Sterling Berberian'ın Cauchy-Schwarz ödevi

Birkaç yıl önce vefat eden Amerikalı matematikçi Sterling Berberian genellikle matematiksel analiz sahasında kaleme aldığı kitaplarla tanınıyor. Tamam, bir tane de lineer cebir kitabı var ama o sayılmaz çünkü bir kavle göre matematiğin %80'i zaten lineer cebir! Bu kitaplardan biri de Hilbert Uzaylarına Giriş. Benzeri her kitapta olduğu gibi Berberian önce vektör uzaylarını (gerektiği kadar) kuruyor ve bir sonraki aşama olan iç çarpım uzaylarına geçiyor. İç çarpım uzaylarına da tutarlı olarak ön Hilbert uzayı (pre Hilbert space) diyen nadir yazarlar arasında. Bu uzaylarda bilinen bazı özdeşlikler ve eşitsizlikler var: Paralelkenar kanunu, polarizasyon özdeşliği, Cauchy-Schwarz eşitsizliği, (vektörler için) üçgen eşitsizliği ve Bessel eşitsizliği gibi. Bunları da ispatlayarak konuya devam ediyor. Ardından ilgili faslın ödev bölümünde şöyle değişik bir soru var:

Paralelkenar kanunu ve polarizasyon özdeşliğini kullanarak Cauchy-Schwarz eşitsizliğini gösteriniz.

Ben bu soruyu gerçel iç çarpım uzayları için çözdüm ama karmaşık iç çarpım uzaylarında eşitsizliğin sağ tarafı yeterince keskin değildi. (En iyi $|\langle x | y \rangle | \leq \sqrt{2} \| x \| \| y \|$ bulabildim.) Grok'tan yardım istedim ve onun önerdiği bir hile ile problemi hallettik. Bu postada hem kendi ispatımı hem de Grok'un önerdiği hileyi anlatarak Cauchy-Schwarz eşitsizliğini göstereceğiz.

Paralelkenar kanunu

Vektörleri $x,y,z$ harfleriyle, iç çarpımı $\langle x | y \rangle$ ile, normu da $\| x \|$ ile gösterelim. Okurun iç çarpımın ve normun tanımından gelen aksiyomları bildiğini varsayacağız. Tabii ki kullandığımız normu iç çarpım yoluyla tanımlıyoruz: $\| x \| := \sqrt{\langle x | x \rangle}$.

Paralelkenar kanunu lise düzeyindeki vektör toplamlarıyla ilgili tecrübemizi genelleştiriyor. İspatı da iç çarpımın (ket tarafındaki) lineerliğini ve basit tanımları kullanarak veriliyor. \begin{eqnarray}\nonumber \| x+y \|^{2} + \| x-y \|^{2} &=& \langle x+y | x+y \rangle + \langle x-y | x-y \rangle \\ \nonumber &=& \langle x | x \rangle + \langle x | y \rangle + \langle y | x \rangle + \langle y | y \rangle + \langle x | x \rangle - \langle x | y \rangle - \langle y | x \rangle + \langle y | y \rangle \\ &=& 2 \| x \|^{2} + 2 \| y \|^{2} \end{eqnarray} Uzayın gerçelliğine dair herhangi bir tasarrufta bulunmadığımızdan bu güzel eşitlik karmaşık uzaylarda da geçerli.

