Maros Gábor Euklideszi terek...
49
Transcript of Maros Gábor Euklideszi terek...
Eötvös Loránd Tudományegyetem
Természettudományi Kar
Maros Gábor
Euklideszi terek jellemzése
BSc szakdolgozat
Témavezet®:
Dr. Kovács Sándor
Numerikus Analízis Tanszék
Budapest, 2015
Tartalomjegyzék
1. Bevezetés 2
2. Paralelogramma-egyenl®tlenségek és Loewner-ellipszisek 10
2.1. Loewner-ellipszisek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
2.2. Paralelogramma egyenl®tlenségek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
3. Jellemzés a norma deriválttal 14
4. Jellemzés ortogonalitással 23
4.1. Isosceles-ortogonalitás . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23
4.2. Birkho�-ortogonalitás . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24
4.3. Pitagoraszi ortogonalitás . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28
5. Hermite-Hadamard-féle ortogonalitás 35
5.1. p-HH norma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35
5.2. HH-I ortogonalitás . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37
5.3. HH-P ortogonalitás . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39
6. Er®sen h-konvex függvények euklideszi terekben 45
1
Jelölések:
K: komplex vagy valós számtest
X : lineáris tér a K testre vonatkozóan
(X , 〈·, ·〉): euklideszi tér
(X , ‖ · ‖): normált tér
dimX : X algebrai dimenziója
SX : {x ∈ X ; ‖x‖ = 1}
BX : {x ∈ X ; ‖x‖ ≤ 1}
⊥I : Isosceles-ortogonalitás
⊥B: Birkho�-ortogonalitás
⊥P : pitagoraszi ortogonalitás
⊥HH−I : HH − I-ortogonalitás
⊥HH−P : HH − P -ortogonalitás
[x, y]: {tx+ (1− t)y : t ∈ [0, 1]} (x, y ∈ X )
(x, y): {tx+ (1− t)y : t ∈ (0, 1)} (x, y ∈ X )
1. Bevezetés
Ezen szakdolgozat célja, hogy bemutassa az euklideszi tereket jellemz® tulajdonságokat.
Számtalan olyan tulajdonság létezik, amely teljesül euklideszi terekben, azonban általá-
nos normált terekben nem. Ezen tulajdonságok közül mutatunk be olyanokat, amelyek
teljesülése esetén a normált tér normája skaláris szorzatból származik. Ebben a feje-
zetben az euklideszi és normált terek tulajdonságait tekintjük át, majd a legalapvet®bb
jellemz® tételeket.
2
1.1. De�níció. Adott X lineáris tér esetén azt mondjuk, hogy a
〈·, ·〉 : X × X → K
leképezés skaláris szorzat, ha bármely x, y, z ∈ X és λ ∈ K mellett az alábbi tulajdonságok
teljesülnek:
1. 〈x, x〉 ≥ 0 és 〈x, x〉 = 0⇒ x = 0
2. 〈x, y〉 = 〈y, x〉
3. 〈λx, y〉 = λ〈x, y〉
4. 〈x+ y, z〉 = 〈x, z〉+ 〈y, z〉
Ekkor az (X , 〈·, ·〉) párt euklideszi térnek nevezzük.
1.1. Következmény. A 2.,3. tulajdonságból következik hogy bármely x, y, z ∈ X , ill.
λ ∈ K esetén
〈x, λy〉 = λ〈x, y〉,
illetve 2. és 4. alapján
〈x, y + z〉 = 〈y + z, x〉 = 〈y, x〉+ 〈z, x〉 = 〈x, y〉+ 〈x, z〉.
1.2. De�níció. Adott X lineáris tér esetén azt mondjuk, hogy a
‖ · ‖ : X → R
leképezés norma, ha minden x,y ∈ X és λ ∈ K esetén a következ®k teljesülnek:
1. ‖x‖ ≥ 0 és ‖x‖ = 0⇒ x = 0
2. ‖λx‖ = |λ| · ‖x‖
3. ‖x+ y‖ ≤ ‖x‖+ ‖y‖.
Ekkor ‖x‖-t az x elem normájának az (X , ‖ · ‖) párt pedig normált térnek nevezzük.
3
1.1. Tétel. (Jordan-Neumann-tétel) Ha (X , ‖ · ‖) normált tér, úgy pontosan akkor
adható meg olyan
〈·, ·〉 : X × X → K
skaláris szorzat, amelyre
‖x‖ =√〈x, x〉 (x ∈ X ),
ha teljesül a paralelogramma-szabály, azaz
‖x+ y‖2 + ‖x− y‖2 = 2‖x‖2 + 2‖y‖2 (x, y ∈ X ). (1.1)
Bizonyítás :
1. lépés. Ha 〈·, ·〉 skaláris szorzat, akkor
‖x‖ =√〈x, x〉 (x ∈ X ).
Ekkor tetsz®leges x, y ∈ X esetén
‖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〉 =
= 2〈x, x〉+ 2〈y, y〉 = 2‖x‖2 + 2‖y‖2.
2. lépés. A másik irány bizonyításához el®ször azt mutatjuk meg, hogy K := R esetén
a
p : X 2 → R, p(x, y) :=|x+ y‖2 − ‖x− y‖2
4
leképezés skaláris szorzat.
1. Mivel bármely x ∈ X esetén
4p(x, x) = ‖x+ x‖2 − ‖x− x‖2 = ‖2x‖2 = 4‖x‖2 ≥ 0,
ezért
p(x, x) = 0⇒ x = 0.
2. Világos, hogy ha x, y ∈ X , akkor
4p(y, x) = ‖y + x‖2 − ‖y − x‖2 = ‖x+ y‖2 − ‖x− y‖2 = 4p(x, y).
4
3. Megmutatjuk hogy minden x, y, z ∈ X mellett
φ(x, y, z) := 4(p(x+ y, z)− p(x, z)− p(y, z)) = 0
De�níció alapján φ(x, y, z) =
‖x+ y+ z‖2−‖x+ y− z‖2−‖x+ z‖2+ ‖x− z‖2−‖y+ z‖2+ ‖y− z‖2. (1.2)
(1.1) miatt
‖x+ y + z‖2 = 2(‖x+ z‖2 + ‖y‖2)− ‖x+ z − y‖2,
‖x+ y − z‖2 = 2(‖x− z‖2 + ‖y‖2)− ‖x− z − y‖2,
tehát
φ(x, y, z) = ‖x− z − y‖2 − ‖x+ z − y‖2 + 2(‖x+ z‖2 − ‖x− z‖2)−
−‖x+ z‖2 + ‖x− z‖2 − ‖y + z‖2 + ‖y − z‖2 =
= ‖x− z − y‖2 − ‖x+ z − y‖2 + ‖x+ z‖2−
−‖x− z‖2 − ‖y + z‖2 + ‖y − z‖2.
Ezt összeadva (1.2) egyenl®séggel azt kapjuk, hogy
2φ(x, y, z) = (‖x+ y + z‖2 + ‖x− z − y‖2)−
−(‖x+ y − z‖2 + ‖x+ z − z‖2)− 2(‖y + z‖2 − ‖y − z‖2).
Itt ismét (1.1) egyenl®séget használva kapjuk hogy
‖x+y+z‖2+‖x−z−y‖2 = ‖(y+z)+x‖2+‖(y+z)−x‖2 = 2(‖y+z‖2+‖x‖2),
‖x+y−z‖2+‖x+z−y‖2 = ‖(y−z)+x‖2+‖(y−z)−x‖2 = 2(‖y−z‖2+‖x‖2).
