📂ヒルベルト空間

直交分解定理の証明

定理¹

$\left( H, \left\langle \cdot,\cdot \right\rangle \right)$をヒルベルト空間としよう。それならば$H$の閉じた部分空間である$M$に対して、

$$ H = M \oplus M^{\perp} $$

結論

$$ \left( M^{\perp} \right)^{\perp} = M $$

この事実は結論として$\left( M^{\perp} \right)^{\perp} := \left\{ \mathbf{x} \in H \mid \left\langle \mathbf{x} , \mathbf{m}^{\perp} \right\rangle = 0 , \mathbf{m}^{\perp} \in M^{\perp} \right\}$について証明できる。

説明

$M^{\perp } := \left\{ \mathbf{x} \in H \mid \left\langle \mathbf{x} , \mathbf{m} \right\rangle = 0 , \mathbf{m} \in M \right\}$は$M$の直交補空間と呼ばれる。直交性は非常に便利な性質の一つである。ヒルベルト空間がこれを保証するということは、すなわちヒルベルト空間が良い空間であるということだ。

一方で、証明過程に最短ベクトル定理が使用されるため、ヒルベルト空間でない内積空間には成り立たない。

証明

戦略：証明過程は単に直和として表せる条件を示すだけである。

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$\mathbf{x} \in M$とすれば$\mathbf{x} = \mathbf{x} + \mathbb{0}$だから証明することはない。したがって$\mathbf{x} \in H$と$\mathbf{x} \notin M$としよう。それならば$M \lneq H$で、$M$が閉集合であるため、最短ベクトル定理を使用できる。

最短ベクトル定理：$H$をヒルベルト空間とする。$M \lneq H$を空でない閉じた凸部分集合とする。それならば$\mathbf{x} \in ( H \setminus M)$に対して

$$ \delta := \| \mathbf{x} - \mathbf{m}_{0} \| = \inf_{\mathbf{m} \in M} \| \mathbf{x} - \mathbf{m} \| > 0 $$

を満たす$\mathbf{m}_{0} \in M$が唯一存在する。

ある$\mathbf{m} \in M$に対して$t := \left\langle \mathbf{x} - \mathbf{m}_{0 } , \mathbf{m} \right\rangle \in \mathbb{C}$とする。

• ケース 1. $t = 0$

  $\left\langle \mathbf{x} - \mathbf{m}_{0 } , \mathbf{m} \right\rangle = t = 0$だから$( \mathbf{x} - \mathbf{m}_{0} ) \in M^{ \perp }$

• ケース 2. $t \ne 0$

  すべての$\lambda \in \mathbb{C}$に対して

  $$ \begin{align*} \delta^2 \le & \| \mathbf{x}_{0} - ( \mathbf{m}_{0} - \lambda \mathbf{m} ) \|^2 \\ =& \left\langle (\mathbf{x} - \mathbf{m}_{0}) + \lambda \mathbf{m} , (\mathbf{x} - \mathbf{m}_{0}) + \lambda \mathbf{m} \right\rangle \\ =& \| \mathbf{x} - \mathbf{m}_{0} \|^2 + \overline{ \lambda } \left\langle \mathbf{x} - \mathbf{m}_{0} , \mathbf{m} \right\rangle + \lambda \left\langle \mathbf{m} , \mathbf{x} - \mathbf{m}_{0} \right\rangle + | \lambda |^2 \| \mathbf{m} \|^2 \\ =& \| \mathbf{x} - \mathbf{m}_{0} \|^2 + \overline{ \lambda } \left\langle \mathbf{x} - \mathbf{m}_{0} , \mathbf{m} \right\rangle + \overline{ \overline{\lambda} \left\langle \mathbf{x} - \mathbf{m}_{0} , \mathbf{m} \right\rangle } + | \lambda |^2 \| \mathbf{m} \|^2 \\ =& \| \mathbf{x} - \mathbf{m}_{0} \|^2 + \overline{ \lambda } t + \overline{ \overline{\lambda} t } + | \lambda |^2 \| \mathbf{m} \|^2 \\ =& \delta^2 + 2 \operatorname{Re} ( \overline{ \lambda } t ) + | \lambda |^2 \| \mathbf{m} \|^2 \end{align*} $$

