$L^p(0,1)$, con $0<p<1$, non è Fréchet
Buonasera a tutti,
avrei bisogno di una mano su questa questione di Analisi funzionale che non ho capito.
Si parla di spazi $L^p(X)$, con $p$ reale fissato, $0 < p < 1$ e $X$ di misura finita, e.g. $X=(0,1)$. Stando alla notazione del Rudin (che spero sia abbastanza universale), questo spazio è metrico completo, dove la metrica è
\[
d(f,g) := \int_X \vert f-g \vert^p d\mu
\]
ed è pertanto un $F$-spazio. Voglio far vedere che non è uno spazio di Fréchet, perché non è localmente convesso. Devo perciò mostrare che non esiste una base di intorni di zero che sia costituita da insiemi convessi.
Di più, a lezione mi è stato detto che per ogni intorno (aperto) $V$ di $0$, il convessificato di $V$ è tutto $L^p$. Ho trovato la dimostrazione sul Rudin e l'inizio è questo: poiché $V$ è aperto, esiste $r>0$ tale che $B_r \subset V$. Fin qui ok. Ora prendo $f \in L^p$ e - Rudin afferma - poiché $p<1$ esiste $n in \mathbb N$ tale che
\[
n^{p-1}\int_X \vert f\vert^p d\mu < r
\]
Mi (e vi) chiedo: perché? Non è l'unico dubbio che ho sulla dimostrazione, ma preferisco procedere con calma, eventualmente dopo aver chiarito questo primo punto posterò le altre domande.
Grazie in anticipo.
avrei bisogno di una mano su questa questione di Analisi funzionale che non ho capito.
Si parla di spazi $L^p(X)$, con $p$ reale fissato, $0 < p < 1$ e $X$ di misura finita, e.g. $X=(0,1)$. Stando alla notazione del Rudin (che spero sia abbastanza universale), questo spazio è metrico completo, dove la metrica è
\[
d(f,g) := \int_X \vert f-g \vert^p d\mu
\]
ed è pertanto un $F$-spazio. Voglio far vedere che non è uno spazio di Fréchet, perché non è localmente convesso. Devo perciò mostrare che non esiste una base di intorni di zero che sia costituita da insiemi convessi.
Di più, a lezione mi è stato detto che per ogni intorno (aperto) $V$ di $0$, il convessificato di $V$ è tutto $L^p$. Ho trovato la dimostrazione sul Rudin e l'inizio è questo: poiché $V$ è aperto, esiste $r>0$ tale che $B_r \subset V$. Fin qui ok. Ora prendo $f \in L^p$ e - Rudin afferma - poiché $p<1$ esiste $n in \mathbb N$ tale che
\[
n^{p-1}\int_X \vert f\vert^p d\mu < r
\]
Mi (e vi) chiedo: perché? Non è l'unico dubbio che ho sulla dimostrazione, ma preferisco procedere con calma, eventualmente dopo aver chiarito questo primo punto posterò le altre domande.
Grazie in anticipo.
Risposte
Intervengo proprio a volo, perchè devo uscire... Non so se è uno spunto di riflessione utile, ma meglio di nulla. 
Il motivo della non convessità degli intorni per \(p\in ]0,1[\) è che la disuguaglianza di Minkowski vale con il segno \(\geq\) per tali valori dell'esponente (ciò si può desumere dalla dimostrazione, se non erro, perchè per \(p<1\) la funzione \(t^p\) è concava e ciò fa cambiare i versi nelle disuguaglianze).
Il motivo della non convessità degli intorni per \(p\in ]0,1[\) è che la disuguaglianza di Minkowski vale con il segno \(\geq\) per tali valori dell'esponente (ciò si può desumere dalla dimostrazione, se non erro, perchè per \(p<1\) la funzione \(t^p\) è concava e ciò fa cambiare i versi nelle disuguaglianze).
Grazie, gugo, per la tua risposta. Ci ho pensato un po' su, ma la faccenda continua ad non essermi chiara.
Anzitutto, una domanda un po' sciocca: il fatto che la disuguaglianza di Minkowski non valga (o, meglio, valga con il verso opposto) esclude automaticamente che lo spazio sia normabile (con la norma giusta, cieè quella che induce la metrica rispetto cui è completo)?
In ogni caso, non è mi ancora chiaro in che modo questa informazione possa aiutarmi anche con la convessità degli intorni... Continuerò a pensarci. Nel frattempo, grazie mille per il tuo sempre prezioso aiuto.
Anzitutto, una domanda un po' sciocca: il fatto che la disuguaglianza di Minkowski non valga (o, meglio, valga con il verso opposto) esclude automaticamente che lo spazio sia normabile (con la norma giusta, cieè quella che induce la metrica rispetto cui è completo)?
In ogni caso, non è mi ancora chiaro in che modo questa informazione possa aiutarmi anche con la convessità degli intorni... Continuerò a pensarci. Nel frattempo, grazie mille per il tuo sempre prezioso aiuto.
La questione del Rudin è elementare: poiché \(\| f\|_p<+\infty\) e \(p \in ]0,1[\), la successione \(n^{p-1}\ \| f\|_p^p = \frac{1}{n^{1-p}}\ \| f\|_p^p\) è infinitesima... Non c'è nient'altro sotto quell'affermazione di esistenza. 
