\big( X,||.|| \big) normlu uzayının iç çarpımlı uzay olması için gerek ve yeter koşul bu uzayın \forall{x,y}\in{X}, ||x+y||^{2}+||x-y||^{2}=2\big( ||x||^{2}+||y||^{2} \big) koşulunu (paralekenar özelliğini) sağlamasıdır. Bunu daha açık ifade edelim: Eğer (X,||.||) normlu uzayı, iç çarpım ile üretilmişse bu uzay paralelkenar özelliğini ve “polarizasyon eşitliği”ni sağlar. Tersine \big( X,||.|| \big) normlu uzayı paralelkenar özelliğini sağlıyor ise polarizasyon eşitliğinde verilen fonksiyon bir iç çarpımdır, yani, polarizasyon eşitliğiyle verilen fonksiyon aracılığıyla \big( X,(\, , ) \big) bir iç çarpımlı uzay olur. Polarizasyon eşitliği Reel ve Kompleks lineer uzaylarda, aşağıdaki biçimde verilir:

\displaystyle{(x,y)=\frac{1}{4}\left( ||x+y||^{2}-||x-y||^{2} \right)} \mathbb{R}-lineer uzaylarda,

\displaystyle{(x,y)=\frac{1}{4}\left( ||x+y||^{2}+i||x+iy||^{2}-||x-y||^{2}-i||x-iy||^{2} \right)=\frac{1}{4}\sum_{k=0}^{3}i^{k}||x+i^{k}y||^{2}}

\mathbb{C}-lineer uzaylarda.

Norm ile iç çarpım arasındaki bağıntıyı veren bu özelliği fonksiyonel analiz okuyan biri mutlaka görmüştür. Fakat bunun ispatı ne internette ne de kitaplarda vardır. En iyi fonksiyonel analiz kitaplarında bile yalnızca ispatın yöntemi gösterilmiş. Şimdi, 3 yılda tamamladığım bu ispatı siz akademikmatematik.com kullanıcılarıyla paylaşacağım:

Bu teoremin ispatını Reel ve Kompleks lineer uzaylarda ayrı ayrı yapacağız. Fakat ispatın bazı yerleri Reel ve Kompleks lineer uzaylar için aynı olacak. Önce birkaç lemma ispatlamamız gerekiyor:

LEMMA1: \big( X,||.|| \big) K cismi üzerinde normlu bir uzay olsun. (K=\mathbb{R} veya K=\mathbb{C}) Bu takdirde f:X\rightarrow{K} fonksiyonu, sürekli ve \forall{x,y}\in{X}, f(x+y)=f(x)+f(y), toplamsallık özelliğini sağlıyorsa \forall{a}\in{\mathbb{R}}, \forall{x}\in{X}, f(ax)=af(x)’tir.

İSPAT: Bu ispatı adım adım yapacağız ve matematik tarihinde de olduğu gibi en basit Doğal sayılar kümesinden Reel sayılar kümesine doğru ilerleyeceğiz. x\in{X} keyfi alalım.

i) a=0 olsun. f(0x)=f(\theta)=f(\theta+\theta)=f(\theta)+f(\theta)\Rightarrow{f(\theta)=f(\theta)+f(\theta)}.

Eşitliğin iki tarafına -f(\theta) eklersek,

f(\theta)+(-f(\theta))=f(\theta)+f(\theta)+(-f(\theta))\Rightarrow{0=f(\theta)} bulunur. O halde,

f(0x)=f(\theta)=0=0f(x) elde edilir.

a=0 için ispat tamamlandı.

ii) a=n\in{\mathbb{Z}^{+}} olsun.

f(nx)=f(\underbrace{x+x+\cdots+x}_{n\: \text{tane}})=\underbrace{f(x)+f(x)+\cdots+f(x)}_{n\: \text{tane}}=nf(x).

a=n\in{\mathbb{Z}^{+}} için ispat tamamlandı.

iii) a=n\in{\mathbb{Z}^{-}} olsun. O halde -n\in{\mathbb{Z}^{+}} olduğundan (ii) ile f\big( (-n)x \big)=-nf(x)’dir.

(i) ile 0=f(0x)=f\big( (n+(-n))x \big)=f(nx)+f\big( (-n)x \big)=f(nx)+(-n)f(x)

\Rightarrow{f(nx)=nf(x)}.

