1 Das Jordan/von Neumann-Theorem

(1)

Von Skalarprodukten induzierte Normen

Niklas Angleitner 4. Dezember 2011

Sei ein Skalarproduktraum (X,h·,·i) gegeben, daher ein VektorraumX uber¨ Cbzw.Rmit einer positiv definiten Sesquilinearform h·,·i. Wie aus der Funktionalanalysis bekannt, kann mit Hilfe der Cauchy- Schwarz-Ungleichung gezeigt werden, dass durch: ∀x ∈ X : kxk := +p

hx, xi eine Norm auf X definiert wird. Neben dem Satz von Pythagoras und vielen weiteren interessanten Eigenschaften dieser Norm, erweist sich vor allem die sogenannte Parallelogramm-Regel als besonders nützlich:∀x, y∈ X : kx+yk²+kx−yk² = 2· kxk²+ 2· kyk². Starten wir nämlich mit einem normierten Raum (X,k·k), in dem eben diese Parallelogramm-Regel gilt, so lässt sich bereits die Existenz eines Skalarproduktes nachweisen, das die gegebene Norm induziert, d.h.:∀x∈X: kxk²=hx, xi.

Es ist dieser enge Zusammenhang zwischen normierten Vektorr¨aumen und Vektorr¨aumen mit Skalar- produkt das zugrundeliegende Thema dieser Arbeit.

(2)

1 Das Jordan/von Neumann-Theorem

1.1 Definition.

Seienk·k eine Norm undh·,·iein Skalarprodukt auf einem VektorraumX. Wir sagen, dassk·k von h·,·iinduziert wird, falls gilt:

∀x∈X : kxk²=hx, xi

1.2 Definition.

Sei (X,k·k) ein normierter Raum ¨uberRoderC. Wir definieren die Parallelogramm-Regel wie folgt:

∀x, y∈X : kx+yk²+kx−yk²= 2· kxk²+ 2· kyk²

1.3 Satz. (Jordan/von Neumann) [JVN35]

Sei (X,k·k) ein normierter Raum ¨uberC, in dem die Parallelogramm-Regel aus Definition 1.2 gilt.

Dann definiert die Polarformel

∀x, y∈X: hx, yi := 1 4·

3

X

k=0

i^k·

x+i^k·y

2

= 1

4·

(kx+yk²− kx−yk²) +i·(kx+i·yk²− kx−i·yk²)

ein Skalarprodukt aufX mit: ∀x∈X : hx, xi=kxk².

Es wird also jede Norm, die die Parallelogramm-Regel erf¨ullt, von einem Skalarprodukt induziert.

Beweis.

Schritt 1: ∀x∈X : hx, xi=kxk² Wir berechnen:

4· hx, xi =

3

X

k=0

i^k·

x+i^k·x

2

=

3

X

k=0

i^k· |1 +i^k|²· kxk²

= 4· kxk²

Schritt 2: ∀x∈X : hx, xi ≥0 und hx, xi= 0 ⇔ x= 0

Folgt unmittelbar aus Schritt 1.

Schritt 3: ∀x, y∈X: hy, xi=hx, yi Wir berechnen:

4· hx, yi = (kx+yk²− kx−yk²)−i·(kx+i·yk²− kx−i·yk²)

= (kx+yk²− k(−1)·(x−y)k²)−i·(k(−i)·(x+i·y)k²− k(+i)·(x−i·y)k²)

= (ky+xk²− ky−xk²) +i·(ky+i·xk²− ky−i·xk²)

= 4· hy, xi

(3)

Schritt 4: ∀x, y, z∈X : kx+y+zk²=kx+yk²+kx+zk²+ky+zk²− kxk²− kyk²− kzk² Wir berechnen unter mehrfacher Verwendung der Parallelogramm-Regel:

kx+y+zk² = 2· kx+yk²+ 2· kzk²− kx+y−zk²

= kx+yk²+kzk²+kx+yk²+kzk²

| {z }

PR.

− kx+y−zk²

= kx+yk²+kzk²+1

2· kx+y+zk²

| {z }

PR.

−1

2· kx+y−zk²

= kx+yk²+kzk²+1

2·(2· kx+zk²+ 2· kyk²− kx−y+zk²)−1

2 · kx+y−zk²

= kx+yk²+kx+zk²+kyk²+kzk²−1

2·(kx−(y−z)k²+kx+ (y−z)k²

| {z }

PR.