Ezen két egyenl®ség alapján 2φ(x, y, z) =
2(‖y + z‖2 − ‖y − z‖2)− 2(‖y + z‖2 − ‖y − z‖2) = 0,
tehát φ(x, y, z) = 0
4. Legyen
ρx,y(t) := 4p(tx, y) (t ∈ R, x, y ∈ X ),
5
ekkor
ρx,y(0) = ‖y‖2 − ‖y‖2 = 0,
illetve
ρx,y(−t) = ‖ − tx+ y‖2 − ‖ − tx− y‖2 = ‖tx− y‖2 − ‖tx+ y‖2 =
= −ρx,y(t).
Teljes indukcióval megmutatjuk, hogy bármely n ∈ N esetén
ρx,y(n) = nρx,y(1).
Ezt n=0-ra beláttuk, ekkor 3. tulajdonság miatt
ρx,y(n+ 1) = 4p(nx+ x, y) = 4p(nx, y) + 4p(x, y) = ρx,y(n) + ρx,y(1) =
= nρx,y(1) + ρx,y(1) = (n+ 1)ρx,y(1).
Ebb®l az el®bbiek miatt az következik, hogy x, y ∈ X , j ∈ Z-re is igaz az
állítás. Legyen j, k ∈ Z, k 6= 0
ρx,y
(j
k
)= 4p
(jx
k, y
)= ρx/k,y(j) = jρx/k,y(1) =
j
kρx/k,y(k) =
j
kρx,y(1).
Ezzel megmutattuk hogy bármely x, y ∈ X és r ∈ Q esetén
ρx,y(r) = rρx,y(1).
ρx,y : R 7→ R folytonos, hiszen az
R 3 t 7→ tx± y és az X 3 x 7→ ‖x‖
leképezések folytonosak. Ebb®l következik, hogy ha t ∈ R és tn ∈ Q (n ∈ N)
olyan, hogy
limn→∞
tn = t,
akkor
ρx,y(t) = limn→∞
ρx,y(tn) = limn→∞
tnρx,y(1) = tρx,y(1),
azaz
p(tx, y) = tp(x, y) (x, y ∈ X , t ∈ R).
Ezek alapján K = R esetén a p leképezés skaláris szorzat lesz.
6
A K = C esetben legyen
〈x, y〉 := p(x, y) + ıp(x, ıy) =1
4
3∑k=0
(ık‖x+ ıky‖2) (x, y ∈ X ).
Megmutatjuk, hogy 〈·, ·〉 skaláris szorzat.
1. Bármely x ∈ X esetén
4〈x, x〉 =3∑
k=0
(ık‖x+ ıkx‖2) = ‖2x‖2 + ı‖(1 + ı)x‖2 − ‖x− x‖2−
−ı‖(1− ı)x‖2 = 4‖x‖2 ≥ 0
így
〈x, x〉 = 0 =⇒ x = 0.
2. Bármely x, y ∈ X esetén
4〈x, y〉 = ‖x+ y‖2 + ı‖x+ ıy‖2 − ‖x− y‖2 − ı‖x− ıy‖2 =
= ‖y + x‖2 + ı‖ı(−x+ y)‖2 − ‖y − x‖2 − ı‖ı(−x− y)‖2 =
= ‖y + x‖2 − ı‖y + ıx‖2 − ‖y − x‖2 + ı‖y − ıx‖2 =
= 4〈y, x〉.
3. Az additivitás következik a valós eset additivitásából, hiszen ha x, y, z ∈ X ,
akkor
〈x+ y, z〉 = p(x+ y, z) + ıp(x+ y, ız) = p(x, z) + p(y, z) + ıp(x, ız)+
+ıp(y, ız) =
= p(x, z) + ıp(x, ız) + p(y, z) + ıp(y, ız) =
= 〈x, z〉+ 〈y, z〉.
4. A homogenitáshoz elég megmutatni, hogy
〈ıx, y〉 = ı〈x, y〉 (x, y ∈ X ),
hiszen a, b ∈ R esetén
(〈a+ bı)x, y〉 ≡ 〈ax, y〉+ 〈bıx, y〉 és 〈ax, y〉 ≡ a〈x, y〉
7
következik a valós esetb®l. Bármely x, y ∈ X esetén
4〈ıx, y〉 = ‖ıx+ y‖2 + ı‖ıx+ ıy‖2 − ‖ıx− y‖2 − ı‖ıx− ıy‖2 =
= ı(−ı‖ı(x− ıy)‖2 + ‖ı(x+ y)‖2 + ı‖ı(x+ ıy)‖2 − ‖ı(x− y)‖2) =
= ı(‖x+ y‖2 + ı‖x+ ıy‖2 − ‖x− y‖2 − ı‖x− ıy‖2) = 4ı〈x, y〉
Ebb®l következik, hogy 〈·, ·〉 a K = C esetben skaláris szorzat. �
1.1. Megjegyzés. Adott (X , ‖ · ‖) normált tér. Ekkor azt mondjuk, hogy (X , ‖ · ‖)
euklideszi tér, ha a normát egy skaláris szorzat generálja.
1.2. Következmény. A tételb®l következik, hogy egy vektortér pontosan akkor euklideszi
tér, ha minden kétdimenziós altere is az. Ha (X , ‖ · ‖) euklideszi tér, tetsz®leges P ⊆ X
kétdimenziós altér esetén is teljesül a norma P-re való megszorításával, hogy
‖x+ y‖2 + ‖x− y‖2 = 2‖x‖2 + 2‖y‖2 x, y ∈ P .
Feltesszük, hogy minden P ⊆ X kétdimenziós altér euklideszi tér. Tetsz®leges x, y ∈ X
esetén létezik egy kétdimenziós P ⊆ X altér, amelyre x, y ∈ P . Mivel P euklideszi tér,
így bármely x, y ∈ P esetén teljesül a paralelogramma-szabály, vagyis ez minden x, y ∈ X
esetén is igaz, azaz (X , ‖ · ‖) valóban euklideszi tér.
1.2. Tétel. (Rakestraw) Ha (X , ‖ · ‖) normált tér, úgy pontosan akkor van olyan
〈·, ·〉 → K
skaláris szorzat, amelyre
‖x‖ =√〈x, x〉 (x ∈ X ),
ha bármely
3 ≤ k ∈ N, x1, ...xk ∈ X és α1, ...αk ∈ R : α1 + ...+ αk = 0
esetén fennáll a ∥∥∥∥∥k∑l=1
αlxl
∥∥∥∥∥2
= −∑
1≤l<m≤k
αlαm‖xl − xm‖2
egyenl®ség.
8
Bizonyítás :
1. lépés Ha (X , ‖ · ‖) euklideszi tér, ‖ · ‖ =√〈·, ·〉, akkor bármely n ∈ N esetén∑
1≤l<m≤k
αlαm‖xl − xm‖2 =∑
1≤l<m≤k
αlαm{‖xl‖2 − 〈xl, xm〉 − 〈xm, xl〉+ ‖xm‖2} =
=∑
1≤l<m≤k
αlαm{‖xl‖2 + ‖xm‖2}−
−∑
1≤l<m≤k
αlαm{〈xl, xm〉+ 〈xm, xl〉}.