(i), (ii) ve (iii) ile \forall{n}\in{\mathbb{Z}}, \forall{x}\in{X}, f(nx)=nf(x).

(iv) \displaystyle{a=\frac{n}{m}\in{\mathbb{Q}}} olsun.

\displaystyle{mf\left( \frac{n}{m}x \right)=f\left( m \frac{n}{m} x \right)=f(nx)=nf(x)}

\displaystyle{\Rightarrow{f\left( \frac{n}{m}x \right)=\frac{n}{m}f(x)}}

O halde \forall{q}\in{\mathbb{Q}}, \forall{x}\in{X}, f(qx)=qf(x).

(v) a\in{\mathbb{R}} keyfi olsun. \mathbb{Q}, \mathbb{R}’de yoğun olduğundan

\displaystyle{\exists{(q_{n})}\subset{\mathbb{Q}}: \lim_{n\rightarrow{\infty}}q_{n}=a.}

\displaystyle{\Rightarrow{f(ax)=f\left( \left( \lim_{n\rightarrow{\infty}}q_{n} \right)x \right)=f\left( \left( \lim_{n\rightarrow{\infty}}q_{n}x \right) \right)}}.

f sürekli olduğundan limitle f yer değişebilir:

\displaystyle{f(ax)=f\left( \left( \lim_{n\rightarrow{\infty}}q_{n}x \right) \right)=\lim_{n\rightarrow{\infty}}f(q_{n}x)=\lim_{n\rightarrow{\infty}}q_{n}f(x)=f(x)\lim_{n\rightarrow{\infty}}q_{n}=f(x)a}

=af(x).

Sonuç olarak \forall{a}\in{\mathbb{R}}, \forall{x}\in{X}, f(ax)=af(x).

Lemma1′in ispatı bitti.

SONUÇ: \big( X,||.|| \big) \mathbb{R} üzerinde normlu bir uzay olsun. Bu takdirde f:X\rightarrow{\mathbb{R}} fonksiyonu, sürekli ve \forall{x,y}\in{X}, f(x+y)=f(x)+f(y), toplamsallık özelliğini sağlıyorsa f bir lineer fonksiyoneldir.

LEMMA2: \big( X,||.|| \big) \mathbb{C} üzerinde normlu bir uzay, f:X\rightarrow{\mathbb{C}} ise, \forall{x,y}\in{X}, f(x+y)=f(x)+f(y) ve  \forall{a}\in{\mathbb{R}}, \forall{x}\in{X}, f(ax)=af(x) koşullarını sağlayan fonksiyonel olsun. Bu takdirde f’in lineer olması için gerek ve yeter koşul \forall{x}\in{X}, f(ix)=if(x) olmasıdır.

İSPAT: f lineer ise \forall{x}\in{X}, f(ix)=if(x) olduğu açıktır. Tersine \forall{x}\in{X}, f(ix)=if(x) olsun. x\in{X} ve \lambda\in{\mathbb{C}} keyfi verilsin. O halde a,b\in{\mathbb{R}} olmak üzere \lambda=a+ib biçimindedir.

f(\lambda{x})=f\big( (a+ib)x \big)=f\big( ax+ibx \big)=f(ax)+f\big( b(ix) \big)=af(x)+bf(ix)

=af(x)+ibf(x)=(a+ib)f(x)=\lambda{f(x)}

O halde f lineerdir.

LEMMA3 (GENELLEŞMİŞ PARALELKENAR ÖZELLİĞİ):

\big( X,||.|| \big), K cismi üzerinde, paralelkenar özelliğini sağlayan bir normlu uzay olsun. (K=\mathbb{R} veya K=\mathbb{C}) Bu takdirde \forall a,b,c\in{X} için

||a+b+c||^{2}=||a+b||^{2}+||a+c||^{2}+||b+c||^{2}-||a||^{2}-||b||^{2}-||c||^{2}

eşitliği sağlanır.