)

= kx+yk²+kx+zk²+kyk²+kzk²

| {z }

PR.

− kxk²− ky−zk²

= kx+yk²+kx+zk²+1

2 · ky+zk²+1

2· ky−zk²− kxk²− ky−zk²

= kx+yk²+kx+zk²+1

2 · ky+zk²− kxk²−1

2 · ky−zk²

| {z }

PR.

= kx+yk²+kx+zk²+1

2 · ky+zk²− kxk²−1

2 ·(2· kyk²+ 2· kzk²− ky+zk²)

= kx+yk²+kx+zk²+ky+zk²− kxk²− kyk²− kzk²

Schritt 5: ∀x, y, z∈X : hx+y, zi=hx, zi+hy, zi

Wir berechnen unter Verwendung der in Schritt 4 gezeigten Formel undP3

k=0i^k = 0:

4· hx+y, zi =

3

X

k=0

i^k·

x+y+i^k·z

2

=

3

X

k=0

i^k·(kx+yk²+

x+i^k·z

2+

y+i^k·z

2− kxk²− kyk²−1· kzk²)

= 0 +

3

X

k=0

i^k·

x+i^k·z

2+

3

X

k=0

i^k·

y+i^k·z

2+ 0 + 0 + 0

= 4·(hx, zi+hy, zi)

Zu zeigen, dass h·,·i mit der skalaren Multiplikation verträglich ist, gelingt durch einfaches Umformen leider nicht. Wir wählen daher den folgenden, etwas umständlich anmutenden Weg über komplexe Zahlen mit rationalen Real- und Imaginärteilen: CQ:={a+i·b| a, b∈Q}

Schritt 6: ∀α∈CQ: hα·x, yi=α· hx, yi Fall 1:α∈ {0,1}:

Einsetzen in die Definition vonh·,·i zeigt die Behauptung.

Fall 2:α∈N≥2:

Verwendung von Schritt 5 und vollst¨andiger Induktion zeigt die Behauptung.

Fall 3:α∈ −N:

Wegen α=−|α|und 0^{Fall 1}= h0·x, yi =h(|α| − |α|)·x, yi^{Schritt 5}= h|α| ·x, yi+h−|α| ·x, yi erhalten wir α· hx, yi=−|α| · hx, yi^{Fall 1/2}= − h|α| ·x, yi=h−|α| ·x, yi=hα·x, yi

Fall 4:α=_n¹ f¨ur einn∈N:

(4)

Die Gleichheithx, yi=

n·_n¹ ·x, y^{Fall 1/2}

= n· hα·x, yiliefert bei Division durchndie Behauptung.

Fall 5:α∈Q:

Zusammensetzen der F¨alle 1 bis 4 liefert die Behauptung.

Fall 6:α=i∈i·Q:

4· hα·x, yi = (ki·x+yk²− ki·x−yk²) +i·(ki·x+i·yk²− ki·x−i·yk²)

= (k(−i)·(i·x+y)k²− k(−i)·(i·x−y)k²) +i·(k(+i)·(x+y)k²− k(+i)·(x−y)k²)

= i·

(kx+yk²− kx−yk²) +i·(kx+i·yk²− kx−i·yk²)

= 4·α· hx, yi Fall 7:α∈CQ:

Zusammensetzen der F¨alle 1 bis 6 liefert die Behauptung.

Um die Verträglichkeit vonh·,·imit der skalaren Multiplikation vonCQauf ganzCfortzusetzen, werden wir ein Approximations-Argument verwenden, für das wir aber zuerst die Cauchy-Schwarz’sche Unglei- chung benötigen. Wir dürfen diese Ungleichung natürlich noch nicht verwenden, da sie ja nur gilt, wenn schon bakannt ist, dass es sich beih·,·i um ein Skalarprodukt handelt. Wir zeigen also:

Schritt 7: ∀x, y∈X: | hx, yi | ≤ kxk · kyk Fall 1:y= 0:

Einsetzen in die Definition liefert die Behauptung.