Világos, hogy
−∑
1≤l<m≤k
αlαm{‖xl‖2 + ‖xm‖2} =k∑j=1
α2j‖xj‖2,
hiszen rögzített j-re a ‖xj‖2 tag a −αjαm együtthatójú ‖xl‖2, illetve a −αlαjegyütthatójú ‖xm‖2 tagok között pontosan akkor fordul el®, ha m > j, illetve
l < j. Így ‖xj‖2 együtthatójak∑i=1j 6=i
−αjαi, amik∑i=1
αi = 0 miatt α2j -tel egyenl®. Ezért
−∑
1≤l<m≤k
αlαm‖xl − xm‖2 =k∑j=1
α2j‖xj‖2 +
∑1≤l<m≤k
αlαm{〈xl, xm〉+ 〈xm, xl〉}
=k∑
l,m=1
αlαm〈xl, xm〉 =
∥∥∥∥∥k∑l=1
αlxl
∥∥∥∥∥2
.
2. lépés Legyen
k := 3, x1 := x, x2 := y, x3 := 0, α1 := 1, α2 := 1, α3 := −2,
ekkor
‖x+ y‖2 = 2‖x‖2 + 2‖y‖2 − ‖x− y‖2,
azaz teljesül az (1.1) egyenl®ség. �
9
2. Paralelogramma-egyenl®tlenségek és Loewner-ellip-
szisek
Ebben a fejezetben a Jordan-Neumann-tétel feltételénél enyhébb feltételt adunk meg,
amely elégséges ahhoz, hogy egy normált tér normája skaláris szorzatból származzék.
El®ször segédtételeket kell belátnunk.
2.1. Loewner-ellipszisek
2.3. Tétel. Adott (X , ‖ · ‖) normált tér, dimX = 2. Azt mondjuk, hogy SX ellipszis, ha
a szokásos kétdimenziós skaláris szorzatra e1, e2 ∈ X ortonormált bázis, amelyre
x := (x1e1 + x2e2) (x1, x2 ∈ R)
esetén ‖x‖ = 1 pontosan akkor, ha(x1a
)2+(x2b
)2= 1
valamely a, b ∈ R esetén. Ha SX ellipszis, akkor a norma skaláris szorzatból származik.
Bizonyítás : Feltesszük, hogy SX ellipszis. Legyen e1, e2 ∈ X ortonormált bázis a
szokásos skaláris szorzat szerint, ekkor SX minden pontja egyértelm¶en felírható
x1e1 + x2e2 (x1, x2 ∈ R)
alakban és
1 = ‖x1e1 + x2e2‖ =x1
2
a2+x2
2
b2(a, b ∈ R).
Ekkor de�niáljuk a skaláris szorzatot a következ®képpen:
〈x, y〉 = 〈(x1e1 + x2e2), (y1e1 + y2e2)〉 :=x1y1a2
+x2y2b2
.
Az ellipszis pontjai lesznek az egy normájú pontok, és 〈·, ·〉 valóban skaláris szorzat,
hiszen
10
1. x ∈ X esetén
〈x, x〉 ≥ 0
és
0 = 〈x, x〉 = x12
a2+x2
2
b2
ami csak akkor lehetséges, ha
x1 = x2 = 0,
vagyis x = 0.
2. Nyilvánvaló, hogy
〈x, y〉 = 〈y, x〉 x, y ∈ X .
3. λ ∈ R és x, y ∈ X esetén
〈λx, y〉 = λx1y1a2
+λx2y2b2
= λ(x1y1a2
+x2y2b2
)= λ〈x, y〉.
4. x, y, z ∈ X esetén
〈x+ y, z〉 =(x1 + y1)z1
a2+
(x2 + y2)z2b2
=
=x1z1a2
+x2z2b2
+y1z1a2
+y2z2b2
= 〈x, z〉+ 〈y, z〉,
tehát teljesülnek a skaláris szorzat tulajdonságai, vagyis 〈·, ·〉 valóban skaláris szorzat. �
2.1. Lemma. Legyen X := R2 és C ⊆ X konvex és szimmetrikus, azaz
x ∈ C ⇒ −x ∈ C.
Ekkor egyértelm¶en létezik ε0 ⊆ C maximális terület¶ ellipszis, illetve ε1 ⊇ C minimális
terület¶ ellipszis, és ezek SX -et legalább négy különböz® pontban érintik.
2.1. Állítás. BX konvex és szimmetrikus.
Bizonyítás : Ha x, y ∈ BX , akkor a háromszög-egyenl®tlenség miatt
‖tx+ (1− t)y‖ ≤ t‖x‖+ (1− t)‖y‖ ≤ 1 t ∈ (0, 1),
tehát BX konvex.
Mivel x ∈ BX és ‖x‖ = ‖ − x‖, így −x ∈ BX , azaz BX szimmetrikus is. �
11
2.2. Paralelogramma egyenl®tlenségek
2.2. Megjegyzés. Ebben az alfejezetben ∼ jelölheti ≤ vagy ≥ relációkat.
2.4. Tétel. (Day) Adott (X , ‖ · ‖) normált tér, ha minden x, y ∈ SX esetén létezik
λ, µ ∈ (0, 1), amelyre
µ(1−µ)‖λx+(1−λ)y‖2+λ(1−λ)‖µx− (1−µ)y‖2 ∼ (λ+µ−2λµ)(λµ+(1−λ)(1−µ)),
akkor (X , ‖ · ‖) euklideszi tér.
Bizonyítás : Feltesszük, hogy az állításunk teljesül. Az 1.2. következmény miatt elég,
ha dimX = 2 esetében látjuk be. Ha ∼ most a ≥ relációt jelöli, legyen ε0 ⊆ SX egy
Loewner-ellipszis, így ε0 R2-ben egy euklideszi normát generál 2.3. tétel szerint, amelyre
‖x‖ε0 ≥ ‖x‖. Az ε0 ellipszis SX -t legalább négy pontban érinti, ezért ha ε0 6= SX , akkor
létezik u, v ∈ SX⋂ε0, hogy u 6= ±v és a nyitott uv ív ε0-ban nem tartalmazza SX egy
pontját sem. Ekkor
‖λu+ (1− λ)v‖ < ‖λu+ (1− λ)v‖ε0
minden λ ∈ (0, 1) esetén, így
µ(1− µ)‖λu+ (1− λ)v‖2 + λ(1− λ)‖µu− (1− µ)v‖2 <
< µ(1− µ)‖λu+ (1− λ)v‖2ε0 + λ(1− λ)‖µu− (1− µ)v‖2ε0 =
= µ(1− µ)(λ2‖u‖2ε0 + 2λ(1− λ)〈u, v〉+ (1− λ)2‖v‖2ε0)+
+λ(1− λ)(µ2‖u‖2ε0 − 2µ(1− µ)〈u, v〉+ (1− µ)2‖v‖2ε0) =
= (λ+ µ− 2λµ)(λµ+ (1− λ)(1− µ)),
ami ellentmond az állításunknak, ezért ε0 = SX , vagyis 2.3. tételb®l következik, hogy
(X , ‖ · ‖) euklideszi tér. Ha ∼ a ≤ relációt jelöli, a bizonyítás analóg módon történik,
ezúttal az ε1 ⊇ SX Loewner-ellipszist véve. �
2.5. Tétel. (Kasahara) Ha van olyan α ∈ [0, 12], amire minden x, y ∈ SX esetén létezik
λ ∈ [α, 1− α], hogy
λ(1− λ)‖x− y‖2 + ‖λx+ (1− λ)y‖2 ∼ 1,
akkor (X , ‖ · ‖) euklideszi tér.