Gerçel uzaylarda polarizasyon özdeşliği

Polarizasyon özdeşliği şu soruyu cevaplıyor: Elimizde bir norm var. Sadece bu norm fonksiyonunu kullanarak iç çarpımı hesaplayabilir miyiz? Hilbert uzayında, evet. Bunu yapma yöntemimiz ise basitçe paralelkenar kanununun eksilisini kullanmak olacak ki yukarıdaki işlemlerde de görüldüğü üzere sağ tarafta yer alan normlar sadeleşip iç çarpımlar kalsın. (Paralelkenar kanununda iç çarpımlar sadeleşip normlar kalmıştı.) Şimdi \begin{eqnarray}\nonumber \| x+y \|^{2} - \| x-y \|^{2} &=& \langle x+y | x+y \rangle - \langle x-y | x-y \rangle \\ \nonumber &=& \langle x | x \rangle + \langle x | y \rangle + \langle y | x \rangle + \langle y | y \rangle - \langle x | x \rangle + \langle x | y \rangle + \langle y | x \rangle - \langle y | y \rangle \\ &=& 4 \langle x | y \rangle \end{eqnarray} Sadece gerçel uzaylarda geçerli olan $\langle x | y \rangle = \langle y | x \rangle$ eşitliğini kullandığımızı gözleyiniz. Toparladığımızda polarizasyon özdeşliği aşağıdaki haliyle zuhur eder. \begin{equation*} \langle x | y \rangle = \frac{1}{4} \left( \| x+y \|^{2} - \| x-y \|^{2} \right) \end{equation*}

Gerçel uzaylarda Cauchy-Schwarz eşitsizliği

İspat iki aşamadan oluşacak. Önce polarizasyonun mutlak değerini alıp, mutlak değer fonksiyonu için üçgen eşitsizliğini kullandıktan sonra paralelkenar kanununu uygulayacağız. \begin{eqnarray}\nonumber | \langle x | y \rangle | &=& \frac{1}{4} \left| \| x+y \|^{2} - \| x-y \|^{2} \right| \\ \nonumber &\leq& \frac{1}{4} \left( \| x+y \|^{2} + \| x-y \|^{2} \right) \\ \nonumber &=& \frac{1}{2} \left( \| x \|^{2} + \| y \|^{2} \right) \end{eqnarray} Bu ara sonuçta $t > 0$ olmak üzere $x \to \frac{1}{\sqrt{t}}x$ ve $y \to \sqrt{t}y$ yazdığımızda eşitsizliğin sol tarafı değişmez ancak sağ taraf aşağıdaki gibi olur. \begin{equation*} | \langle x | y \rangle | \leq \frac{1}{2t} \| x \|^{2} + \frac{t}{2} \| y \|^{2} =: f(t) \end{equation*} İspatın püf noktası burada: yukarıdaki eşitsizlik madem her $t > 0$ için geçerli o zaman $f$ fonksiyonuna asgari değerini veren $t^{*}$ için de geçerli olmalı. Diğer bir ifadeyle $| \langle x | y \rangle | \leq \min f$. Bu fonksiyonun birinci türevini alalım. \begin{equation*} f^{\prime}(t) = -\frac{1}{2t^{2}} \| x \|^{2} + \frac{1}{2} \| y \|^{2} \end{equation*} $0=f^{\prime}(t^{*})$ cebirsel denkleminin kabule şayan tek kökü $t^{*} = \frac{\| x \|}{\| y \|}$ şeklinde kolayca bulunur ve $\min f = f(t^{*}) = \| x \| \| y \|$ olur. Toparladığımızda bu sonuç bize gerçel iç çarpım uzaylarında Cauchy-Schwarz eşitsizliğini verecektir. \begin{equation*} | \langle x | y \rangle | \leq \| x \| \| y \| \end{equation*}