  両辺から$\delta^2$を引けば

  $$ 0 \le 2 \operatorname{Re} ( \overline{ \lambda } t ) + | \lambda |^2 \| \mathbf{m} \|^2 $$

  を得る。ここで$\operatorname{Re} ( \overline{ \lambda } t )$は$\overline{ \lambda } t$の実部を意味する。

  • ケース 2-1. $\| \mathbf{m} \| = 1$

    $$ 0 \le 2 \operatorname{Re} ( \overline{ \lambda } t ) + | \lambda |^2 $$

    この不等式はすべての$\lambda \in \mathbb{C}$に対して成立するから$\lambda = -t$とすると

    $$ 0 \le 2 \operatorname{Re} ( \overline{ -t } \cdot t ) + | t |^2 = - 2 | t |^2 + | t |^2 = -| t |^2 $$

    つまり$|t| = 0$だから$t = 0$でなければならないが、これはケース 2. の仮定に矛盾する。

  • ケース 2-2. $\| \mathbf{m} \| \ne 1$

    $$ \begin{align*} t =& \left\langle \mathbf{x} - \mathbf{m}_{0} , \mathbf{m} \right\rangle \\ =& \| \mathbf{m} \| \left\langle \mathbf{x} - \mathbf{m}_{0} , {{\mathbf{m}} \over { \| \mathbf{m} \| }} \right\rangle \\ =& \| \mathbf{m} \| \cdot 0 \\ =& 0 \end{align*} $$

    つまり$t = 0$なのだが、これもケース 2. の仮定に矛盾する。

結局どちらにせよケース 1. によって$t = 0$でなければならない。これは最短ベクトル定理によって存在が保証された$\mathbf{m}_{0} \in M$に対して$(\mathbf{x} - \mathbf{m}_{0}) \in M^{\perp}$であることを意味する。したがって、いかなる$\mathbf{x} \in H$も以下のように表現できる。

$$ \mathbf{x} = \mathbf{m}_{0} + (\mathbf{x} - \mathbf{m}_{0}) \in M + M^{ \perp } $$

この後、唯一性を示すために、$\mathbf{m}_{1} , \mathbf{m}_{2} \in M$と$z_{1} , z_{2} \in M^{\perp}$に対して

$$ \mathbf{x} = \mathbf{m}_{1} + z_{1} = \mathbf{m}_{2} + z_{2} $$

とおこう。それならば

$$ \mathbf{m}_{1} - \mathbf{m}_{2} = z_{2} - z_{1} \in \left( M \cap M^{\perp} \right) = \left\{ \mathbb{0} \right\} $$

言い換えれば

$$ \mathbf{m}_{1} - \mathbf{m}_{2} = \mathbb{0} \implies \mathbf{m}_{1} = \mathbf{m}_{2} \implies z_{2} = z_{1} $$

そして、$\mathbf{x}$を表す方法は唯一だとわかる。

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結論

• $( \subset )$

  $y \in \left( M^{\perp} \right)^{\perp}$ならば$\left\langle y , \mathbf{m}^{\perp} \right\rangle = 0$で、$y = \mathbb{0}$または$y \notin M^{\perp}$である。しかし、直交分解の定理によって$H = M \oplus M^{\perp}$なので必ず$y \in M$でなければならない。

  $$ \left( M^{\perp} \right)^{\perp} \subset M $$

• $( \supset )$

  $\mathbf{m} \in M$ならば$\left\langle \mathbf{m} , \mathbf{m}^{\perp} \right\rangle = 0$で、$\mathbf{m} \in \left( M^{\perp} \right)^{\perp}$だから

  $$ M \subset \left( M^{\perp} \right)^{\perp} $$

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