İSPAT: Paralelkenar özelliği ||x+y||^{2}=2||x||^{2}+2||y||^{2}-||x-y||^{2} (*) biçiminde yazılabilir. Şimdi ||a+b+c||^{2} ifadesine (*) eşitliğini uygulayalım. x=a+b, y=c alınırsa,

||a+b+c||^{2}=2||a+b||^{2}+2||c||^{2}-||a+b-c||^{2}=2||a+b||^{2}+2||c||^{2}-||a-c+b||^{2}

(Son ifadede x=a-c, y=b alınıp ||a-c+b||^{2} ifadesine (*) eşitliği uygulanırsa)

=2||a+b||^{2}+2||c||^{2}-2||a-c||^{2}-2||b||^{2}+||a-c-b||^{2}

=2||a+b||^{2}+2||c||^{2}-2||a-c||^{2}-2||b||^{2}+||(-b-c)+a||^{2}

\big( ||a-c||^{2}=2||a||^{2}+2||c||^{2}-||a+c||^{2} olduğundan\big)

=2||a+b||^{2}+2||c||^{2}-2(2||a||^{2}+2||c||^{2}-||a+c||^{2})-2||b||^{2}+||(-b-c)+a||^{2}

=2||a+b||^{2}-4||a||^{2}-2||c||^{2}+2||a+c||^{2}-2||b||^{2}+||(-b-c)+a||^{2}

(Yine son ifadede x=-b-c, y=a alınıp ||(-b-c)+a||^{2} ifadesine (*) eşitliği uygulanırsa)

=2||a+b||^{2}-4||a||^{2}-2||c||^{2}+2||a+c||^{2}-2||b||^{2}+2||a||^{2}+2||b+c||^{2}-||a+b+c||^{2}

=2||a+b||^{2}+2||a+c||^{2}+2||b+c||^{2}-2||a||^{2}-2||b||^{2}-2||c||^{2}-||a+b+c||^{2}.

Sonuç olarak,

||a+b+c||^{2}=2||a+b||^{2}+2||a+c||^{2}+2||b+c||^{2}-2||a||^{2}-2||b||^{2}-2||c||^{2}

-||a+b+c||^{2} elde ettik.

-||a+b+c||^{2} ifadesini eşitliğin sol tarafına atarsak,

2||a+b+c||^{2}=2||a+b||^{2}+2||a+c||^{2}+2||b+c||^{2}-2||a||^{2}-2||b||^{2}-2||c||^{2},

Yani,

||a+b+c||^{2}=||a+b||^{2}+||a+c||^{2}+||b+c||^{2}-||a||^{2}-||b||^{2}-||c||^{2}

elde ederiz. Bu ise Lemma3′ün ispatını bitirir.

Şimdi asıl problemi tekrar ifade edip ispatına geçelim:

TEOREM: \big( X,||.|| \big) normlu uzayının iç çarpımlı uzay olması için gerek ve yeter koşul bu uzayın \forall{x,y}\in{X}, ||x+y||^{2}+||x-y||^{2}=2\big( ||x||^{2}+||y||^{2} \big) koşulunu (paralekenar özelliğini) sağlamasıdır. \big( X,||.|| \big) uzayının paralelkenar özelliğini sağlaması durumunda X uzayındaki iç çarpım polarizasyon eşitliği ile verilir. Ayrıca \big( X,(\, , ) \big) uzayı iç çarpımlı uzaysa polarizasyon eşitliği sağlanır.

İSPAT: \big( X,(\, , ) \big) iç çarpımlı uzay olsun. Bu uzayın paralelkenar özelliğini ve polarizasyon eşitliğini sağladığını gösterelim. x,y\in{X} olsun:

||x+y||^{2}+||x-y||^{2}=(x+y,x+y)+(x-y,x-y)=(x,x)+(x,y)+(y,x)+(y,y)

+(x,x)-(x,y)-(y,x)+(y,y)=(x,x)+(x,x)+(y,y)+(y,y)

=2(x,x)+2(y,y)=2\big( (x,x)+(y,y) \big)=2\big( ||x||^{2}+||y||^{2} \big)

Polarizasyon eşitliğini önce Reel iç çarpımlı uzaylar için ispatlayalım:

\displaystyle{\frac{1}{4}\left( ||x+y||^{2}-||x-y||^{2} \right)=\frac{1}{4}\big( (x+y,x+y)-(x-y,x-y) \big)}