12
Bizonyítás : Azt bizonyítjuk, hogy ekkor teljesülni fog 2.4. tétel feltétele is. Valóban,
µ := 12választással
µ(1− µ)‖λx+ (1− λ)y‖2 + λ(1− λ)‖µx− (1− µ)y‖2 =
=(‖λx+ (1− λ)y‖2)
4+ λ(1− λ)
∥∥∥∥u− v2
∥∥∥∥2 ∼ 1
4=
= (λ+ µ− 2λµ)(λµ+ (1− λ)(1− µ)). �
2.6. Tétel. Adott (X , ‖ · ‖) normált tér pontosan akkor euklideszi tér, ha
‖x+ y‖2 + ‖x− y‖2 ∼ 4
minden x, y ∈ SX esetén
Bizonyítás : Az egyenl®tlenségb®l következik, hogy teljesül 2.5. tétel feltétele α = λ = 12
esetén. Ha pedig (X , ‖ ·‖) euklideszi tér, teljesül a paralelogramma-szabály ‖x‖ = ‖y‖ =
1 esetén is. �
13
3. Jellemzés a norma deriválttal
Legyen (X , ‖.‖) valós normált tér olyan, hogy dimX ≥ 2. Tekintsük a ρ′+, ρ′− : X ×X →
R függvényeket, melyeket a következ®képpen de�niálunk
ρ′±(x, y) := limt→0±
‖x+ ty‖2 − ‖x‖2
2t.
Ezeket a függvényeket norma deriváltnak hívjuk.
3.2. Lemma. Legyen I ⊂ R intervallum, f : I → R konvex. Ekkor minden x ∈ I-re
léteznek a bal- és jobboldali féloldali deriváltak, és
f ′−(x) ≤ f ′+(x)
3.2. Állítás. A ρ′± függvények jól de�niáltak.
Bizonyítás : Rögzítjük x, y ∈ X vektorokat és legyen
f(t) = ‖x+ ty‖2 (t ∈ R).
Tetsz®leges s, t ∈ R és α ∈ [0, 1] esetén a háromszög-egyenl®tlenség és az x→ x2 függvény
konvexitása miatt
‖x+ (αt+ (1− α)s)y‖2 = ‖α(x+ ty) + (1− α)(x+ sy)‖2 ≤
≤ (α‖x+ ty‖+ (1− a)‖x+ sy‖)2 ≤ α‖x+ ty‖2 + (1− α)‖x+ sy‖2
Tehát f konvex, ezért létezik mindkét féloldali derivált, azaz ρ′± függvények jól de�niál-
tak. �
3.3. Állítás. Ha (X , ‖ · ‖) valós euklideszi tér, akkor ρ′+ és ρ′− is egybeesik a skaláris
szorzattal.
Bizonyítás :
ρ′±(x, y) = limt→0±
‖x+ ty‖2 − ‖x‖2
2t= lim
t→0±
〈x+ ty, x+ ty〉 − 〈x, x〉2t
=
= limt→0±
2t〈x, y〉+ t2〈y, y〉2t
= 〈x, y〉. �
14
3.7. Tétel. Adott (X , ‖ · ‖) legalább kétdimenziós valós normált tér, ekkor a következ®k
teljesülnek:
1. ρ′±(0, y) = ρ′±(x, 0) = 0 x, y ∈ X
2. ρ′±(x, x) = ‖x‖2 x ∈ X
3. ρ′±(αx, y) = ρ′±(x, αy) = αρ′±(x, y) x, y ∈ X α > 0
4. ρ′±(αx, y) = ρ′±(x, αy) = αρ′∓(x, y) x, y ∈ X α < 0
5. ρ′±(x, αx+ y) = α‖x‖2 + ρ′±(x, y) x, y ∈ X α ∈ R
6. ρ′−(x, y) ≤ ρ′+(x, y) x, y ∈ X
7. ρ′+(x, y) = ρ′+(y, x) x, y ∈ X vagy ρ′−(x, y) = ρ′−(y, x) x, y ∈ X akkor és csak
akkor, ha (X , ‖ · ‖) euklideszi tér
8. ρ′+(x, y) = ρ′+(y, x) x, y ∈ SX vagy ρ′−(x, y) = ρ′−(y, x) x, y ∈ SX akkor és csak
akkor, ha (X , ‖ · ‖) euklideszi tér.
Bizonyítás :
1. x = 0 vagy y = 0 esetén
ρ′±(0, y) = limt→0±
‖ty‖2 − ‖0‖2
2t= 0
illetve
ρ′±(x, 0) = limt→0±
‖x‖2 − ‖x‖2
2t= 0.
2. x = y esetén
ρ′±(x, x) = limt→0±
‖x+ tx‖2 − ‖x‖2
2t= lim
t→0±
(t2 + 2t)‖x‖2
2t= ‖x‖2.
3. α > 0 esetén
ρ′±(αx, y) = limt→0±
‖αx+ ty‖2 − ‖αx‖2
2t= α lim
t→0±
‖x+ tαx‖2 − ‖x‖2
2 tα
=
= α lims→0±
‖x+ sy‖2 − ‖x‖2
2s= αρ′±(x, y) s :=
t
α
15
hasonlóan
ρ′±(x, αy) = limt→0±
‖x+ αty‖2 − ‖x‖2
2t=
= α lims→0±
‖x+ sy‖2 − ‖x‖2
2s= αρ′±(x, y) s := αt.
4. A bizonyítás ugyanúgy megy mint az el®z® pontban, itt t → 0+ akkor és csak
akkor, ha s→ 0−, illetve t→ 0− akkor és csak akkor, ha s→ 0+.
5. Adott x, y ∈ X és α ∈ R. Ha t elég kicsi, akkor 1 + αt > 0 és
ρ′±(x, αx+ y) = limt→0±
‖x+ t(αx+ y)‖2 − ‖x‖2
2t= lim
t→0±
‖(1 + tα)x+ ty‖2 − ‖x‖2
2t=
= limt→0±
(1 + tα)2(‖x+ t
1+tαy‖2 − ‖x‖2
)+ (1 + tα)2‖x‖2 − ‖x‖2
2t=
= limt→0±
(1 + tα)(‖x+ t
1+tαy‖2 − ‖x‖2
)2 t1+tα
+ limt→0±
(2αt+ α2t2)‖x‖2
2t=
= lims→0±
( 11−αs)(‖x+ sy‖2 − ‖x‖2)
2s+ α‖x‖2 = ρ′±(x, y) + α‖x‖2
s :=t
1 + αt.
6. Mivel tetsz®leges x, y ∈ X esetén
f(t) = ‖x+ ty‖2 : I → R
konvex függvény, így 3.2. lemmából következik.
7. A 3.3. állításból következik, hogy elég megmutatni, az egyik irányt. Tegyük fel,
hogy
ρ′+(x, y) = ρ′+(y, x) x, y ∈ X .
Ebb®l következik, hogy
ρ′−(x, y) = ρ′−(y, x) x, y ∈ X ,
16
hiszen
ρ′−(x, y) = −ρ′+(−x, y) = −ρ′+(y,−x) = ρ′−(y, x).
Legyen X egy tetsz®leges kétdimenziós altere P . De�niáljuk a 〈·, ·〉 : P × P → R
függvényt a következ®képpen:
〈x, y〉 := ρ+(x, y) + ρ−(x, y)
2, x, y ∈ P .
Megmutatjuk, hogy 〈·, ·〉 skaláris szorzat P-ben. Nyilvánvaló, hogy szimmetrikus,
nemnegatív, 〈x, x〉 = 0 esetén következik, hogy x = 0 és pozitív homogén, így elég
megmutatni, hogy mindkét változójában additív. Mivel szimmetrikus így ezt elég
csak a második változóra megmutatni. Legyenek x, y, z ∈ P tetsz®legesek. Külön
vizsgáljuk az esetet, ahol x, y lineárisan függnek egymástól, illetve függetlenek.