Fall 2:y6= 0:

Es gilt:

∀α∈CQ: 0 ≤ kx−α·yk²

= hx−α·y, x−α·yi

= kxk²−2·Re(α· hx, yi) +|α|²· kyk²

Da Q×Q ∼= CQ dicht in R×R ∼= C liegt, gibt es eine Folge (αn)_n∈N ∈ (CQ)^N mit αn

−−−−→n7→∞ ^hx,yi_kyk2. Gehen wir also in obiger Ungleichung zu den Grenzwerten ¨uber, so erhalten wir wegen der Stetigkeit der vorkommenden Ausdr¨ucke:

0 ≤ lim

n7→∞

kxk²−2·Re(α_n· hx, yi) +|αn|²· kyk²

= kxk²−2·Re hx, yi kyk² · hx, yi

! +

hx, yi kyk²

2

· kyk²

= kxk²−2·| hx, yi |²

kyk² +| hx, yi |² kyk²

Umstellen liefert nun die Behauptung.

Nun haben wir alle Eigenschaften beisammen, um die Vertr¨aglichkeit des potentiellen Skalarprodukts mit der skalaren Multiplikation auf dem gesamten Skalark¨orperCnachzuweisen:

Schritt 8: ∀α∈C: hα·x, yi=α· hx, yi

Sei also α ∈ C. Wieder wegen der Dichtheit von CQ in C gibt es eine Folge (αn)n∈N ∈ (CQ)^N mit αn

−−−−→n7→∞ α.

Wegen

0 ≤ | hα·x, yi −αn· hx, yi |

Schritt 5/6

= | h(α−αn)·x, yi |

Schritt 7

≤ |α−α_n|

| {z }

−−−−→n7→∞ 0

· kxk · kyk

(5)

gilt schließlichα· hx, yi= limn7→∞(αn· hx, yi) =hα·x, yi Wir haben also gezeigt, dass die Polarformel ein Skalarprodukt definiert, wenn nur die G¨ultigkeit der

Parallelogramm-Regel aus Definition 1.2 gefordert wird.

1.4 Korollar.

Sei (X,k·k) ein normierter Raum ¨uberC. Dann sind ¨aquivalent:

• k·k:X−→[0,∞) wird von einem Skalarprodukth·,·i:X×X −→Cinduziert

• ∀U ≤ X mit dimU = 2: k·k |U : U −→ [0,∞) wird von einem Skalarprodukt h·,·i_U : U ×U−→Cinduziert

Beweis.

Schritt 1:

”⇓“

Setze einfachh·,·i_U :=h·,·i|_U.

Schritt 2:

”⇑“

Wir zeigen unter der gemachten Voraussetzung die G¨ultigkeit der Parallelogramm-Regel aus Definition 1.2 und verwenden dann Satz 1.3. Sei alsox, y∈X beliebig undU := span{x, y}.

Fall 1: dimU ≤1:

Es gilt dahery=α·xf¨ur einα∈Cund wegen|1+α|²+|1−α|²= 2+2·|α|²schonkx+yk²+kx−yk²= (|1 +α|²+|1−α|²)· kxk²= 2· kxk²+ 2· kyk².

Fall 2: dimU = 2:

Laut Voraussetzung gibt es also ein Skalarprodukth·,·i_U :U ×U −→Cmit: ∀z∈U :kzk²=hz, zi_U. Wir berechnen:

kx+yk²+kx−yk² = hx+y, x+yi_U +hx−y, x−yi_U

= kxk²+hx, yi_U+hy, xi_U +kyk²+kxk²− hx, yi_U − hy, xi_U+kyk²

= 2· kxk²+ 2· kyk²

Es gilt also in beiden F¨allen die Parallelogramm-Regel.

1.5 Bemerkung.

Es sei hier ohne ausführlichen Beweis erwähnt, dass die Aussage des Jordan/von Neumann-Theorems, Satz 1.3, auch für normierte Vektorräume über dem SkalarkörperR gilt. Das Skalarprodukt ist in diesem Fall wie folgt zu definieren:

∀x, y∈X : hx, yi:=1 4 ·

kx+yk²− kx−yk²

Insbesondere gilt daher auch die Aussage des Korollars 1.4 für normierte Vektorräume überR.