Karmaşık uzaylarda polarizasyon özdeşliği

Özellikle kuantum fiziği çalışacaksanız gerçel iç çarpım uzayları çok da işinizi görmez. Hilbert uzayını tam kapasite kullanmak için karmaşık iç çarpım uzaylarında da Cauchy-Schwarz eşitsizliğini göstermemiz gerekiyor. Bunun için ödev bizi polarizasyon özdeşliğini kullanmaya zorluyor. Karmaşık uzaylarda genel olarak $\langle x | y \rangle \ne \langle y | x \rangle$ olduğundan $\langle y | x \rangle = \langle x | y \rangle^{*}$ ilişkisini gözönünde bulundurmamız gerekiyor. Ayrıca fizikçilerin konvansiyonunu kullanarak iç çarpımın sadece ket tarafını homojen kabul edeceğiz: $\langle x | \alpha y \rangle = \alpha \langle x | y \rangle$. Böylece bra tarafı $\langle \alpha x | y \rangle = \alpha^{*} \langle x | y \rangle$ olmakta. Karmaşık iç çarpım uzaylarında polarizasyon özdeşliğini ispatlamak için $\langle y | x \rangle$ terimlerini yok edene kadar uğraşacağız. \begin{eqnarray} \| x+y \|^{2} - \| x-y \|^{2} - i \|x+iy\|^{2} + i \|x-iy\|^{2} &=& \langle x+y | x+y \rangle - \langle x-y | x-y \rangle \\ \nonumber &\phantom{=}& - i\langle x+iy | x+iy \rangle + i\langle x-iy | x-iy \rangle \\ \nonumber &=& \langle x | x \rangle + \langle x | y \rangle + \langle y | x \rangle + \langle y | y \rangle \\ \nonumber &\phantom{=}& - \langle x | x \rangle + \langle x | y \rangle + \langle y | x \rangle - \langle y | y \rangle \\ \nonumber &\phantom{=}& - i\langle x | x \rangle - i\langle x | iy \rangle - i\langle iy | x \rangle - i\langle iy | iy \rangle \\ \nonumber &\phantom{=}& + i\langle x | x \rangle + i\langle x | (-i)y \rangle + i\langle (-i)y | x \rangle + i\langle (-i)y | (-i)y \rangle \\ \nonumber &=& 4 \langle x | y \rangle \end{eqnarray} Yeniden düzenlediğimizde karmaşık iç çarpım uzaylarına özgü polarizasyon özdeşliği belirir. \begin{equation*} \langle x | y \rangle = \frac{1}{4} \left( \| x+y \|^{2} - \| x-y \|^{2} - i \|x+iy\|^{2} + i \|x-iy\|^{2} \right) \end{equation*}

Karmaşık uzaylarda Cauchy-Schwarz eşitsizliği

$r \geq 0$ olmak üzere $\langle x | y \rangle = r e^{i \varphi}$ olsun ve $z := e^{-i\varphi}y$ tanımlayalım. O zaman $\langle x | z \rangle = \langle x | e^{-i\varphi}y \rangle = e^{-i\varphi} \langle x | y \rangle = r$ olur. Diğer bir ifadeyle $\langle x | z \rangle$ iç çarpımı gerçel değerlidir! Bu yüzden, her ne kadar karmaşık iç çarpım uzayında çalışıyor olsak da, $\langle x | z \rangle$ iç çarpımı için polarizasyon özdeşliğinin sadece gerçel kısmını almakla yetineceğiz. \begin{eqnarray} \langle x | z \rangle &=& \frac{1}{4} \left( \| x+z \|^{2} - \| x-z \|^{2} \right) \\ \nonumber &\leq& \frac{1}{4} \left( \| x+z \|^{2} + \| x-z \|^{2} \right) \\ \nonumber &=& \frac{1}{2} \left( \| x \|^{2} + \| z \|^{2} \right) \end{eqnarray} Ama bu noktada yolumuz gerçel iç çarpım uzaylarındaki Cauchy-Schwarz ispatı ile aynileşiyor ve bu yüzden $| \langle x | z \rangle | \leq \| x \| \| z \|$ ispatı da tamamen aynı rotayı takip edecektir. Nihayet $| \langle x | z \rangle | = | \langle x | y \rangle |$ ve $\| z \| = \| y \|$ eşitliklerini gözlediğimizde karmaşık iç çarpım uzaylarında da Cauchy-Schwarz eşitsizliğinin ispatı tamamlanır.

İyi ama niye?

