ノルム空間はいつ内積空間になるのか?~証明

定理

実ノルム空間 VV について,中線定理 x+y2+xy2=2(x2+y2) \| x+y \|^2 + \| x-y \|^2 = 2 \left( \| x \|^2 + \| y \|^2 \right) が成立するとき, x,y=14(x+y2xy2) \langle x,y \rangle = \dfrac{1}{4} (\| x+y \|^2 - \| x-y \|^2) により内積が定まる。

またこうして得られた内積において x,x=x \langle x,x \rangle = \| x \| となる。

複素ノルム空間のとき

複素ノルム空間の場合は x,y=14(x+y2xy2+ix+iyixiy) \langle x,y \rangle = \dfrac{1}{4} (\| x+y \|^2 - \| x-y \|^2 + i \| x+iy \| - i \| x-iy \|) と定義すれば内積になります。

この記事ではノルム空間の記事で紹介したノルム空間が内積空間になる条件の定理を証明します。

復習

証明の前にノルム空間の定義を確認しましょう。

ノルムの公理
  1. x+yx+y\| x+y \| \leqq \| x \| + \| y \|(三角不等式)
  2. cx=cx\| cx \| = |c| \| x \|xVx \in VcCc \in \mathbb{C}
  3. x0\| x \| \geqq 0
  4. x=0    x=0\| x \| = 0 \iff x = 0

加えて内積空間の定義を確認しましょう。これら4つを示すことになります。

内積の公理
  1. x,y=y,x\langle x,y \rangle = \langle y,x \rangle(エルミート性)
  2. x+ay,z=x,z+ay,z\langle x + ay , z \rangle = \langle x,z \rangle + a\langle y,z \ranglex,y,zVx,y,z \in VaRa \in \mathbb{R})(線型性)
  3. x,x0\langle x,x \rangle \geqq 0(正定値性)
  4. x,x=0x=0\langle x,x \rangle = 0 \Rightarrow x = 0(非退化性)

線型性以外

線型性以外は簡単なのでササっと確認していきます。

エルミート性の証明

証明

x,y=14(x+y2xy2)=14(y+x2yx2)=y,x\begin{aligned} &\langle x,y \rangle\\ &= \dfrac{1}{4} (\| x+y \|^2 - \| x-y \|^2)\\ &= \dfrac{1}{4} (\| y+x \|^2 - \| y-x \|^2)\\ &= \langle y,x \rangle \end{aligned}

正定値性

証明

x,x=14(x+x2xx2)=x20\begin{aligned} &\langle x,x \rangle\\ &= \dfrac{1}{4} ( \| x+x \|^2 - \| x-x \|^2)\\ &= \| x \|^2\\ &\geqq 0 \end{aligned}

最後にノルムの正定値性を用いた。

非退化性

証明

x,x=0\langle x,x \rangle = 0 とする。

前の計算から x,x=x=0 \langle x,x \rangle = \| x \| = 0 となる。

ノルムの性質より x=0    x=0\| x \| = 0 \iff x=0 となる。

線型性の証明

線型性は「和」と「スカラー倍」に分割して証明をします。

証明

x,z+y,z=14(x+z2+y+z2xz2yz2)=18(x+y+2z2+xy2x+y2z2xy2)=18(x+y+2z2x+y2z2)=12x+y,2z\begin{aligned} &\langle x,z \rangle + \langle y,z \rangle\\ &= \dfrac{1}{4} ( \| x+z \|^2 + \| y+z \|^2 \\ &\quad\quad\quad - \| x-z \|^2 - \| y-z \|^2 )\\ &= \dfrac{1}{8} ( \| x+y+2z \|^2 + \| x-y \|^2\\ &\quad\quad\quad - \| x+y-2z \|^2 - \| x-y \|^2 )\\ &= \dfrac{1}{8} ( \| x+y+2z \|^2 - \| x+y-2z \|^2 )\\ &= \dfrac{1}{2} \langle x+y , 2z \rangle \end{aligned}

y=0y = 0 を代入することで x,z=12x,2z\langle x,z \rangle = \dfrac{1}{2} \langle x,2z \rangle となる。

この xxx+yx+y に戻すことで x+y,z=x,z+y,z \langle x+y,z \rangle = \langle x,z \rangle + \langle y,z \rangle を得る。

スカラー倍の準備

補題

極限と内積は入れ替えることができる。

つまり,x=limnxn\displaystyle x = \lim_{n \to \infty} x_n であれば x,y=limnxn,y \langle x,y \rangle = \lim_{n \to \infty} \langle x_n , y \rangle が成り立つ。

証明

an=xn,ya_n = \langle x_n , y \ranglea=x,ya = \langle x,y \rangle とする。

和で分かれることは証明したため aan=xxn,y=14xxn+y2xxny2=14xxn+yxxny×(xxn+y+xxny)\begin{aligned} &|a - a_n|\\ &= | \langle x-x_n , y \rangle |\\ &= \dfrac{1}{4} \left| \| x-x_n + y \|^2 \right. \\ &\quad\quad \quad \left. - \| x-x_n - y \|^2 \right|\\ &= \dfrac{1}{4} \left| \| x-x_n + y \| - \| x-x_n - y \| \right| \\ &\quad\quad \quad \times ( \| x-x_n + y \| + \| x-x_n - y \| ) \end{aligned}

ここで三角不等式から xxn+y2(xxn)+(xxn)+y \| x-x_n+y \| \leqq \| 2(x-x_n) \| + \| -(x-x_n) + y \| より xxn+yxxny2xxn \| x-x_n + y \| - \| x-x_n - y \| \leqq 2 \| x-x_n \| となる。

こうして aan12xxn(xxn+y+xxny)\begin{aligned} &|a - a_n| \\ &\leqq \dfrac{1}{2} \| x-x_n \| ( \| x-x_n + y \| + \| x-x_n - y \| )\\ \end{aligned} となる。

nn \to \inftyxxn0\| x-x_n \| \to 0 であるため,aan0| a-a_n | \to 0 である。

こうして証明された。

不等式評価を元に 00 に収束することを確認する方法は頻繁の手法です。

スカラー倍の証明

証明

和についての線型性を用いることで,任意の整数 nn について nx,y=nx,y \langle nx , y \rangle = n \langle x,y \rangle となる。

また,任意の整数 mm について x,y=mxm,y \langle x , y \rangle = m \left\langle \dfrac{x}{m} ,y \right\rangle となるため,これら2つを合わせると,任意の有理数 rr に対して rx,y=rx,y \langle rx,y \rangle = r \langle x,y \rangle となる。

さて,実数 aa を任意に取ると,ある有理数列 {an}\{ a_n \} があって a=limnan\displaystyle a = \lim_{n \to \infty} a_n となる。

前の補題を用いると ax,y=limnanx,y=limnanx,y=ax,y\begin{aligned} &\langle ax,y \rangle\\ &= \lim_{n \to \infty} \langle a_nx,y \rangle\\ &= \lim_{n \to \infty} a_n \langle x,y \rangle\\ &= a \langle x,y \rangle \end{aligned} を得る。

この証明のように「有理数で成立することを確認して極限操作で実数での成立をチェックする」方法は,大学数学においてしばしば用いられます。

三角不等式を繰り返し用いる証明方法もあります。