Feltesszük, hogy y = λx, λ ∈ R. Így ρ′± tulajdonságaiból megkapjuk, hogy
〈x, y + z〉 = 〈x, λx+ z〉 =ρ′+(x, λx+ z) + ρ′−(x, λx+ z)
2=
= λ‖x‖2 +ρ′+(x, z) + ρ′−(x, z)
2=
= 〈x, λx〉+ 〈x, z〉 = 〈x, y〉+ 〈x, z〉.
Most legyenek x és y függetlenek, így z = αx+ βy valamilyen α, β ∈ R számokra.
17
Ekkor
〈x, y + z〉 = 〈x, αx+ (1 + β)y〉 =
=ρ′+(x, αx+ (1 + β)y) + ρ′−(x, αx+ (1 + β)y)
2=
=α‖x‖2 + (1 + β)ρ′+(x, y) + α‖x‖2 + (1 + β)ρ′−(x, y)
2=
=ρ′+(x, y) + ρ′−(x, y)
2+α‖x‖2 + ρ′+(x, βy) + α‖x‖2 + ρ′−(x, βy)
2=
= 〈x, y〉+ρ′+(x, αx+ βy) + ρ′−(x, αx+ βy)
2=
= 〈x, y〉+ 〈x, z〉.
Bebizonyítottuk, hogy 〈·, ·〉 skaláris szorzat P-ben. Mivel P-t tetsz®leges kétdi-
menziós altérként választottuk, az 1.2. következmény miatt (X , ‖ · ‖) is euklideszi
tér lesz.
8. Feltesszük, hogy
ρ′+(x, y) = ρ′+(y, x) (x, y ∈ SX ).
Tetsz®leges x, y ∈ X\{0} esetén, legyen
u :=x
‖x‖v :=
y
‖y‖.
Ekkor teljesül, hogy
ρ′+
( x
‖x‖,y
‖y‖
)= ρ′+(u, v) = ρ′+(v, u) = ρ′+
( y
‖y‖,x
‖x‖
).
A 3. pontból következik, hogy
ρ′+(x, y) = ρ′+(y, x) (x, y ∈ X ).
Mivel ρ′+(x, 0) = ρ′+(0, x), így ez az egyenl®ség teljesül minden x, y ∈ X esetén,
tehát (X , ‖ · ‖) euklideszi tér a 7. pont alapján. �
18
3.8. Tétel. Adott (X , ‖ · ‖) normált tér. Ha minden x, y ∈ SX esetén
‖x+ ty‖ = ‖y + tx‖ (t ∈ R)
akkor (X , ‖ · ‖) euklideszi tér.
Bizonyítás : A feltétel teljesüléséb®l következik, hogy
ρ′+(x, y) = ρ′+(y, x) (x, y ∈ SX ),
tehát teljesül 3.7. tétel 8. pontja, ezért (X , ‖ · ‖) valóban euklideszi tér. �
3.9. Tétel. (Lorch) Adott (X , ‖·‖) normált tér esetén a következ® két állítás ekvivalens:
1. ha x, y ∈ X és ‖x‖ = ‖y‖, akkor ‖αx+α−1y‖ ≥ ‖x+y‖ minden α ∈ R\{0} esetén
2. (X , ‖ · ‖) euklideszi tér.
Bizonyítás :
1. lépés El®ször azt mutatjuk meg, hogy ha
‖αx+ α−1y‖ ≥ ‖x+ y‖ (‖x‖ = ‖y‖, α ∈ R\{0})
fennáll, akkor csak akkor teljesül egyenl®séggel, ha α = ±1. Tegyük fel, hogy
c 6= ±1 esetén
‖cx+ c−1y‖ = ‖x+ y‖.
Ekkor a háromszög-egyenl®tlenség miatt∥∥∥∥(1 + c)
2x+
(1 + c−1)
2y
∥∥∥∥ ≤ ‖cx+ c−1y‖+ ‖x+ y‖2
= ‖x+ y‖.
Feltehet®, hogy c > 0. Legyen
z :=
√(1 + c) · (1 + c−1)
4.
Ha c 6= 1, akkor z > 1, ezért∥∥∥∥(1 + c)
2zx+
(1 + c−1)
2zy
∥∥∥∥ < ‖x+ y‖,
azonban(1 + c)
2z· (1 + c−1)
2z= 1,
így ez ellentmondás, tehát az egyenl®ség valóban csak α = ±1 esetén áll fenn.
19
2. lépés Azt bizonyítjuk, ha teljesül a tétel 1. pontja, abból következik, hogy ha
‖αx+ α−1y‖ ≥ ‖x+ y‖
minden α ∈ R\{0} esetén, akkor
‖x‖ = ‖y‖.
Tegyük fel, hogy az 1. pont teljesül, és valamely u, v ∈ X esetén
‖αu+ α−1v‖ ≥ ‖u+ v‖
minden α ∈ R\{0} számra, de
‖u‖ > ‖v‖.
Ekkor
u′ :=‖v‖u‖u‖
c2 :=‖u‖‖v‖
mellett
‖αc2u′ + α−1v‖ ≥ ‖c2u′ + v‖,
azaz
‖αcu′ + α−1c−1v‖ ≥ ‖cu′ + c−1v‖,
vagyis minden β ∈ R esetén
‖βu′ + β−1v‖ ≥ ‖cu′ + c−1v‖.
Mivel ‖u′‖ = ‖v‖, így az 1. pontból következik, hogy
‖cu′ + c−1v‖ = ‖u′ + v‖,
ami azonban csak akkor lehet, ha c = ±1, vagyis c2 = 1, azaz ‖u‖ = ‖v‖, ami
ellentmondás, vagyis igaz az állításunk.
3. lépés Tegyük fel, hogy az 1. pont teljesül. Legyenek x, y ∈ X és α, β ∈ R olyanok,
hogy ‖x‖ = ‖y‖ és α, β > 0. Legyen
t := αβ + α−1β−1 s := αβ−1 + α−1β,
20
ekkor
ts = α2 + α−2 + β2 + β−2 ≥ (α + α−1)2.
Az 1. pontból következik, hogy
‖β(αx+ α−1y) + β−1(α−1x+ αy)‖ = ‖tx+ sy‖ =
=√ts
∥∥∥∥∥√t
sx+
√s
ty
∥∥∥∥∥ =
≥ (α + α−1)‖x+ y‖ =
= ‖(αx+ α−1y) + (α−1x+ αy)‖,
amib®l következik, hogy
‖β(αx+ α−1y) + β−1(α−1x+ αy)‖ ≥ ‖(αx+ α−1y) + (α−1x+ αy)‖
minden β ∈ R\{0} esetén. Így a bizonyítás 2. lépéséb®l
‖αx+ α−1y‖ = ‖α−1x+ αy‖ (α ∈ R)
következik, vagyis
‖sx+ y‖ = ‖x+ sy‖ (s > 0).
Mivel ‖x‖ = ‖ − x‖, így
‖ − sx+ y‖ = ‖s(−x) + y‖ = ‖ − x+ sy‖ = ‖x− sy‖ (s > 0).
Ez azt jelenti, hogy minden s < 0 esetén is teljesül az egyenl®ség, ezért 3.8. tételb®l
következik, hogy (X , ‖ · ‖) euklideszi tér.