Cauchy-Shwarz eşitsizliğinin kimisi uzun kimisi kısa pek çok ispatı var. Biz bu blogda John von Neumann'ın ve Paul Halmos'un ispatlarına yer verdik. Ayrıca kendim de başka bir ispatını yaptım. Berberian neden paralelkenar kanunu ile polarizasyon özdeşliğini birleştirmeyi gerektiren böyle bir ödev vermiş olabilir? Bu soruya kesin cevap vermek zor ama benim sezgime göre yazar öğrenciyi zihnen Jordan-von Neumann teoremine motive etmeye çalışıyor.

İç çarpım ve Hilbert uzaylarında norm doğal olarak iç çarpım işleminden doğuyor. Ancak norm kavramının kendisi daha genel ve tanımlanmak için bir iç çarpıma ihtiyaç duymuyor. Norm tanımındaki kabulleri sağlamak kaydıyla pek çok norm tanımlayabilirsiniz. Kötü haber şu ki her normu bir iç çarpım ile bağdaştıramayabiliyoruz. İşte Jordan-von Neumann teoremi bu sorunu çözüyor ve diyor ki: bir normun (polarizasyon özdeşliğiyle verilen) bir iç çarpım işleminden türetilebilmesi için gerek ve yeter şart paralelkenar kanununu sağlamasıdır.

Ödev: Jordan-von Neumann teoremini ispatlayınız.

Kızımın vektör cebri ödevinden Cauchy-Schwarz'a

Ne yalan söyleyeyim liseye yeni başlayan kızımın matematik ve fizik ödevlerindeki bazı soruları çok seviyorum. Dün akşam bana gösterdiği vektör cebri ile ilgili sorulardan birisini biraz soyutlayıp genelleştirince yeni (yani yeni derken benim daha önceden bilmediğim anlamında) bir Cauchy-Schwarz ispatına da ulaştım. O soruyu burada paylaşalım daha sonra da uzun ispatı beraber yapalım.

Soru:${\mathcal V}$ karmaşık bir iç çarpım uzayı, $a,b$ ve $x$ ise bu uzayda yer alan vektörler olsun. Uzayda tanımlı iç çarpımı $\langle a | b \rangle$ ile, bu iç çarpımın ürettiği normu da $\|a\| := \sqrt{\langle a | a \rangle}$ ile gösterelim. Normu minimum olacak şekilde $a$ vektörüne öyle bir $x$ ekleyiniz ki $a+x$ ile $b$ aynı doğrultuda olsunlar.

Çözüm: $\alpha \in \mathbb{C}$ olmak üzere bizden $a+x = \alpha b$ denklemini sağlayan tüm $x$ vektörlerinden normu en küçük olanını bulmamız isteniyor. $x = \alpha b - a$ olduğundan optimize etmek istediğimiz normu (daha doğrusu onun karesini) kolayca hesaplayabiliriz. \begin{eqnarray} \nonumber \|x\|^{2} &=& \|\alpha b - a\|^{2} = \langle \alpha b - a | \alpha b - a \rangle \\ \nonumber &=& |\alpha|^{2} \|b\|^{2} + \|a\|^{2} - \alpha \langle a | b \rangle - \overline{\alpha} \langle b | a \rangle \end{eqnarray} Burada $\overline{\alpha}$ ile $\alpha$ skalerinin karmaşık eşleniği temsil edilmektedir.