(6)

2 Das DeFigueiredo/Karlovitz-Theorem

Wir werden im Beweis des hier vorgestellten Satzes von DeFigueiredo/Karlovitz, Satz 2.6, von folgenden Resultaten Gebrauch machen:

2.1 Lemma. (Kakutani)

Sei (X,k·k) ein normierter Raum ¨uberRmit dimX ≥3. Falls f¨ur jeden 2-dimensionalen Unterraum U ≤X eine lineare Projektion P : X −→ U mit kPk_OP ≤1 existiert, so wird die Norm k·k von einem Skalarprodukt induziert.

(Der Beweis dieser Aussage beruht auf Eigenschaften von Ellipsoiden, die weit vom gew¨ahlten Thema dieser Arbeit abschweifen und soll daher an dieser Stelle entfallen.¹)

2.2 Lemma.

Sei (X,k·k) ein normierter Raum ¨uberRundU ≤X ein Teilraum mit dimU <∞. Dann gilt:

∀x∈X :∃u0∈U : kx−u0k= min

u∈Ukx−uk

Beweis.

Sei (un)_n∈N∈U^Neine Folge mit lim

n7→∞kx−unk= inf

u∈Ukx−uk. Wegen der Dreiecksungleichung gilt nun kunk ≤ kxk+kx−u_nk, insbesondere ist die Folge (un)_n∈_Nalso beschr¨ankt. DaU endlich-dimensional ist, erhalten wir nach dem Satz von Bolzano-Weierstraß die Konvergenz einer Teilfolge von (u_n)_n∈_N, o.B.d.A.

k¨onnen wir also die Konvergenz der Folge selbst gegen ein u₀ ∈ X annehmen. Endlich-dimensionale normierte R¨aume sind, wie aus der Funktionalanalysis bekannt, abgeschlossen, es gilt also sogaru₀∈U. Wegen der Stetigkeit der Norm erhalten wir abschließend:

kx−u0k =

x− lim

n7→∞un

= lim

n7→∞kx−unk= inf

u∈Ukx−uk= min

u∈Ukx−uk

2.3 Lemma.

Betrachte eine konvexe Funktionf : [a, b)−→Rmita∈R, b∈R∪{+∞}undf(a)≤f(t),∀t∈[a, b).

Dann istf monoton steigend.

Analog folgt f¨ur f : (a, b]−→Rmita∈R∪ {−∞}, b∈R, konvex, ausf(b)≤f(t),∀t∈(a, b], auch bereits monotones Fallen.

Beweis.

Wir zeigen nur den Fall f¨ur monotones Steigen. Der zweite folgt dann analog.

Seix1, x2∈[a, b) mita≤x1< x2< b, dann gilt x1= (1−t1)·a+t1·x2f¨ur eint1∈[0,1). Wegen der Konvexit¨at vonf auf [a, x2) haben wir somit:

f(x1) =f((1−t1)·a+t1·x2)≤(1−t1)·f(a) +t1·f(x2)≤(1−t1)·f(x2) +t1·f(x2) =f(x2) Des Weiteren wird es zweckm¨aßig sein, die folgende Definition einzuf¨uhren:

1Der besonders interessierte Leser sei verwiesen an: S. Kakutani, Some characterizations of Euclidean space, Jap. J.

Math. 16, (1939), p. 93-97.

(7)

2.4 Definition.

Sei (X,k·k) ein normierter Vektorraum ¨uberR. Wir definieren:

X erf¨ullt (P) :⇔ f¨ur allex, y∈X\{0}mit kxk=kyk ist die Funktion φ(·, x, y) :R−→[0,∞) :λ7−→ kx−λ·yk

auf (−∞,−1] streng monoton fallend und auf [1,+∞) streng monoton steigend

2.5 Bemerkung.

Die Funktionφ(·, x, y) aus Definition 2.4 ist als Zusammensetzung stetiger Funktionen selbst stetig und weiters auch konvex:

∀λ1≤λ2∈R,∀t∈[0,1] :

φ((1−t)·λ₁+t·λ₂, x, y) = kx−((1−t)·λ₁+t·λ₂)·yk

= k(1−t)·x+t·x−((1−t)·λ1+t·λ2)·yk

≤ k(1−t)·x−((1−t)·λ₁)·yk+kt·x−(t·λ₂)·yk

= (1−t)·φ(λ1, x, y) +t·φ(λ2, x, y)

2.6 Satz. (DeFigueiredo/Karlovitz) [dFK67]

Sei (X,k·k) ein normierter Raum ¨uberRmit dimX ≥3. Wir definieren die Abbildung:

T:







X −→ X

x 7−→

x f¨urkxk ≤1

x

kxk f¨urkxk >1 Dann sind ¨aquivalent:

• k·k wird von einem Skalarprodukth·,·i induziert

• ∀x, y∈X : kT(x)−T(y)k ≤ kx−yk, d.h.T ist nicht-expansiv

Beweis.