4. lépés Ha (X , ‖ · ‖) euklideszi tér, akkor ‖x‖ = ‖y‖ esetében
‖αx+ α−1y‖2 = α2‖x‖2 + 2〈x, y〉+ α−2‖y‖2 ≥
≥ ‖x‖2 + 2〈x, y〉+ ‖y‖2 = ‖x+ y‖2,
hiszen
α‖x‖+ α−1‖y‖ = (α + α−1)‖x‖ ≥ 2‖x‖ = ‖x‖+ ‖y‖.
Tehát ha ‖x‖ = ‖y‖, minden α ∈ R esetén
‖αx+ α−1y‖ ≥ ‖x+ y‖. �
21
3.10. Tétel. (Gurarii-Sozonov) Ha teljesül∥∥∥∥(x+ y)
2
∥∥∥∥ ≤ ‖tx+ (1− t)y‖
minden x, y ∈ SX , t ∈ [0, 1] esetén, akkor (X‖ · ‖) euklideszi tér.
Bizonyítás : Tegyük fel, hogy teljesül a feltétel. Legyenek x, y ∈ SX . Ekkor
‖αx+ α−1y‖ = (α + α−1)
∥∥∥∥ α
α + α−1x+
α−1
α + α−1y
∥∥∥∥ ≥≥ (α + α−1)
∥∥∥∥x+ y
2
∥∥∥∥ ≥≥ ‖x+ y‖
minden α > 0 esetén. Így 3.9. tételb®l következik, hogy (X , ‖ · ‖) euklideszi tér. �
22
4. Jellemzés ortogonalitással
(X , 〈·, ·〉) euklideszi tér esetén akkor mondjuk, hogy x és y ortogonális, ha 〈x, y〉 = 0
(x ⊥ y). Az ortogonalitás fogalmát kiterjeszthetjük normált terekre úgy, hogy új féle
ortogonalitást de�niálunk. Azt vizsgáljuk, hogy az euklideszi ortogonalitásra jellemz®
tulajdonságok közül melyek teljesülnek a kiterjesztett ortogonalitásokra.
4.4. Állítás. Az euklideszi ortogonalitásra, a következ® tulajdnoságok teljesülnek:
1. x ⊥ x⇒ x = 0 (nemdegenerált)
2. x ⊥ y ⇒ λx ⊥ µy minden λ, µ ∈ R esetén (homogén)
3. x ⊥ y ⇒ y ⊥ x (szimmetrikus)
4. x ⊥ y és x ⊥ z, akkor x ⊥ (y + z) (additív)
5. ha x 6= 0, akkor létezik α ∈ R, hogy x ⊥ (αx+ y) (egzisztens)
6. ez az α egyértelm¶ (egyedi).
4.3. Megjegyzés. Ha az adott ortogonalitás nem szimmetrikus, külön kell vizsgálni a
bal- és jobboldali additivitást, egzisztenciát illetve egyediséget.
4.1. Isosceles-ortogonalitás
4.3. De�níció. Adott (X , ‖ · ‖) normált tér és x, y ∈ X esetén azt mondjuk, hogy x és
y vektorok Isosceles-ortogonálisak, ha
‖x+ y‖ = ‖x− y‖.
4.4. Megjegyzés. Az Isosceles-ortogonalitás szimmetrikus, egzisztens és pontosan ak-
kor egyedi, ha X szigorúan konvex.
4.5. Állítás. (X , 〈·, ·〉) euklideszi térben x ⊥I y pontosan akkor, ha 〈x, y〉 = 0.
23
Bizonyítás : Tetsz®leges x, y ∈ X Isosceles-ortogonális vektorok esetén
‖x+ y‖2 = ‖x‖2 + 2〈x, y〉+ ‖y‖2 = ‖x− y‖2 + 4〈x, y〉,
amib®l következik, hogy
〈x, y〉 = 0.
Ha pedig 〈x, y〉=0, akkor
‖x+ y‖2 = ‖x‖2 + ‖y‖2 = ‖x− y‖2. �
4.11. Tétel. Ha az Isosceles-ortogonalitás homogén, akkor (X , ‖ · ‖) euklideszi tér.
Bizonyítás : Adott x, y ∈ SX esetén feltesszük, hogy ⊥I homogén. Ekkor (x + y) ⊥I(x− y). Így a feltevésünkb®l következik, hogy
(1 + t)
2(x+ y) ⊥I
(1− t)2
(x− y),
vagyis ∥∥∥∥(1 + t)
2(x+ y) +
(1− t)2
(x− y)∥∥∥∥ =
∥∥∥∥(1 + t)
2(x+ y)− (1− t)
2(x− y)
∥∥∥∥ ,azaz
‖x+ ty‖ = ‖y + tx‖ (t ∈ R),
tehát 3.8. tételb®l következik, hogy (X , ‖ · ‖) euklideszi tér. �
4.2. Birkho�-ortogonalitás
4.4. De�níció. Adott (X , ‖ · ‖) normált tér, x, y ∈ X esetén azt mondjuk, hogy x és y
ortogonálisak Birkho� értelemben, azaz x ⊥B y, ha
‖x+ ty‖ ≥ ‖x‖ (t ∈ R)
4.5. Megjegyzés. A Birkho�-ortogonalitás homogén, egzisztens.
4.6. Állítás. Ha (X , 〈·, ·〉) euklideszi tér, x, y ∈ X esetén x ⊥B y pontosan akkor, ha
〈x, y〉 = 0.
24
Bizonyítás : Ha 〈x, y〉 = 0, akkor
‖x+ ty‖2 = ‖x‖2 + t2‖y‖2 ≥ ‖x‖2.
Ha ‖x+ ty‖ ≥ ‖x‖ minden t ∈ R esetén, akkor
‖x+ ty‖2 = ‖x‖2 + 2t〈x, y〉+ t2‖y‖2 ≥ ‖x‖2
ami azt jelenti, hogy tetsz®leges x, y ∈ X vektorokra
2t〈x, y〉+ t2‖y‖2 ≥ 0.
A t > 0 esetben
2〈x, y〉+ t‖y‖2 ≥ 0,
ha vesszük a t→ 0+ határértéket
2〈x, y〉 ≥ 0.
A t < 0 esetben
2〈x, y〉+ t‖y‖2 ≤ 0,
ekkor ha vesszük a t→ 0− határértéket
2〈x, y〉 ≤ 0.
Ebb®l következik, hogy
〈x, y〉 = 0. �
4.12. Tétel. Adott (X , ‖ · ‖) normált tér, dimX ≥ 2 és x, y ∈ X ekkor a következ®
állítások ekvivalensek:
1. x ⊥I y ⇒ x ⊥B y
2. x ⊥B y ⇒ x ⊥I y
3. (X , ‖ · ‖) euklideszi tér.
Bizonyítás :
25
1. lépés Feltesszük, hogy
x ⊥I y ⇒ x ⊥B y.
Ekkor legyen x, y ∈ X és ‖x‖ = ‖y‖ esetén
u := x+ y v := x− y.
Ekkor teljesül, hogy
‖u+ v‖ = ‖u− v‖,
azaz u ⊥I v, vagyis a feltevésünk szerint
‖u+ λv‖ ≥ ‖u‖,
‖x+ y + λ(x− y)‖ ≥ ‖x+ y‖,
amib®l következik, hogy∥∥∥∥(1 + λ)
2x+
(1− λ)2
y
∥∥∥∥ ≥ ∥∥∥∥x+ y
2
∥∥∥∥minden λ ∈ R esetén, így t := 1+λ
2helyettesítéssel
‖tx+ (1− t)y‖ ≥∥∥∥∥x+ y
2
∥∥∥∥ (t ∈ R),
ezért 3.10. tételb®l következik, hogy (X , ‖ · ‖) euklideszi tér.