$\alpha = \varrho e^{i \varphi}$ ile bu sayıyı kutuplu koordinatlarda temsil edelim ve $\varrho \gt 0$ olsun. O zaman \begin{eqnarray} \nonumber \|x\|^{2} &=& \varrho^{2} \|b\|^{2} + \|a\|^{2} - \varrho \left( e^{i\varphi}\langle a | b \rangle + e^{-i\varphi}\langle b | a \rangle \right) \\ \nonumber &=& \varrho^{2} \|b\|^{2} + \|a\|^{2} - 2\varrho \Re\left[ e^{i\varphi}\langle a | b \rangle \right] \\ \nonumber &=& \varrho^{2} \|b\|^{2} + \|a\|^{2} - \varrho \cos \varphi (\langle a | b \rangle + \langle b | a \rangle) - i\varrho \sin \varphi (\langle a | b \rangle - \langle b | a \rangle) \end{eqnarray} olur. Burada $\Re[z]$, $z$ karmaşık sayısının gerçel kısmını temsil etmektedir ve bu kısım her zaman $(z+\overline{z})/2$ ile hesaplanabilir. Benzer şekilde $(z-\overline{z})/2i$ de aynı sayının sanal kısmını verir ve $\Im[z]$ ile gösterilir.

Normu $\varrho$ ve $\varphi$ cinsinden ifade ettik. Şimdi optimize edelim. \begin{eqnarray}\nonumber 0 &=& \frac{\partial \|x\|^{2}}{\partial \varphi} = \sin \varphi (\langle a | b \rangle + \langle b | a \rangle) - i \cos \varphi (\langle a | b \rangle - \langle b | a \rangle) \\ \nonumber 0 &=& \frac{\partial \|x\|^{2}}{\partial \varrho} = 2 \varrho \|b\|^{2} - \cos \varphi (\langle a | b \rangle + \langle b | a \rangle) - i \sin \varphi (\langle a | b \rangle - \langle b | a \rangle) \end{eqnarray} Bu optimizasyon denklemlerine her zaman trigonometrik Pisagor teoremini ekleyebiliriz. \begin{equation*} \sin^{2} \varphi + \cos^{2}\varphi = 1 \end{equation*} İlk optimizasyon denklemi ile trigonometrik Pisagor teoremi beraber çözüldüklerinde $\cos \varphi$ ve $\sin \varphi$ kolayca bulunur. \begin{equation*} \cos \varphi = \frac{\langle a | b \rangle + \langle b | a \rangle}{2 |\langle a | b \rangle|} \ \ \ \text{ve} \ \ \ \sin \varphi = i \frac{\langle a | b \rangle - \langle b | a \rangle}{2 |\langle a | b \rangle|} . \end{equation*} Bu sonuçları $\varrho$ için verdiğimiz ikinci optimizasyon denkleminde kullandığımızda \begin{equation*} \varrho = \frac{|\langle a | b \rangle|}{\|b\|^{2}} \end{equation*} bulunur ve optimizasyon hesaplamaları da böylece biter.

En küçük norm değerini veren $\varrho$ ve $\varphi$ niceliklerini (ya da $\alpha$ niceliğini) bulduk. Bunları $\|x\|^{2}$ için türettiğimiz denklemde kullanarak artık aradığımız minimal normu verebiliriz. \begin{equation*} \boxed{ \min \|x\|^{2} = \|a\|^{2} - \frac{|\langle a | b \rangle|^{2}}{\|b\|^{2}} } \end{equation*}

Ödev: Bu minimal norma tekabül eden $x$ vektörünü hesaplayınız.

İşaret: Minimal de olsa bir sayının karesi ya pozitiftir ya da sıfır. O zaman $\min \|x\|^{2} \geq 0$ eşitsizliğini yeniden düzenleyip her iki tarafın kökünü aldığımızda Cauchy-Schwarz eşitsizliğine ulaşıyoruz ki Wow! yani. \begin{equation*} |\langle a | b \rangle| \leq \|a\| \|b\| \end{equation*}

Daha önce bu blogda John von Neumann ve Paul Halmos'un Cauchy-Schwarz ispatlarına yer vermiştik. Bu da bendenizin Cauchy-Schwarz ispatı olsun. Kullandığımız yöntemin karmaşıklığı olarak von Neumann ispatını andırdığımız söylenebilir.