Schritt 1: X erf¨ullt (P) ⇔ T ist nicht-expansiv Wir beginnen mit der Richtung

”⇒“:

Seien alsox, y∈X, dann k¨onnen wir drei F¨alle unterscheiden:

Fall 1:kxk,kyk ≤1:

kT(x)−T(y)k=kx−yk Fall 2:kxk ≤1<kyk:

Der Fallx= 0 liefert sofort die Behauptung, d.h. wir könnenx6= 0 annehmen. Die Vektorenxund ^kxk_kyk·y sind somit ungleich 0 und haben gleiche Norm. Wir können daher die zugehörige Funktionφ(·, x,^kxk_kyk·y)

(8)

laut Definition 2.4 verwenden:

kT(x)−T(y)k =

x− y kyk

= φ( 1

kxk, x,kxk kyk ·y)

Monot. auf [1,+∞)

≤ φ(kyk kxk, x,kxk

kyk ·y)

= kx−yk

Fall 3: 1≤ kxk ≤ kyk:

Die Vektoren _kxk¹ ·xund _kyk¹ ·y sind ungleich 0 und haben gleiche Norm. Wir k¨onnen also wieder die zugeh¨orige Funktion φ(·,_kxk¹ ·x,_kyk¹ ·y) aus Definition 2.4 verwenden:

kT(x)−T(y)k =

x kxk − y

kyk

= φ(1, 1

kxk ·x, 1 kyk ·y)

Monot. auf [1,+∞)

≤ φ(kyk kxk, 1

kxk ·x, 1 kyk ·y)

= 1

kxk · kx−yk

≤ kx−yk

Es folgt also aus der Eigenschaft (P) die Nicht-Expansivit¨at vonT. Nun folgt der Beweis der R¨uckrichtung

”⇐“:

Seien alsox, y ∈X\{0} mit kxk =kyk und φ(·, x, y) die zugehörige Funktion laut Definition 2.4. We- gen |α| ·φ(·, x, y) =φ(·, α·x, α·y),∀α∈Rhängt das nun zu untersuchende Monotonie-Verhalten von φ(·, x, y) nicht vom tatsächlichen Wert von kxk =kyk ab. Wir können daher o.B.d.A. annehmen, dass kxk=kyk = 1.

Laut Lemma 2.3 brauchen wir f¨ur die Monotonie von φ(·, x, y) auf [1,+∞) nur mehr φ(1, x, y) ≤ φ(λ, x, y),∀λ∈[1,+∞) zeigen. Dazu verwenden wir die vorausgesetzte Nicht-Expansivit¨at vonT:

∀λ∈[1,+∞) : φ(1, x, y) = kx−yk

kyk=1

=

x− λ·y kλ·yk

kλ·yk=λ≥1

= kT(x)−T(λ·y)k

n.exp.

≤ kx−λ·yk

= φ(λ, x, y) Eine analoge Rechnung zeigt auch, dassφ(·, x, y) auf (−∞,−1] monoton f¨allt.

Zum Abschließen des Beweises ben¨otigen wir nun noch streng monotones Steigen auf [1,+∞) bzw.

Fallen auf (−∞,−1]. (Wir zeigen nur streng monotones Steigen auf [1,+∞), der zweite Teil kann analog bewiesen werden.) Ein Widerspruchs-Beweis f¨uhrt hier zum Ziel:

Sei also λ0 ∈ (1,+∞) mit φ(λ, x, y) = φ(1, x, y),∀λ ∈ [1, λ0]. (Alle anderen Widerspruchs-Annahmen k¨onnen wegen der Konvexit¨at vonφ(·, x, y) sofort ausgeschlossen werden.)