2. lépés Feltesszük, hogy
x ⊥B y ⇒ x ⊥I y.
Legyen u, v ∈ SX és x ∈ (u, v) olyan, hogy
‖λu+ (1− λ)v‖ ≥ ‖x‖ (λ ∈ R).
Ekkor teljesül, hogy
‖x+ λ(u− x)‖ ≥ ‖x‖ (λ ∈ R),
vagyis x ⊥B (u− x), illetve
‖x+ α(v − x)‖ ≥ ‖x‖ (α ∈ R),
26
vagyis x ⊥B (v − x). Tegyük fel, hogy
‖x‖ <∥∥∥∥u+ v
2
∥∥∥∥ .Ekkor, ha x ∈ (u, u+v
2), akkor valamely t ∈ (0, 1) esetén
x =(1 + t)
2u+
(1− t)2
v.
Mivel x ⊥B (u− x), így a feltevés szerint x ⊥I (u− x), vagyis
1 = ‖u‖ = ‖2x− u‖.
Azonban
2x− u = tu+ (1− t)v,
vagyis 2x− u ∈ (u, v). Így a háromszög-egyenl®ség miatt
‖λu+ (1− λ)v‖ = 1 λ ∈ (0, 1),
azaz
1 = ‖x‖ <∥∥∥∥u+ v
2
∥∥∥∥ ≤ 1,
ami ellentmondás. Ha x ∈ (v, u+v2), szintén ellentmondásra jutunk, tehát
‖x‖ =∥∥∥∥u+ v
2
∥∥∥∥ .Ez azt jelenti, hogy
‖λu+ (1− λ)v‖ ≥∥∥∥∥u+ v
2
∥∥∥∥ λ ∈ [0, 1],
minden u, v ∈ SX esetén, vagyis 3.10. tételb®l következik, hogy (X , ‖ · ‖) euklideszi
tér.
3. lépés Ha (X , ‖·‖) euklideszi tér, ⊥I és⊥B ekvivalensek az euklideszi ortogonalitással.
�
27
4.3. Pitagoraszi ortogonalitás
4.5. De�níció. Adott (X , ‖ · ‖) normált tér, azt mondjuk, hogy x, y ∈ X ortogonálisak
pitagoraszi értelemben, azaz x ⊥P y, ha
‖x+ y‖2 = ‖x‖2 + ‖y‖2.
4.6. Megjegyzés. A pitagoraszi ortogonalitás szimmetrikus, egzisztens.
4.3. Lemma. Adott (X , ‖ · ‖) normált tér, ha dimX ≥ 2, akkor minden x ∈ X és t ≥ 0
esetén létezik olyan y ∈ X , hogy ‖y‖ = t és x ⊥P y.
Bizonyítás : Vegyük a következ® függvényt:
f(y) = ‖x+ y‖2 − ‖x‖2 − t2 y ∈ (t · SX ).
Az f folytonos t · SX -en, ezért elég megmutatni, hogy léteznek olyan y1, y2 ∈ t · SXvektorok, amelyekre f(y1) ≤ 0 ill. f(y2) ≥ 0. Tetsz®leges x ∈ X és t ∈ R esetén legyen
y1 := −tx
‖x‖. Ekkor
f(y1) =
∥∥∥∥x− tx
‖x‖
∥∥∥∥2 − ‖x‖2 − t2 = [(1− t
‖x‖
)2− 1]‖x‖2 − t2
=(− 2t
‖x‖+
t2
‖x‖2)‖x‖2 − t2 = −2t‖x‖ ≤ 0.
Most legyen y2 :=tx
‖x‖. Ekkor
f(y2) =
∥∥∥∥x+ tx
‖x‖
∥∥∥∥2 − ‖x‖2 − t2 = [(1 + t
‖x‖
)2− 1]‖x‖2 − t2
=( 2t
‖x‖+
t2
‖x‖2)‖x‖2 − t2 = 2t‖x‖ ≥ 0.
Ezek szerint van olyan y ∈ t · SX , amelyre
‖x+ y‖2 = ‖x‖2 + t2 = ‖x‖2 + ‖y‖2,
azaz x ⊥P y és ‖y‖ = t. �
28
4.13. Tétel. Ha x, y ∈ X esetén x ⊥P y ⇒ x ⊥P −y, akkor (X , ‖ · ‖) euklideszi tér.
Bizonyítás : Adottak u, v ∈ SX . Ha ‖u+ v‖ = ‖u− v‖ = 2 lenne, akkor∥∥∥∥u+ v
2
∥∥∥∥2 + ∥∥∥∥u− v2
∥∥∥∥2 = 2 > 1 = ‖u‖2 ,
ígyu+ v
26⊥P
u− v2
.
Feltesszük, hogy
‖u− v‖ = 2t < 2.
A 4.3. lemma alapján x legyen olyan, hogy
x ⊥Pu− v2
‖x‖ =√(1− t2).
Ekkor a tételünk szerint ∥∥∥∥x± (u− v)2
∥∥∥∥2 = ‖x‖2 + t2 = 1,
vagyis
x± 1
2(u− v) ∈ SX .
Mivel1
2(u+ v)± 1
2(u− v) ∈ SX és ‖u− v‖ < 2,
ez akkor és csak akkor lehetséges, ha
x = ±(u+ v)
2.
Ebb®l következik, hogy ∥∥∥∥u+ v
2
∥∥∥∥2 = 1−∥∥∥∥u− v2
∥∥∥∥2 .Ugyanezt kapjuk, ha ‖u+ v‖ < 2, vagyis ekkor teljesül, hogy
‖u+ v‖+ ‖u− v‖ = 4 u, v ∈ (SX ),
azaz 2.6. tételb®l következik, hogy (X , ‖ · ‖) euklideszi tér. �
29
4.3. Következmény. Ha a pitagoraszi ortogonalitás homogén, akkor (X , ‖·‖) euklideszi
tér.
4.4. Lemma. Ha X szigorúan konvex, x, y ∈ X , y 6= 0 esetén a Birkho�-ortogonalitás
bal egyedi, azaz egyértelm¶en létezik α ∈ R, amelyre (x+ αy) ⊥B y.
Bizonyítás : Tegyük fel, hogy α 6= β esetén (x+ αy) ⊥B y és (x+ βy) ⊥B y. Ekkor
‖x+ (α + λ)y‖ ≥ ‖x+ αy‖,
‖x+ (β + λ)y‖ ≥ ‖x+ βy‖
minden λ ∈ R számra, vagyis
‖x+ ty‖ ≥ ‖x+ αy‖,
‖x+ ty‖ ≥ ‖x+ βy‖
minden t ∈ R számra. Ebb®l következik, hogy
‖x+ αy‖ = ‖x+ βy‖,
így a szigorú konvexitásból∥∥∥∥x+ α + β
2y
∥∥∥∥ < ‖x+ αy‖+ ‖x+ βy‖2
= ‖x+ αy‖,
ami ellentmondás, tehát α = β. �
4.5. Lemma. Adott (X , ‖ ·‖) normált tér, ekkor a pitagoraszi ortogonalitás egyedi, azaz
minden x, y ∈ X , x 6= 0 esetén egyértelm¶en létezik α ∈ R, hogy x ⊥P (αx+ y).
