Un pavé dans la mare

Solution en vidéo : https://youtu.be/Vh6Yj0xmAYE

On devine la limite en faisant un dessin :

En effet, on a le sentiment que pour $a$ assez grand $f(x)$ ou $f(x+a)$ est assez petit quel que soit $x.$ En soit cette idée est fausse car une fonction même intégrable n’a aucune raison d’être ne serait-ce que bornée (prendre une fonction affine par morceaux qui fait des pics de plus en plus haut et fin en revenant toujours à $0$ entre deux pics). Cependant, en intégrant cette idée va se révéler correcte et on va montrer que la limite est
$\displaystyle 2\int_{-\infty}^{+\infty}\mid f(x)\mid \,\mathrm{d}x.$

On remarque tout d’abord que, grâce à l’inégalité triangulaire, $\forall x,a\in\mathbb{R}, \left|f(x+a)-f(x)\right|\leqslant\left|f(x+a)\right|+\left|f(x)\right|.$ Par ailleurs, $x\mapsto f(x+a)$ est intégrable et de même intégrale que $f$ grâce au changement de variable $y=x+a.$ Ceci prouve que l’intégrale qui nous intéresse existe et que
$$\int_{-\infty}^{+\infty}\left|f(x+a)-f(x)\right|\,\mathrm{d}x \leqslant \int_{-\infty}^{+\infty}\left|f(x+a)\right|\,\mathrm{d}x +\int_{-\infty}^{+\infty}\left|f(x)\right|\,\mathrm{d}x =2\int_{-\infty}^{+\infty}\left|f(x)\right|\,\mathrm{d}x.$$L’idée pour poursuivre est de comprendre pour quelles fonctions $g$ intégrables on a l’égalité (à partir de $a$ assez grand au moins) $\displaystyle\int_{-\infty}^{+\infty}\left|g(x+a)-g(x)\right|\,\mathrm{d}x=2\int_{-\infty}^{+\infty}\left|g(x)\right|\,\mathrm{d}x.$ On voit sur un dessin que c’est le cas lorsque $g$ est à support compact, ou dit plus simplement, lorsque $g(x)$ est nulle pour $\left|x\right|$ assez grand. Prouvons-le. Soit $\alpha>0$ et $g$ continue par morceaux et nulle sur $\mathbb{R}\setminus [-\alpha,\alpha]$ alors $g$ est automatiquement intégrable sur $\mathbb{R}$ par construction de l’intégrale sur un segment. On a alors $\forall a>2\alpha, \forall x\in\mathbb{R}, \left|x+a-x\right|=a>2\alpha$ donc $x$ et $x+a$ ne peuvent être simultanément dans $[-\alpha,\alpha]$ donc $g(x)=0$ ou $g(x+a)=0.$ On en déduit que
$$\int_{-\infty}^{+\infty}\left|g(x+a)-g(x)\right|\,\mathrm{d}x \underbrace{=}_{\text{\footnotesize Chasles}} \int_{-\alpha}^{\alpha}\mid \underbrace{g(x+a)}_{=0}-g(x)\mid\,\mathrm{d}x +\int_{\mathbb{R}\setminus[-\alpha,\alpha]}\mid g(x+a)-\underbrace{g(x)}_{=0}\mid\,\mathrm{d}x =2\int_{-\infty}^{+\infty}\left|g(x)\right|\,\mathrm{d}x.$$On revient à notre fonction $f$. Puisque $f$ est intégrable $\lim\limits_{\alpha\to\infty}\displaystyle\int_{-\alpha}^\alpha \left|f(x)\right|\,\mathrm{d}x=\int_{-\infty}^{+\infty}\left|f(x)\right|\,\mathrm{d}x.$ Soit $\varepsilon>0$ tel que que $\displaystyle\left|\int_{-\infty}^{+\infty}\left|f(x)\right|\,\mathrm{d}x-\int_{-\alpha}^{+\alpha}\left|f(x)\right|\,\mathrm{d}x\right|<\varepsilon.$ On pose alors $g_\alpha\colon x\in\mathbb{R}\mapsto \mathbf{1}_{[-\alpha,\alpha]}(x)f(x)$ avec $\mathbf{1}_{[-\alpha,\alpha]}(x)=1$ si $x\in[-\alpha,\alpha]$ et $0$ sinon. La fonction $g_\alpha$ satisfait bien les critères précédemment énoncés et on a évidemment $\forall x\in\mathbb{R},\left|f(x)\right|\geqslant \left|g_\alpha(x)\right|$ si bien que $\forall x\in\mathbb{R},\left|g_\alpha(x+a)-g_\alpha(x)\right|\leq \left|f(x+a)\right|+\left|f(x)\right|.$ Or la fonction $\varphi\colon x\in\mathbb{R}\mapsto \left|f(x+a)\right|+\left|f(x)\right|$ est intégrable donc on peut passer à la limite lorsque $\alpha\to+\infty$. Puisque $(g_\alpha)_\alpha$ converge simplement vers $f$ on a, par convergence dominée,
$$\displaystyle\lim\limits_{\alpha\to+\infty}\int_\mathbb{R} \left|g_\alpha(x+a)-g_\alpha(x)\right|\,\mathrm{d}x=\displaystyle\int_\mathbb{R} \left|f(x+a)-f(x)\right|\,\mathrm{d}x$$. On peut alors, quitte à choisir $\alpha$ plus grand, supposer que ces deux intégrales sont distantes de moins de $\varepsilon.$ On a donc pour $a>2\alpha,$
$$\int_{-\infty}^{+\infty} \left|g_\alpha(x+a)-g_\alpha(x)\right|\,\mathrm{d}x-\varepsilon =2\int_{-\infty}^{+\infty} \left|g_\alpha(x)\right|\,\mathrm{d}x-\varepsilon \leqslant\int_{-\infty}^{+\infty} \left|f(x+a)-f(x)\right|\,\mathrm{d}x$$donc $\forall \varepsilon>0,$ pour $a$ assez grand,
$$2\int_{-\infty}^{+\infty} \left|f(x)\right|\,\mathrm{d}x-3\varepsilon \leqslant\int_{-\infty}^{+\infty} \left|f(x+a)-f(x)\right|\,\mathrm{d}x \leqslant 2\int_{-\infty}^{+\infty} \left|f(x)\right|\,\mathrm{d}x$$ce qui prouve que
$$\lim_{a\to+\infty}\int_{-\infty}^{+\infty} \left|f(x+a)-f(x)\right|\,\mathrm{d}x =2\int_{-\infty}^{+\infty}\left|f(x)\right|\,\mathrm{d}x.$$