(9)

Wir betrachtenz(α) :=α·x+ (1−α)·y,∀α∈(0,1) und berechnen:

φ(1, x, z(α) kz(α)k) =

x− z(α) kz(α)k

=

(kz(α)k −α)·x−(1−α)·y kz(α)k

(∗)= kz(α)k −α kz(α)k ·

x− 1−α kz(α)k −α·y

=

1− α

kz(α)k

·φ( 1−α

kz(α)k −α, x, y)

(∗∗)=

1− α

kz(α)k

·φ(1, x, y)

(∗) Wegen lim

α7→0

kz(α)k−α

kz(α)k = 1>0 kann hier f¨ur hinreichend kleineαder Betrag weggelassen werden.

(∗∗) Wegen lim

α7→0 1−α

kz(α)k−α= 1 und der angenommenen Konstantheit vonφ(·, x, y) auf [1, λ0] stimmt diese Gleichheit f¨ur alle hinreichend kleinenα.

Wir berechnen weiters f¨urδ >0:

φ(1 +δ, x, z(α)

kz(α)k) =

x−(1 +δ)·z(α) kz(α)k

=

(kz(α)k −(1 +δ)·α)·x−(1 +δ)·(1−α)·y kz(α)k

(∗∗∗)

= kz(α)k −(1 +δ)·α

kz(α)k ·

x− (1 +δ)·(1−α) kz(α)k −(1 +δ)·α·y

=

1−(1 +δ)·α kz(α)k

·φ( (1 +δ)·(1−α) kz(α)k −(1 +δ)·α, x, y)

(∗∗∗∗)

=

1−(1 +δ)·α kz(α)k

·φ(1, x, y)

(∗ ∗ ∗) Wegen lim

δ7→0

kz(α)k−(1+δ)·α

kz(α)k = ^kz(α)k−α_kz(α)k und (∗) kann hier f¨ur hinreichend kleineαundδder Betrag weggelassen werden.

(∗∗∗∗) Wegen lim

δ7→0

(1+δ)·(1−α)

kz(α)k−(1+δ)·α = _kz(α)k−α^1−α und (∗∗) stimmt diese Gleichheit f¨ur alle hinreichend kleinen αundδ.

Zusammensetzen der beiden Gleichungen liefert f¨ur hinreichend kleineαundδ:

φ(1 +δ, x, z(α) kz(α)k) =

1−(1 +δ)·α kz(α)k

·φ(1, x, y)<

1− α

kz(α)k

·φ(1, x, y) =φ(1, x, z(α) kz(α)k) Seien im Folgendenαundδderart gewählt, dass obige Ungleichung gilt. Nun können wir aber (genauso, wie wir es schon fürφ(·, x, y) gemacht haben) aus der Nicht-Expansivität vonTauf das monotone Steigen vonφ(·, x,_kz(α)k^z(α) ) auf [1,+∞) schließen. Damit ergibt sich der gesuchte Widerspruch.

Schritt 2: k·k wird von einem Skalarprodukth·,·iinduziert ⇔ X erf¨ullt (P) Wir beginnen mit der Richtung

”⇒“:

Seien also x, y ∈ X\{0} mit kxk = kyk. Wir zeigen, dass die Funktion φ(·, x, y) aus Definition 2.4 auf [1,+∞) streng monoton steigt. (Das zu zeigende Monotonie-Verhalten auf (−∞,−1] sieht man auf

¨ahnliche Weise.)

(10)

F¨ur 1≤λ1< λ2 gilt:

φ(λ₂, x, y)²−φ(λ₁, x, y)² = kx−λ₂·yk²− kx−λ₁·yk²

= hx−λ2·y, x−λ2·yi − hx−λ1·y, x−λ1·yi

=

kxk²−2·λ2· hx, yi+λ²₂· kyk²

−

kxk²−2·λ1· hx, yi+λ²₁· kyk²

= kyk²·(λ₂−λ₁)·(λ₂+λ₁)−2·(λ₂−λ₁)· hx, yi

= (λ2−λ1)

| {z }

>0

·

kyk²·(λ2+λ1)−2· hx, yi

| {z }

(∗)

> 0

(∗) Dieser Ausdruck ist echt positiv, weil: 2· hx, yi ≤2· | hx, yi | ≤2· kxk · kyk<(λ₂+λ₁)· kyk². Nun folgt der Beweis der R¨uckrichtung

”⇐“:

