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$L^p$ pas evn pour $p<1$

Modifié (15 Jan) dans Analyse
Bonjour
tout est dans le titre, j’aimerais comprendre pourquoi le fait que L^p est un evn n’est valable que pour p>=1.
j’ai beau chercher un contre exemple, je n’en trouve pas …
Merci.

Réponses

  • Pour $p<1$ on obtient plus une norme. L'inégalité triangulaire échoue. Ceci-dit je n'en sais pas plus...
  • Bonjour,
    Je pense que c'est bien de commencer par le cas plus simple suivant : pourquoi $\Bbb R^2$ muni de $N((x_1,x_2)) := (x_1^p+x_2^p)^{1/p}$ n'est pas un e.v.n. quand $p\in{]0,1[}$ ? Ça donnera des idées pour le cas $L^p$.
  • Modifié (13 Jan)
    Bonjour
    oui j’avais bien pensé que l’inégalité triangulaire serait mise en défaut mais je ne parviens pas à trouver de contre-exemple concret …
    Merci 
  • Fais un effort... Il y a deux vecteurs tous bêtes de $\Bbb R ^2$ qui donnent un contre-exemple. 
  • Les vecteurs de la base canonique ? 
  • Oui ! Maintenant, il faut s'inspirer de ça pour trouver un contre-exemple dans $L^p$.
  • C’est plus compliqué ;)
  • Modifié (15 Jan)
    Bonjour,
    Cette  question m’intéresse. Précisons les choses ( je traite exprès le cas où $\Omega=[0,1]$, pour laisser à l'auteur de la question un travail et p=1/2)
    Pour $p=1/2$, considérons  $L^p[0, 1]$ l’ensemble des fonctions mesurables  $f \, [0, 1] \to
    \R$ telle que $\int_0^1 |f (x)|^p dx < +\infty$

    Montrons d'abord que  $| · |_p$ ( par définition  $|f |_p=(\int_0^1 |f (x)|^p dx)^{\frac 1p}$) viole l'inégalité triangulaire ; posons $f = χ[0,1/2]$, et $g = χ[1/2,1]$.  on a  $|f + g|_p = 1$ , mais  $|f |_p + |g|_p = 2^{1−\frac 1p} < 1$; donc $|f + g|_p > |f |_p + |g|_p. $

    Maintenant, question pourquoi on ne peut pas munir $L^p$ , $0 < p < 1$ d'une norme $|.|$ , à reflechir!
    edit voir la réponse du Poirot ci-dessous
  • Modifié (15 Jan)
    Si tu crois en l'axiome du choix c'est toujours possible. Il suffit de munir $L^p$ d'une base en tant que $\mathbb R$-espace vectoriel et de considérer la norme infinie associée. Ou encore d'utiliser un isomorphisme d'espace vectoriel avec $L^1$ par exemple.
  • Tu as raison @Poirot j'oublie toujours que tout e.v admet une base par l'axiome du choix
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