\displaystyle{=\frac{1}{4}\big( (x,x)+(x,y)+(y,x)+(y,y)-(x,x)+(x,y)+(y,x)-(y,y) \big)}

\displaystyle{=\frac{1}{4}\big( (x,y)+(y,x)+(x,y)+(y,x) \big)}

\displaystyle{=\frac{1}{4}\big( (x,y)+(x,y)+(x,y)+(x,y) \big)=\frac{1}{4}\big( 4(x,y) \big)=(x,y)}

Şimdi Kompleks iç çarpımlı uzaylar için ispatlayalım:

\displaystyle{\frac{1}{4}\left( ||x+y||^{2}+i||x+iy||^{2}-||x-y||^{2}-i||x-iy||^{2} \right)}

\displaystyle{=\frac{1}{4}\big( (x+y,x+y)+i(x+iy,x+iy)-(x-y,x-y)-i(x-iy,x-iy) \big)}

\displaystyle{=\frac{1}{4}\big( (x,x)+(x,y)+(y,x)+(y,y)+i(x,x)+(x,y)-(y,x)+i(y,y)}

-(x,x)+(x,y)+(y,x)-(y,y)-i(x,x)+(x,y)-(y,x)-i(y,y) \big)

\displaystyle{=\frac{1}{4}\big( (x,y)+(x,y)+(x,y)+(x,y) \big)=\frac{1}{4}\big( 4(x,y) \big)=(x,y)}

Şimdi tersini ispatlayalım. \big( X,||.|| \big), paralelkenar özelliğini sağlayan bir normlu uzay olsun. Bu durumda polarizasyon eşitliğiyle verilen fonksiyonun bir iç çarpım olduğunu gösterelim. Öncelikle Reel normlu uzaylar için ispatı yapalım. Bunun için Reel normlu uzaylar için polarizasyon eşitliğini hatırlayalım:

\displaystyle{(x,y)=\frac{1}{4}\left( ||x+y||^{2}-||x-y||^{2} \right)}

Bu fonksiyonun iç çarpım olmanın 3 koşulunu sağladığını gösterirsek Reel normlu uzaylar için ispatı bitireceğiz:

1) \displaystyle{(x,x)=0\Leftrightarrow{\frac{1}{4}\left( ||x+x||^{2}-||x-x||^{2} \right)=0}\Leftrightarrow{\frac{1}{4}||2x||^{2}=0}\Leftrightarrow{\frac{1}{4}4||x||^{2}=0}}

\Leftrightarrow{||x||^{2}=0}\Leftrightarrow{x=\theta}

2) \displaystyle{(x,y)=\frac{1}{4}\left( ||x+y||^{2}-||x-y||^{2} \right)=\frac{1}{4}\left( ||y+x||^{2}-||y-x||^{2} \right)=(y,x)}

3) Genelleşmiş paralelkenar özelliğini ||x+y+z||^{2} ve ||x+y-z||^{2} ifadelerine uygulayarak  (x+y,z)=(x,z)+(y,z) olduğunu gösterelim:

\displaystyle{(x+y,z)=\frac{1}{4}\left( ||x+y+z||^{2}-||x+y-z||^{2} \right)}

\displaystyle{=\frac{1}{4}\big( ||x+y||^{2}+||x+z||^{2}+||y+z||^{2}-||x||^{2}-||y||^{2}-||z||^{2}}

-||x+y||^{2}-||x-z||^{2}-||y-z||^{2}+||x||^{2}+||y||^{2}+||z||^{2} \big)

\displaystyle{=\frac{1}{4}\big( ||x+z||^{2}+||x-z||^{2} \big)+\frac{1}{4}\big( ||y+z||^{2}+||y-z||^{2} \big)=(x,z)+(y,z)}.

Dolayısıyla \forall{x,y,z}\in{X}, (x+y,z)=(x,z)+(y,z) olduğunu göstermiş olduk.