Wir werden uns im Rest des Beweises auf den Fall dimX = 3 beschränken. Dass dies schon ausreicht, um die Aussage für Vektorräume beliebiger Dimension gezeigt zu haben, möchten wir kurz erläutern: Sei hierzu ˜X ≤X ein Unterraum mit dim ˜X= 3, dessen Normk·kX˜ =k·k |X˜ (wie wir ja zeigen werden) von einem Skalarprodukt h·,·i_X_˜ induziert wird. Dann erhalten wir Skalarprodukte auf den 2-dimensionalen Unterräumen von ˜X, indem wir einfachh·,·iX˜ auf sie einschränken. Da ˜X beliebig war, wird daher die Norm jedes 2-dimensionalen Unterraums vonX von einem Skalarprodukt induziert. Wegen Bemerkung 1.5 wird also schon die Norm k·k von einem Skalarprodukth·,·i induziert und die Behauptung ist bewiesen.

Sei o.B.d.A. dimX = 3. Wir verwenden das Lemma 2.1. Betrachte daherU ≤X mit dimU = 2. Wir konstruieren nun eine lineare ProjektionP :X −→U mit OperatornormkPk_OP≤1:

Aus Dimensionsgründen können wirx0∈X\Uwählen und wegen Lemma 2.2 gilt:∃u0∈U : kx0−u0k = minu∈Ukx0−uk ≤ kx0−uk ∀u∈U. Mit x0 ∈/ U gilt sicher auch (x0−u0)∈/ U und wir können somit jedesx∈X eindeutig auf folgende Weise zerlegen:

∀x∈X:∃!u∈U :∃!α∈R: x=α·(x0−u0)

| {z }

∈X\U

+ u

|{z}

∈U

Nun definieren wir die Abbildung P :

X −→ U x=α·(x₀−u₀) +u 7−→ u

und zeigen, dass sie die gesuchte Projektion ist: Die Wohldefiniertheit folgt aus der Eindeutigkeit der Zerlegung von x, die Linearität kann einfach nachgerechnet werden. Auch die Projektions-Eigenschaft P ◦P = P folgt aus der Eindeutigkeit der Zerlegung von x. Um schließlich noch eine Abschätzung für die Operator-Norm zu erhalten, betrachten wir nun ein beliebiges x ∈ X mit der Zerlegung x = α·(x0−u0) +u:

Fall 1:u= 0:

In diesem Fall gilt bereitskP xk=k0k= 0≤ kxk.

Fall 2:u6= 0:

Wegenx,^kxk_kuk ·u∈X\{0}undkxk =

kxk kuk ·u

k¨onnen wir das zugeh¨origeφ(·, x,^kxk_kuk ·u) aus Definition 2.4 verwenden. Wir werden nun, vorerst noch unmotiviert,φ(^kuk_kxk, x,_kuk^kxk ·u)≤φ(λ, x,^kxk_kuk ·u),∀λ∈R,

(11)

zeigen:

∀λ∈R: φ(kuk kxk, x,kxk

kuk ·u) =

x−kuk kxk ·kxk

kuk ·u

= α· k(x₀−u₀)k

u0

minimal

≤ α·

x₀−

u₀−1

α·u+ λ α·kxk

kuk ·u

| {z }

∈U

=

x−λ·kxk kuk ·u

= φ(λ, x,kxk kuk ·u)

Mit dieser Ungleichung haben wir somit gezeigt, dass φ(·, x,_kuk^kxk ·u) bei ^kuk_kxk sein Minimum annimmt.

Laut Voraussetzung ist aberφ(·, x,^kxk_kuk·u) außerhalb von (−1,1) streng monoton steigend, womit schon

kuk

kxk ∈[−1,1] gilt. Anders ausgedr¨uckt:

kP xk=kuk ≤ kxk

Den Beweis der R¨uckrichtung beschließend haben wir also gezeigt: ∀x∈ X : kP xk ≤ kxk bzw.

kPk_OP≤1.

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Literatur

[dFK67] D. G. de Figueiredo and L. A. Karlovitz. On the radial projection in normed spaces. Bull.

Amer. Math. Soc., 73:364–368, 1967.

[JVN35] P. Jordan and J. Von Neumann. On inner products in linear, metric spaces.Ann. of Math. (2), 36:719–723, 1935.