שינויים

==כלל המקבילית==

*<math>||x+y||^2+||x-y||^2=\langle x+y,x+y\rangle+\langle x-y,x-y\rangle=</math>*<math>=\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=</math>*<math>=2\langle x, x\rangle+2\langle y, y\rangle = 2 ||x|^2 +2||y||^2</math>

<math>=2\langle x, x\rangle+2\langle y, y\rangle = 2 ||x|^2 +2||y||^2</math> ==נורמה שאינה מושרית ממכפלה פנימית===

 ==מכפלה פנימית מושרית==

===דיון מקדים===

===הזהויות הפולריות===

==הוכחה כי המכפלה הפנימית המושרית היא אכן מכפלה פנימיתבמקרה הממשי==  יהי <math>V</math> מרחב נורמי ממשי, עם נורמה המקיימת את כלל המקבילית. נגדיר את המכפלה <math>\langle x,y\rangle = \frac{||x||^2 +||y||^2 -||x-y||^2 }{2}</math> נוכיח כי זו אכן מכפלה פנימית, וכי הנורמה של המרחב מושרית מכפלה פנימית זו.  ראשית נשים לב לפיתוח הבא: <math>\langle x,y\rangle = \frac{||x||^2 +||y||^2 -||x-y||^2 }{2}= \frac{2||x||^2 +2||y||^2 -2||x-y||^2 }{4} = \frac{||x+y||^2 -||x-y||^2}{4}</math> כאשר המעבר האחרון הוא בזכות כלל המקבילית   ===אדטיביות===ראשית נוכיח כי <math>\langle x+y,z\rangle = \langle x,z\rangle+\langle y,z\rangle</math> לפי הפיתוח שראינו מתקיים כי: <math>4\langle x+y,z\rangle = ||x+y+z||^2 -||x+y-z||^2</math> וכן <math>4\langle x,z\rangle+4\langle y,z\rangle = ||x+z||^2 -||x-z||^2 +||y+z||^2 -||y-z||^2</math> ולכן עלינו להוכיח כי <math>||x+y+z||^2 -||x+y-z||^2 = ||x+z||^2 -||x-z||^2 +||y+z||^2 -||y-z||^2</math> נעביר אגף, ונקבל שעלינו להוכיח כי <math>||x+y+z||^2 -||x+y-z||^2 - ||x+z||^2 +||x-z||^2 -||y+z||^2 +||y-z||^2 =0</math>  נפעיל את כלל המקבילית על ארבעת זוגות הוקטורים הבאים: <math>\{x+y+z,x-z\} , \{x+y-z,x+z\}, \{y+z,z\} , \{y-z,z\}</math>  ונקבל את ארבע המשוואות: <math>||2x+y||^2 +||y+2z||^2 = 2||x+y+z||^2 + 2||x-z||^2 </math> <math>||2x+y||^2 +||y-2z||^2 = 2||x+y-z||^2 + 2||x+z||^2 </math> <math>||y+2z||^2 +||y||^2 = 2||y+z||^2 +2||z||^2</math> <math>||y||^2 +||y-2z||^2 = 2||y-z||^2 +2||z||^2</math>  כעת ניקח את המשוואה הראשונה, פחות השנייה, פחות השלישית ועוד הרביעית (קל).כל הצד השמאלי יתאפס ונקבל סה"כ: <math>0 = 2||x+y+z||^2 + 2||x-z||^2 - 2||x+y-z||^2 - 2||x+z||^2 - 2||y+z||^2 + 2||y-z||^2</math> נחלק ב2 ונקבל בדיוק את מה שהיה צריך להוכיח.  ===כפל בסקלר===נוכיח כי לכל סקלר <math>c</math> מתקיים כי <math>\langle cx,y\rangle = c\langle x,y\rangle</math> ראשית, מהאדטיביות ניתן להסיק כי לכל <math>n\in\mathbb{N}</math> מתקיים כי <math>\langle nx, y\rangle=\langle x+\cdots +x, y\rangle = \langle x, y\rangle+\cdots +\langle x, y\rangle=n\langle x, y\rangle</math>  נשים לב כי <math>\langle x,y\rangle+\langle -x,y\rangle=\langle x-x,y\rangle =\langle 0, y\rangle</math>  וכן מהצבה ישירה <math>\langle 0,y\rangle = \frac{||0+y||^2 =||0-y||^2}{4} =0</math> ולכן נובע כי <math>\langle -x,y\rangle = -\langle x,y\rangle</math>  מכאן באופן דומה לטבעיים ניתן להסיק כי לכל <math>p\in \mathbb{Z}</math> מתקיים כי <math>\langle px,y\rangle = p\langle x,y\rangle</math>  כמו כן לכל <math>n\in\mathbb{N}</math> מתקיים כי:  <math>\langle x,y\rangle =\langle n\cdot \frac{1}{n} x,y\rangle = n\langle \frac{1}{n}x,y\rangle</math> ולכן <math>\frac{1}{n} \langle x,y\rangle = \langle \frac{1}{n}x,y\rangle</math> וביחד אנחנו מקבלים כי לכל <math>\frac{p}{n}\in\mathbb{Q}</math> מתקיים כי:  <math>\langle \frac{p}{n}x,y\rangle = p\langle \frac{1}{n}x,y\rangle =\frac{p}{n}\langle x,y\rangle</math>  לבסוף, יהי <math>c\in\mathbb{R}</math>. ניקח סדרה <math>c_n\in\mathbb{Q}</math> כך ש <math>c_n\to c</math> לכן <math>\langle c_n x,y\rangle=c_n \langle x,y\rangle \to c\langle x,y\rangle</math> מצד שני <math>\langle cx,y\rangle - \langle c_n x,y\rangle = \langle cx,y\rangle + \langle -c_n x,y\rangle = \langle (c-c_n)x,y\rangle</math> כעת לפי אי שיוויון המשולש נקבל כי <math>||(c-c_n)x+y||\leq ||(c-c_n)x||+||y||=|c-c_n|\cdot ||x||+||y||\to ||y||</math> לכן סה"כ <math>\langle (c-c_n)x,y\rangle=\frac{||(c-c_n)x+y||^2 - ||(c-c_n)x-y||^2}{4}\to \frac{||y||^2-||y||^2}{4} =0</math> כלומר קיבלנו כי <math>\langle c_n x,y\rangle \to \langle cx,y\rangle</math>  ויחד עם העובדה שראינו למעלה כי <math>\langle c_n x,y\rangle\to c\langle x,y\rangle</math> סה"כ נקבל כי <math>\langle cx,y\rangle=c\langle x,y\rangle</math> כפי שרצינו.  ===סימטריות=== כיוון שמדובר בממשיים, עלינו להוכיח כי <math>\langle x,y\rangle = \langle y,x\rangle</math> אבל זה נובע באופן מיידי מהחישוב הבא: <math>||x-y||^2 = ||-(y-x)||^2 = (|-1|\cdot ||y-x||)^2=||y-x||^2</math> כיוון ש <math>\langle x,y\rangle = \frac{||x+y||^2 -||x-y||^2}{4} = \frac{||x+y||^2 -||y-x||^2}{4} = \langle y,x\rangle</math> ===אי שליליות===נבצע מכפלה פנימית בין וקטור לעצמו <math>\langle x,x\rangle = \frac{||x+x||^2 -||x-x||^2}{4} = \frac{||2x||^2}{4} = \frac{4||x||^2}{4} = ||x||^2</math> מתכונות הנורמה נובע כי <math>\langle x,x\rangle =||x||^2 \geq 0</math> ושיוויון לאפס אם ורק אם <math>x=0</math>  כמו כן נשים לב שמתקיים <math>||x||=\sqrt{\langle x,x\rangle}</math>, כלומר הנורמה שלנו היא אכן נורמה המושרית מהמכפלה הפנימית שייצרנו. ==הוכחה כי המכפלה הפנימית המושרית היא אכן מכפלה פנימית במקרה המרוכב==יהי <math>V</math> מרחב נורמי מעל שדה המרוכבים, עם נורמה המקיימת את כלל המקבילית. נגדיר את המכפלה <math>\langle x,y\rangle=\frac{||x||^2 +||y||^2 -||x-y||^2}{2} + i\cdot \frac{||x||^2 +||y||^2 -||x-iy||^2}{2}</math>. נוכיח כי זו אכן מכפלה פנימית, וכי הנורמה של המרחב מושרית מכפלה פנימית זו.  