İç çarpım olduğunu göstermek için son bir adım kaldı. z\in{X} keyfi ve sabit olmak üzere f:X\rightarrow{\mathbb{R}}, \forall{t}\in{X}, f(t)=(t,z) tanımlayalım. Bu durumda,

\displaystyle{f(t)=\frac{1}{4}\left( ||t+z||^{2}-||t-z||^{2} \right)}

olmuş olur. Şimdi bu f’in sürekli olduğunu gösterelim. z bir sabit olduğundan t+z ve t-z öteleme fonksiyonları süreklidir. Norm fonksiyonu sürekli olduğundan ve bileşke fonksiyonun sürekliliğinden ||t+z|| ve ||t-z|| fonksiyonları da süreklidir. Sürekli fonksiyonların karesi sürekli olduğundan ||t+z||^{2} ve ||t-z||^{2} fonksiyonları da süreklidir. Sürekli fonksiyonların farkının sürekliliğinden ||t+z||^{2}-||t-z||^{2} ve son olarak sürekli fonksiyonun \displaystyle{\frac{1}{4}} sabitiyle çarpımı da sürekli olduğundan

\displaystyle{f(t)=\frac{1}{4}\left( ||t+z||^{2}-||t-z||^{2} \right)}

fonksiyonu süreklidir.

Ayrıca \forall{x,y}\in{X}, f(x+y)=(x+y,z)=(x,z)+(y,z)=f(x)+f(y) olduğundan Lemma1 ile \forall{a}\in{\mathbb{R}}, \forall{t}\in{X}, f(at)=af(t)’dir. (Yani f lineerdir) Bunu iç çarpım dilinde yazarsak \forall{a}\in{\mathbb{R}}, \forall{t}\in{X}, (at,z)=a(t,z) sağlanır. Sonuç olarak polarizasyon  eşitliği ile verilen

\displaystyle{(x,y)=\frac{1}{4}\left( ||x+y||^{2}-||x-y||^{2} \right)}

fonksiyonu bir iç çarpımdır.

Şimdi Kompleks normlu uzaylara geçelim. Yani,

\displaystyle{(x,y)=\frac{1}{4}\left( ||x+y||^{2}+i||x+iy||^{2}-||x-y||^{2}-i||x-iy||^{2} \right)=\frac{1}{4}\sum_{k=0}^{3}i^{k}||x+i^{k}y||^{2}}

fonksiyonunun bir iç çarpım olduğunu gösterelim:

1) \displaystyle{(x,x)=0\Leftrightarrow{\frac{1}{4}\left( ||x+x||^{2}+i||x+ix||^{2}-||x-x||^{2}-i||x-ix||^{2} \right)=0}}

\displaystyle{\Leftrightarrow{\frac{1}{4}\left( ||2x||^{2}+i||(1+i)x||^{2}-i||(1-i)x||^{2} \right)=0}}

\displaystyle{\Leftrightarrow{\frac{1}{4}\left( 4||x||^{2}+i|1+i|^{2}||x||^{2}-i|1-i|^{2}||x||^{2} \right)=0}}

\displaystyle{\Leftrightarrow{\frac{1}{4}\left( 4||x||^{2}+2i||x||^{2}-2i||x||^{2} \right)=0}\Leftrightarrow{\frac{1}{4}\left( 4||x||^{2} \right)=0}\Leftrightarrow{||x||^{2}=0}\Leftrightarrow{x=\theta}}

2) \displaystyle{\overline{(x,y)}=\frac{1}{4}\overline{\left( ||x+y||^{2}+i||x+iy||^{2}-||x-y||^{2}-i||x-iy||^{2} \right)}}

\displaystyle{=\frac{1}{4}\left( ||x+y||^{2}-i||x+iy||^{2}-||x-y||^{2}+i||x-iy||^{2} \right)}

\displaystyle{=\frac{1}{4}\left( ||x+y||^{2}+i||x-iy||^{2}-||x-y||^{2}-i||x+iy||^{2} \right)}

\displaystyle{=\frac{1}{4}\left( ||y+x||^{2}+i||i(-ix-y)||^{2}-||y-x||^{2}-i||i(-ix+y)||^{2} \right)}

\displaystyle{=\frac{1}{4}\left( ||y+x||^{2}+i|i|^{2}||y+ix||^{2}-||y-x||^{2}-i|i|^{2}||y-ix||^{2} \right)}

\displaystyle{=\frac{1}{4}\left( ||y+x||^{2}+i||y+ix||^{2}-||y-x||^{2}-i||y-ix||^{2} \right)=(y,x)}

