}
c) Si $\phi,\,\psi \in {\cal S} \subset L^1$ alors $\phi \ast \psi \in L^1$ et par le th{é}or{è}me de Fubini
\begin{eqnarray*}
\widehat{\phi \ast \psi}(\xi) &=& \int \int e^{-ix\xi} \phi(y) \psi(x-y) dy dx,\\
 &=& \int e^{-iy\xi} \phi(y) \left( \int e^{-i(x-y)\xi} \psi(x-y) dx \right) dy,\\
  &=& \widehat{\phi}(\xi) \widehat{\psi}(\xi).
\end{eqnarray*}
10) Soit $f \in E$, comme $\overline{G} = E$, $\exists (f_n)_n \subset G$ telle que $\lim_n \Vert f-f_n \Vert = 0$. En
particulier, $(f_n)_n$ est de Cauchy dans $E$ et $A$ lin{é}aire continue $\Longrightarrow$ $\Vert Af_n - Af \Vert \leq
\Vert A  \Vert \Vert f_n-f_m  \Vert$. Donc $(Af_n)_n$ est Cauchy dans $F$ complet donc converge vers un $g$
dans $F$.\\
On v{é}rifie facilement que $g$ ne d{é}pend pas de la suite $(f_n)_n$ et on pose $\tilde{A} f = g$. L'application
$\tilde{A}$ est lin{é}aire par construction et
$$\Vert \tilde{A} f \Vert = \lim_{n\infty} \Vert Af_n \Vert \leq \lim_{n\infty}
\Vert A \Vert \Vert f_n \Vert = \Vert A \Vert \Vert f \Vert,$$
donc $\tilde{A}$ est continue et $\Vert \tilde{A} \Vert = \Vert A \Vert$.\\
Comme $\tilde{A} f = Af$, $\forall f \in G$, on a
$$\Vert \tilde{A} \Vert = \sup_{f \in E,f\not=0} \frac{ \Vert \tilde{A} f
\Vert}{\Vert f \Vert} \geq \sup_{f \in G,f\not=0} \frac{ \Vert {A} f \Vert}{\Vert f \Vert} = \Vert A \Vert.$$ D'o{\`u}
$\Vert \tilde{A} \Vert = \Vert A \Vert$. Enfin $G$ {é}tant dense dans $E$, il est
clair que $\tilde{A}$ est unique.\\
11) On applique 10) avec $E = F = L^2(\RR)$, $G = {\cal S}$ et $A = {\cal F}$. $A$ est lin{é}aire et 9)b) avec $\phi =
\psi$ montre que $\Vert Af \Vert^2_2 = 2\pi \Vert f \Vert^2_2$. Donc ${\cal F}$ se prolonge {à} $L^2(\RR)$ en une
application lin{é}aire continue (encore not{é}e ${\cal F}$) et $\forall f \in L^2$,
$$\Vert {\cal F}f \Vert_2 = \lim_n \Vert {\cal F}f_n \Vert_2 = \sqrt{2\pi} \lim_n
\Vert f_n \Vert_2 = \sqrt{2\pi} \Vert f \Vert_2.$$ D'autre part, si on note $\overline{{\cal F}} (f)(\xi) = \int
e^{ix\xi} f(x) dx$, on a montr{é} en 7) que $\forall f \in {\cal S}$, $\frac{1}{2\pi} \overline{{\cal F}}o {\cal F} (f)
= f$. Si $\tilde{f}(x) = f(-x)$, on remarque que $\forall f \in {\cal S}$, $\overline{{\cal F}}(f) = {\cal
F}(\tilde{f})$ et que $\frac{1}{2\pi} {\cal F}o{\cal F}(\tilde{f}) = f = \frac{1}{2\pi} {\cal F}o\overline{{\cal
F}}(f)$. Donc $\frac{1}{2\pi} \overline{{\cal F}}$ qui se prolonge {à} $L^2$ de la m{\^e}me mani{è}re
que ${\cal F}$ v{é}rifie : $\forall f \in {\cal S}$,\\
$\frac{1}{2\pi} \overline{{\cal F}}o {\cal F} (f) = f = {\cal F}o\frac{1}{2\pi} \overline{{\cal F}}(f)$. Par densit{é}
de ${\cal S}$ dans $L^2$ et continuit{é} de ces deux applications, on en d{é}duit que $\forall f \in L^2$,
$\frac{1}{2\pi} \overline{{\cal F}}o {\cal F} (f) = f = {\cal F}o\frac{1}{2\pi} \overline{{\cal F}}(f)$ donc ${\cal
F}^{-1} = \frac{1}{2\pi} \overline{{\cal F}}$ et ${\cal F}$ est bien un isomorphisme d'espaces de Banach. \fexo 