שוב נעזר בפיתוח שעשינו בהוכחה מעל הממשיים, ונקבל כי <math>\langle x,y\rangle = \frac{||x+y||^2 -||x-y||^2 }{4} + i\cdot \frac{||x+iy||^2 - ||x-iy||^2}{4}</math> כאשר השתמשנו בעובדה כי <math>||y||^2 = ||iy||^2</math>. ===אדטיביות=== עלינו להוכיח כי <math>\langle x+y,z\rangle = \langle x,z\rangle+\langle y,z\rangle</math> נוכיח כי החלקים הממשיים של שני צידי המשוואה שווים וכך גם החלקים המדומים ומכאן המשוואה מתקיימת. כלומר צריך להוכיח כי  <math>\frac{||x+y+z||^2-||x+y-z||^2}{4} = \frac{||x+z||^2-||x-z||^2}{4} + \frac{||y+z||^2 -||y-z||^2}{4}</math> וכן <math>\frac{||x+y+iz||^2-||x+y-iz||^2}{4} = \frac{||x+iz||^2-||x-iz||^2}{4} + \frac{||y+iz||^2 -||y-iz||^2}{4}</math>  אבל את המשוואה הראשונה הוכחנו בחלק הממשי, ואותה הוכחה בדיוק תקיפה כאן (כי לא היה בה שימוש בסקלרים, רק בכלל המקבילית). ע"י הצבת <math>iz</math> במקום <math>z</math> נקבל גם את המשוואה השנייה.  ===כפל בסקלר===עלינו להוכיח כי: <math>\langle (a+bi)x,y\rangle = (a+bi)\langle x,y\rangle</math> מהאדטיביות אנו יודעים כי  <math>\langle (a+bi)x,y\rangle = \langle ax,y\rangle+\langle bix,y\rangle</math>  בעזרת הוכחה זהה למקרה הממשי, ניתן להסיק כי לכל <math>c\in\mathbb{R}</math> מתקיים כי <math>\langle cx,y\rangle = c\langle x,y\rangle</math>. ולכן נקבל כי <math>\langle ax,y\rangle = a\langle x,y\rangle</math> וכן <math>\langle bix,y\rangle = b\langle ix,y\rangle</math>  לכן כל שנותר לנו להוכיח הוא כי <math>\langle ix,y\rangle = i\langle x,y\rangle</math> ואז נקבל כי <math>\langle (a+bi)x,y\rangle = a\langle x,y\rangle+bi\langle x,y\rangle=(a+bi)\langle x,y\rangle</math>   נציב בפיתוח של המכפלה הפנימית <math>\langle x,y\rangle = \frac{||x+y||^2 -||x-y||^2 }{4} + i\cdot \frac{||x+iy||^2 - ||x-iy||^2}{4}</math> <math>\langle ix,y\rangle = \frac{||ix+y||^2 -||ix-y||^2 }{4} + i\cdot \frac{||ix+iy||^2 - ||ix-iy||^2}{4}</math> <math>i\cdot \langle x,y\rangle = i\cdot \frac{||x+y||^2 -||x-y||^2 }{4} - \frac{||x+iy||^2 - ||x-iy||^2}{4}</math>  כאמור אנחנו רוצים להוכיח כי <math>\langle ix,y\rangle = i\langle x,y\rangle</math> לכן עלינו להוכיח את שתי המשוואות הבאות (השוואה בין החלקים הממשיים, והשוואה בין החלקים המדומים): <math>\frac{||ix+y||^2 -||ix-y||^2 }{4} = - \frac{||x+iy||^2 - ||x-iy||^2}{4}</math> <math>\frac{||ix+iy||^2 - ||ix-iy||^2}{4} = \frac{||x+y||^2 -||x-y||^2 }{4}</math>  נכפול כמובן ב4 את המשוואות, ונתחיל לטפל במשוואה הראשונה: <math>||ix+y||^2 -||ix-y||^2 = ||i(x-iy)||^2 -||i(x+iy)||^2 = </math> <math>=(|i|\cdot ||x-iy||)^2 - (|i|\cdot ||x+iy||)^2 =-(||x+iy||^2 -||x-iy||^2)</math> בדיוק כפי שהיינו צריכים להוכיח.  