3) Genelleşmiş paralelkenar özelliğini ||x+y+z||^{2}, ||x+y+iz||^{2}, ||x+y-z||^{2} ve ||x+y-iz||^{2} ifadelerine uygulayarak  (x+y,z)=(x,z)+(y,z) olduğunu gösterelim:

\displaystyle{(x+y,z)=\frac{1}{4}\left( ||x+y+z||^{2}+i||x+y+iz||^{2}-||x+y-z||^{2}-i||x+y-iz||^{2} \right)}

\displaystyle{=\frac{1}{4}\big( ||x+y||^{2}+||x+z||^{2}+||y+z||^{2}-||x||^{2}-||y||^{2}-||z||^{2}}

+i||x+y||^{2}+i||x+iz||^{2}+i||y+iz||^{2}-i||x||^{2}-i||y||^{2}-i||z||^{2}

-||x+y||^{2}-||x-z||^{2}-||y-z||^{2}+||x||^{2}+||y||^{2}+||z||^{2}

-i||x+y||^{2}-i||x-iz||^{2}-i||y-iz||^{2}+i||x||^{2}+i||y||^{2}+i||z||^{2} \big)

\displaystyle{=\frac{1}{4}\left( ||x+z||^{2}+i||x+iz||^{2}-||x-z||^{2}-i||x-iz||^{2} \right)}

\displaystyle{+\frac{1}{4}\left( ||y+z||^{2}+i||y+iz||^{2}-||y-z||^{2}-i||y-iz||^{2} \right)=(x,z)+(y,z)}.

Dolayısıyla \forall{x,y,z}\in{X}, (x+y,z)=(x,z)+(y,z) olduğunu göstermiş olduk.

z\in{X} keyfi ve sabit olmak üzere f:X\rightarrow{\mathbb{C}}, \forall{t}\in{X}, f(t)=(t,z) tanımlayalım. Bu durumda,

\displaystyle{f(t)=\frac{1}{4}\left( ||t+z||^{2}+i||t+iz||^{2}-||t-z||^{2}-i||t-iz||^{2} \right)}

olmuş olur. Reel normlu uzaylardakine benzer nedenlerden dolayı f süreklidir. Ayrıca \forall{x,y}\in{X} için f(x+y)=f(x)+f(y) olduğundan Lemma1 ile \forall{a}\in{\mathbb{R}}, \forall{t}\in{X}, f(at)=af(t)’dir. Şimdi, \forall{x}\in{X}, f(ix)=if(x) olduğunu gösterirsek Lemma2 ile f’in lineer olduğunu ispatlamış oluruz:

\displaystyle{f(ix)=(ix,z)=\frac{1}{4}\left( ||ix+z||^{2}+i||ix+iz||^{2}-||ix-z||^{2}-i||ix-iz||^{2} \right)}

\displaystyle{=\frac{1}{4}\left( ||i(x-iz)||^{2}+i||i(x+z)||^{2}-||i(x+iz)||^{2}-i||i(x-z)||^{2} \right)}

\displaystyle{=\frac{1}{4}\left( |i|^{2}||(x-iz)||^{2}+i|i|^{2}||(x+z)||^{2}-|i|^{2}||(x+iz)||^{2}-i|i|^{2}||(x-z)||^{2} \right)}

\displaystyle{=\frac{1}{4}\left( ||(x-iz)||^{2}+i||(x+z)||^{2}-||(x+iz)||^{2}-i||(x-z)||^{2} \right)}

\displaystyle{=i\frac{1}{4}\left( ||x+z||^{2}+i||x+iz||^{2}-||x-z||^{2}-i||x-iz||^{2} \right)=i(x,z)=if(t)}.

Dolayısıyla f lineerdir. Bu ise,

\displaystyle{(x,y)=\frac{1}{4}\left( ||x+y||^{2}+i||x+iy||^{2}-||x-y||^{2}-i||x-iy||^{2} \right)=\frac{1}{4}\sum_{k=0}^{3}i^{k}||x+i^{k}y||^{2}}

fonksiyonunun bir iç çarpım olduğunu gösterir.

İspat bitti. Bu ispat Ufuk Kaya’ya aittir. Lütfen bu ispatı kullandığınız yerde telif hakkının www.akademikmatematik.com‘a ait olduğunu belirtiniz.