Konvekslik ve norm arasındaki bağ - Kreyszig'in örneği

Kreyszig'in fonksiyonel analiz kitabında Banach uzayları anlatılırken güzel bir önerme iki alıştırmaya paylaştırılarak veriliyor. Önerme, norm olmaya aday bir fonksiyonun gerçekten de norm olup olmadığının nasıl anlaşılacağına dair. Örneğin $x \in \mathbb{R}^{2}$ olmak üzere \begin{equation*} \varphi(x) := \left( \sqrt{|x_{1}|} + \sqrt{|x_{2}|} \right)^{2} \end{equation*} tanımlansın. Bu fonksiyonun $\mathbb{R}^{2}$ üzerinde bir norm tanımlayıp tanımlamadığını nasıl anlarız? Genel olarak bu tip sorgularda norm olmanın aksiyomlarından üçgen eşitsizliği hariç diğerleri kolayca ispatlanırken üçgen eşitsizliği ispatlanması en zor kademeyi teşkil eder. Kreyszig burada konveks analizden alternatif bir rota öneriyor. Ama öncelikle konvekslikten ne kastettiğimizi tanımlayalım.

Tanım: $X$ bir lineer uzay olsun. $A \subset X$ olacak şekilde \begin{equation*} x,y \in A \ \Rightarrow \ M := \left\{ z \in X \ | \ z = \alpha x + (1-\alpha)y, \ \alpha \in [0,1] \right\} \subset A \end{equation*} önermesi doğru ise $A$ konveks bir kümedir.

Bu temel tanımda $M$, başı $x$ ucu $y$ olan bir doğru parçası. Sözel olarak ifade edildiğinde verilen bir kümeden herhangi iki nokta alıp bunları bir doğru parçası oluşturacak şekilde birleştiriyoruz. Doğru parçasının tamamı bahsi geçen kümede kalıyorsa o zaman o kümenin konveks olduğunu söylüyoruz. Örneğin çember, elips, kare, küp ve küre konveks kümeler. Hilal, yıldız ve amip konveks kümeler değil. İkinci bir tanımımız daha var. O da kapalı birim topun tanımı. Bu da geometrik bir kavramı genelleştiriyor.

Tanım: Normlu bir lineer uzayda $\| x \| \leq 1$ eşitsizliğini sağlayan tüm $x$ vektörlerinin oluşturduğu kümeye kapalı birim top denir ve $B_{1}(0)$ ile gösterilir.

Geleneksel geometride "top" denilen objeler konveks. Kreyszig bu noktada basit bir önermeyle yol yapıyor. O da şu: Kapalı birim top gerçekten de konveks bir küme. İspatlamak için $x,y\in B_{1}(0)$ ve $\alpha \in [0,1]$ alalım. $z = \alpha x + (1-\alpha)y$ olsun. O zaman \begin{eqnarray}\nonumber \|z\| &=& \| \alpha x + (1-\alpha)y \| \\ \nonumber &\leq& \| \alpha x \| + \| (1-\alpha)y \| \\ \nonumber &=& |\alpha| \| x \| + |1-\alpha| \|y\| \\ \nonumber &=& \alpha \|x\| + (1-\alpha) \|y\| \\ \nonumber &\leq& \alpha + 1 - \alpha \\ \nonumber &=& 1 \end{eqnarray} olur. Son basamakta $x$ ve $y$ vektörlerinin kapalı birim top içinde olduklarını kullandık.

Gelelim norm olmaya aday $\varphi$ fonksiyonuna. $\varphi(x) \leq 1$ ile tanımlanan kapalı birim top içinde $x=(1,0)$ ve $y=(0,1)$ noktalarını alalım. $\alpha = 1/2$ olsun. O zaman $z = \alpha x + (1-\alpha)y = (1/2,1/2)$ olur. Ama $\varphi(z) = 2 > 1$ olduğundan bu nokta kapalı birim top içinde değildir. Demek ki $\varphi$ tarafından üretilen kapalı top konveks bir küme değilmiş. O zaman $\varphi$, $\mathbb{R}^{2}$ üzerinde bir norm tanımlamaz.