באופן דומה נטפל במשוואה השנייה <math>||ix+iy||^2 - ||ix-iy||^2 = ||i(x+y)||^2 - ||i(x-y)||^2 =||x+y||^2 -||x-y||^2</math> בדיוק כפי שהיינו צריכים להוכיח.  ===הרמיטיות===עלינו להוכיח כי <math>\langle x,y\rangle = \overline{\langle y,x\rangle}</math>  ראשית נציב בפיתוח של המכפלה הפנימית: <math>\langle x,y\rangle = \frac{||x+y||^2 -||x-y||^2 }{4} + i\cdot \frac{||x+iy||^2 - ||x-iy||^2}{4}</math> <math>\langle y,x\rangle = \frac{||y+x||^2 -||y-x||^2 }{4} + i\cdot \frac{||y+ix||^2 - ||y-ix||^2}{4}</math> <math>\overline{\langle y,x\rangle} = \frac{||y+x||^2 -||y-x||^2 }{4} - i\cdot \frac{||y+ix||^2 - ||y-ix||^2}{4}</math>  כלומר עלינו להוכיח את שתי המשוואות הבאות (השוואה בין החלקים הממשיים, והשוואה בין החלקים המדומים): <math>\frac{||x+y||^2 -||x-y||^2 }{4}=\frac{||y+x||^2 -||y-x||^2 }{4} </math> <math>\cdot \frac{||x+iy||^2 - ||x-iy||^2}{4} = -\frac{||y+ix||^2 - ||y-ix||^2}{4}</math>  נתחיל מהמשוואה הראשונה: <math>||x-y||^2 = ||-(y-x)||^2 =(|-1|\cdot ||y-x||)^2 = ||y-x||^2</math> ולכן המשוואה הראשונה מתקיימת.  כעת נשווה את המונים במשוואה השנייה: <math>||x+iy||^2 - ||x-iy||^2 = ||i(-ix+y)||^2 - ||-i(ix+y)||^2 = </math> <math>=(|i|\cdot||y-ix||)^2 -(|-i|\cdot ||y+ix||)^2= -(||y+ix||^2 - ||y-ix||^2)</math> כפי שהיינו צריכים להוכיח.  ===אי שליליות===נבצע מכפלה פנימית בין וקטור לעצמו <math>\langle x,x\rangle = \frac{||x+x||^2 -||x-x||^2}{4} + i\cdot \frac{||x+ix||^2 -||x-ix||^2}{4}</math>  נפתח את החלק הממשי: <math>\frac{||x+x||^2 -||x-x||^2}{4} = \frac{||2x||^2 }{4} = \frac{4||x||^2}{4}=||x||^2</math>  לגבי החלק המדומה, נשים לב כי <math>||x+ix||^2 = ||(1+i)x||^2 = |1+i|^2 ||x||^2 = 2||x||^2</math> וכן <math>||x-ix||^2 = ||(1-i)x||^2 = |1-i|^2 ||x||^2 = 2||x||^2</math> וסה"כ החלק המדומה מתאפס <math>\frac{||x+ix||^2 -||x-ix||^2}{4}=0</math> (הערה: אפשר היה גם להסיק שהחלק המדומה מתאפס בזכות ההרמיטיות.)  סה"כ קיבלנו כי <math>\langle x,x\rangle = ||x||^2 </math> ומתכונות הנורמה אנו יודעים כי ביטוי זה אינו שלילי, ומתאפס אם ורק אם <math>x=0</math>.   לבסוף, נשים לב כי גילינו כי <math>||x||=\sqrt{\langle x,x\rangle}</math>, כלומר הנורמה של המרחב מושרית מהמכפלה הפנימית שיצרנו.