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直交分解定理の証明 📂ヒルベルト空間

直交分解定理の証明

定理1

(H,⟨⋅,⋅⟩)\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HHの閉じた部分空間であるMMに対して、

H=M⊕M⊥ H = M \oplus M^{\perp}

結論

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

この事実は結論として(M⊥)⊥:={x∈H∣⟨x,m⊥⟩=0,m⊥∈M⊥}\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⊥:={x∈H∣⟨x,m⟩=0,m∈M}M^{\perp } := \left\{ \mathbf{x} \in H \mid \left\langle \mathbf{x} , \mathbf{m} \right\rangle = 0 , \mathbf{m} \in M \right\}はMM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。

x∈M\mathbf{x} \in Mとすればx=x+0\mathbf{x} = \mathbf{x} + \mathbb{0}だから証明することはない。したがってx∈H\mathbf{x} \in Hとx∉M\mathbf{x} \notin Mとしよう。それならばM⪇HM \lneq Hで、MM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：HHをヒルベルト空間とする。M⪇HM \lneq Hを空でない閉じた凸部分集合とする。それならばx∈(H∖M)\mathbf{x} \in ( H \setminus M)に対して

δ:=∥x−m0∥=inf⁡m∈M∥x−m∥>0 \delta := \| \mathbf{x} - \mathbf{m}_{0} \| = \inf_{\mathbf{m} \in M} \| \mathbf{x} - \mathbf{m} \| > 0

を満たすm0∈M\mathbf{m}_{0} \in Mが唯一存在する。

あるm∈M\mathbf{m} \in Mに対してt:=⟨x−m0,m⟩∈Ct := \left\langle \mathbf{x} - \mathbf{m}_{0 } , \mathbf{m} \right\rangle \in \mathbb{C}とする。

  • ケース 1. t=0t = 0

    ⟨x−m0,m⟩=t=0\left\langle \mathbf{x} - \mathbf{m}_{0 } , \mathbf{m} \right\rangle = t = 0だから(x−m0)∈M⊥( \mathbf{x} - \mathbf{m}_{0} ) \in M^{ \perp }

  • ケース 2. t≠0t \ne 0

    すべてのλ∈C\lambda \in \mathbb{C}に対して

    δ2≤∥x0−(m0−λm)∥2=⟨(x−m0)+λm,(x−m0)+λm⟩=∥x−m0∥2+λ‾⟨x−m0,m⟩+λ⟨m,x−m0⟩+∣λ∣2∥m∥2=∥x−m0∥2+λ‾⟨x−m0,m⟩+λ‾⟨x−m0,m⟩‾+∣λ∣2∥m∥2=∥x−m0∥2+λ‾t+λ‾t‾+∣λ∣2∥m∥2=δ2+2Re⁡(λ‾t)+∣λ∣2∥m∥2 \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δ2\delta^2を引けば

    0≤2Re⁡(λ‾t)+∣λ∣2∥m∥2 0 \le 2 \operatorname{Re} ( \overline{ \lambda } t ) + | \lambda |^2 \| \mathbf{m} \|^2

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

    • ケース 2-1. ∥m∥=1\| \mathbf{m} \| = 1

      0≤2Re⁡(λ‾t)+∣λ∣2 0 \le 2 \operatorname{Re} ( \overline{ \lambda } t ) + | \lambda |^2

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

      0≤2Re⁡(−t‾⋅t)+∣t∣2=−2∣t∣2+∣t∣2=−∣t∣2 0 \le 2 \operatorname{Re} ( \overline{ -t } \cdot t ) + | t |^2 = - 2 | t |^2 + | t |^2 = -| t |^2

      つまり∣t∣=0|t| = 0だからt=0t = 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. ∥m∥≠1\| \mathbf{m} \| \ne 1

      t=⟨x−m0,m⟩=∥m∥⟨x−m0,m∥m∥⟩=∥m∥⋅0=0 \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=0t = 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=0t = 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m0∈M\mathbf{m}_{0} \in Mに対して(x−m0)∈M⊥(\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x∈H\mathbf{x} \in Hも以下のように表現できる。

x=m0+(x−m0)∈M+M⊥ \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、m1,m2∈M\mathbf{m}_{1} , \mathbf{m}_{2} \in Mとz1,z2∈M⊥z_{1} , z_{2} \in M^{\perp}に対して

x=m1+z1=m2+z2 \mathbf{x} = \mathbf{m}_{1} + z_{1} = \mathbf{m}_{2} + z_{2}

とおこう。それならば

m1−m2=z2−z1∈(M∩M⊥)={0} \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

m1−m2=0  ⟹  m1=m2  ⟹  z2=z1 \mathbf{m}_{1} - \mathbf{m}_{2} = \mathbb{0} \implies \mathbf{m}_{1} = \mathbf{m}_{2} \implies z_{2} = z_{1}

そして、x\mathbf{x}を表す方法は唯一だとわかる。

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結論

  • (⊂)( \subset )

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

    (M⊥)⊥⊂M \left( M^{\perp} \right)^{\perp} \subset M

  • (⊃)( \supset )

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

    M⊂(M⊥)⊥ M \subset \left( M^{\perp} \right)^{\perp}

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  1. Ole Christensen, Functions, Spaces, and Expansions: Mathematical Tools in Physics and Engineering (2010), p68-69 ↩︎