Inoltre, ieri potrei essermi anche sbagliato sulla disuguaglianza di Minkowski... Devo vedere un po'.
Nel caso, ti prego di scusarmi.
Inoltre, ieri potrei essermi anche sbagliato sulla disuguaglianza di Minkowski... Devo vedere un po'.
Nel caso, ti prego di scusarmi.
Ci ho pensato un po' su e, con l'aiuto di un collega, ho concluso e capito. Alla fine è più semplice di quanto credessi e, per rispondere a Gugo, non mi pare che serva Minkowski (né la versione per "dritto", né quella al rovescio ).
Prendiamo il nostro $L^p(0,1)$, con $p$ reale fissato, $0 < p < 1$. Prendiamo un intorno (aperto) $V$ di $0$ che sia convesso e mostriamo che $V=L^p$. Prendiamo una $f \in L^p$ arbitraria; avremo la tesi se mostriamo $f \in V$.
Poiché $V$ è aperto, esiste certamente $r>0$ tale che $B_r \subset V$. Poiché $p<1$ esiste $N in \mathbb N$ tale che
\[
N^{p-1}\int_0^1 \vert f\vert^p d\mu < r
\]
perché la successione $n\mapsto n^{p-1}$ è infinitesima (grazie Gugo!
). Ora la funzione
\[
(0,1) \ni x \mapsto \int_0^x \vert f \vert^p d\mu
\]
è (assolutamente?) continua, sicché posso certamente trovare una suddivisione $0=x_0 < x_1 < \ldots < x_{N-1}
\int_{x_{i}}^{x_{i+1}} \vert f \vert^p d\mu = \frac{1}{N}\int_0^1 \vert f\vert^p d\mu
\]
In sostanza, quello che stiamo facendo è dividere l'"area" in $N$ parti uguali. Stante le continuità della funzione integrale, applichiamo opportunamente il teorema dei valori intermedi: per ogni $i \in \{1\ldots N\}$ esiste un $x_i$ tale che [tex]f(x_i)=\frac{i}{n}\int_{(0,1)}\vert f \vert^pd\mu[/tex] (perché [tex]\frac{i}{n}\int_{(0,1)}\vert f \vert^pd\mu \in \left[0,\Vert f \Vert_p \right][/tex]).
Adesso pongo $g_i(t)=Nf(t)\chi_{(x_{i-1},x_{i})}$, per $i=1,\ldots , N$: allora
\[
\int_{(0,1)} \vert g_i(t)\vert ^p d\mu = \int_{[x_{i-1},x_i]} N^p \vert f \vert^p d\mu = N^{p}\frac{1}{N}\int_{(0,1)}\vert f \vert^p d\mu < r
\]
cioè $g_i \in B_r \subset V$. Ma allora $f$, che è una combinazione lineare convessa delle $g_i$, sta in $V$ (che è convesso), da cui l'asserto.
). Prendiamo il nostro $L^p(0,1)$, con $p$ reale fissato, $0 < p < 1$. Prendiamo un intorno (aperto) $V$ di $0$ che sia convesso e mostriamo che $V=L^p$. Prendiamo una $f \in L^p$ arbitraria; avremo la tesi se mostriamo $f \in V$.
Poiché $V$ è aperto, esiste certamente $r>0$ tale che $B_r \subset V$. Poiché $p<1$ esiste $N in \mathbb N$ tale che
\[
N^{p-1}\int_0^1 \vert f\vert^p d\mu < r
\]
perché la successione $n\mapsto n^{p-1}$ è infinitesima (grazie Gugo!
). Ora la funzione \[
(0,1) \ni x \mapsto \int_0^x \vert f \vert^p d\mu
\]
è (assolutamente?) continua, sicché posso certamente trovare una suddivisione $0=x_0 < x_1 < \ldots < x_{N-1}
\int_{x_{i}}^{x_{i+1}} \vert f \vert^p d\mu = \frac{1}{N}\int_0^1 \vert f\vert^p d\mu
\]
In sostanza, quello che stiamo facendo è dividere l'"area" in $N$ parti uguali. Stante le continuità della funzione integrale, applichiamo opportunamente il teorema dei valori intermedi: per ogni $i \in \{1\ldots N\}$ esiste un $x_i$ tale che [tex]f(x_i)=\frac{i}{n}\int_{(0,1)}\vert f \vert^pd\mu[/tex] (perché [tex]\frac{i}{n}\int_{(0,1)}\vert f \vert^pd\mu \in \left[0,\Vert f \Vert_p \right][/tex]).
Adesso pongo $g_i(t)=Nf(t)\chi_{(x_{i-1},x_{i})}$, per $i=1,\ldots , N$: allora
\[
\int_{(0,1)} \vert g_i(t)\vert ^p d\mu = \int_{[x_{i-1},x_i]} N^p \vert f \vert^p d\mu = N^{p}\frac{1}{N}\int_{(0,1)}\vert f \vert^p d\mu < r
\]
cioè $g_i \in B_r \subset V$. Ma allora $f$, che è una combinazione lineare convessa delle $g_i$, sta in $V$ (che è convesso), da cui l'asserto.
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