Bizonyítás : Tegyük fel, hogy az állításunk nem igaz. Ekkor létezik 0 6= x, y ∈ X és
α > 0, hogy x ⊥P y és x ⊥ (αx+ y), azaz
‖x+ y‖2 = ‖x‖2 + ‖y‖2 ‖x+ αx+ y‖2 = ‖x‖2 + ‖αx+ y‖2. (4.3)
Legyen g := ‖y + tx‖2, (4.3) alapján
g(1) = ‖x‖2 + g(0), g(α + 1) = ‖x‖2 + g(α). (4.4)
30
A g függvény 3.2. állítás alapján konvex. El®ször azt bizonyítjuk, hogy ha 0 < t < 1 és
s1, s2 olyanok, hogy g(s1) 6= g(s2), akkor
g(ts1 + (1− t)s2) < tg(s1) + (1− t)g(s2). (4.5)
g(ts1 + (1− t)s2) = ‖t(y + s1x) + (1− t)(y + s2x)‖2 ≤
≤ t2‖y + s1x‖2 + (1− t)2‖y + s2x‖2 + 2t(1− t)‖y + s1x‖‖y + s2x‖ =
= t‖y + s1x‖2 + (1− t)‖y + s2x‖2 + (t2 − t)·
·(‖y + s1x‖2 + ‖y + s2x‖2 − 2‖y + s1x‖‖y + s2x‖) =
= tg(s1) + (1− t)g(s2)− t(1− t)(‖y + s1x‖ − ‖y + s2x‖)2 ≤
≤ tg(s1) + (1− t)g(s2),
ahol az egyenl®tlenség szigorú lesz, ha g(s1) 6= g(s2).
Most tegyük fel, hogy 0 < α < 1, ekkor (4.3), (4.4) és (4.5) felhasználásával kapjuk,
hogy
g(α) < αg(1) + (1− α)g(0),
g(1) < αg(α) + (1− α)g(α + 1) =
= αg(α)(g(α) + g(1)− g(0)),
amib®l következik, hogy
αg(1) + (1− α)g(0) < g(α),
ami ellentmondás.
Az α > 1 esetben g konvexitásából és (4.4)-b®l adódóan g(0) 6= g(α), g(1) 6= g(α+ 1) és
(4.5) alapján
g(1) <α− 1
αg(0) +
1
αg(α),
és
g(α) <g(1)
α+α− 1
αg(α + 1) =
=g(1)
α+α− 1
α(g(α) + g(1)− g(0)),
vagyisα− 1
αg(0) +
1
αg(α) < g(1),
31
amely ellentmondás.
Az α = 1 esetben pedig
g(2) = g(1) + ‖x‖2 = g(0) + 2‖x‖2,
és
g(1) <1
2(g(0) + g(2)) = g(0) + ‖x‖2,
amely szintén ellentmondás, azaz minden esetben teljesül a megfogalmazott tétel. �
4.14. Tétel. Adott (X , ‖ · ‖) normált tér és x, y ∈ X tetsz®legesek. Ha a következ®
állítások közül bármelyik teljesül, akkor (X , ‖ · ‖) euklideszi tér.
1. x ⊥P y ⇒ x ⊥I y
2. x ⊥I y ⇒ x ⊥P y
3. x ⊥B y ⇒ x ⊥P y
4. x ⊥P y ⇒ x ⊥B y.
Bizonyítás :
1. lépés Ha x ⊥P y ⇒ x ⊥I y, akkor
‖x‖2 + ‖y‖2 = ‖x+ y‖2 = ‖x− y‖2
vagyis 4.13. tételb®l következik, hogy (X , ‖ · ‖) euklideszi tér.
2. lépés Ha x ⊥I y ⇒ x ⊥P y, legyenek u, v ∈ SX esetén
x := u+ v y := u− v.
Ekkor x ⊥I y, vagyis
4 = ‖x+ y‖2 = ‖x‖2 + ‖y‖2 = ‖u+ v‖2 + ‖u− v‖2,
azaz 2.6. tételb®l következik, hogy (X , ‖ · ‖) euklideszi tér.
32
3. lépés Ha x ⊥B y, akkor x ⊥B −y, vagyis
‖x− y‖2 = ‖x‖2 + ‖y‖2 = ‖x+ y‖2,
tehát x ⊥I y is teljesül, ezért 4.12. tétel 2. pontjából következik, hogy (X , ‖ · ‖)
euklideszi tér.
4. lépés Azt mutatjuk meg, hogy
x ⊥P y ⇒ x ⊥B y
implikálja, hogy
x ⊥B y ⇒ x ⊥P y.
Ehhez el®ször belátjuk, hogy
x ⊥P y ⇒ x ⊥B y
miatt X szigorúan konvex.
Tegyük fel, hogy nem szigorúan konvex, ekkor x, y ∈ X legyenek olyanok, hogy
x 6= y és ‖x‖ = ‖y‖ =∥∥∥∥(x+ y)
2
∥∥∥∥ = 1,
de
x 6⊥Px+ y
2.
A 4.5. lemma miatt egyértelm¶en létezik α 6= 0, hogy
x+ y
2⊥P α
(x+ y)
2+ x.
Ekkor ∥∥∥∥(α + 1)x+ y
2+ x
∥∥∥∥2 = 1 +
∥∥∥∥αx+ y
2+ x
∥∥∥∥2ezért ∥∥∥∥x+ y
2+ tα
x+ y
2+ tx
∥∥∥∥ ≥ ∥∥∥∥x+ y
2
∥∥∥∥ = 1,
minden t ∈ R esetén. Ha t := − 1α, akkor ebb®l következik, hogy |α| ≤ 1. Most
t := − 1α+2
esetén, | 1α+2| ≥ 1, így α = −1 lehet csak. Ez azt jelenti, hogy
1 =
∥∥∥∥x+ y
2+x− y2
∥∥∥∥2 = ∥∥∥∥x+ y
2
∥∥∥∥2 + ∥∥∥∥x− y2
∥∥∥∥2 = 1 +
∥∥∥∥x− y2
∥∥∥∥2 .33
Így x = y, ami ellentmondás, tehát X szigorúan konvex.
Most tegyük fel, hogy
x ⊥P y ⇒ x ⊥B y,
de
x ⊥B y ; x ⊥P y.
Legyen x, y ∈ X olyanok, hogy x ⊥B y, de x 6⊥P y. Ekkor egyértelm¶en létezik
α 6= 0, hogy
x+ αy ⊥P y,
a 4.5. lemma alapján, ezért
x+ αy ⊥B y,
ez azonban ellentmond a Birkho�-ortogonalitás bal egyediségének 4.4. lemma alap-
ján, mivel X szigorúan konvex, tehát valóban
x ⊥B y ⇒ x ⊥P y,
vagyis (X , ‖ · ‖) euklideszi tér. �
34
5. Hermite-Hadamard-féle ortogonalitás
5.1. p-HH norma
El®ször a Hermite-Hadamard-egyenl®tlenséget bizonyítjuk, amely segítségével normák
egy új osztályát de�niáljuk.
5.15. Tétel. Ha f : I → R konvex függvény, minden a, b ∈ I és a < b esetén
f(a+ b
2
)≤ 1
b− a
b∫a
f(x)dx ≤ f(a) + f(b)
2.
Bizonyítás : Rögzített a, b ∈ I mellett legyen u := ta+(1− t)b, v := (1− t)a+ tb. Ekkor
f konvexitása miatt
f(a+ b
2
)= f
(u+ v
2
)≤
≤ 1
2f(u) +
1
2f(v) =
=1
2(f(ta+ (1− t)b) + f((1− t)a+ tb)).
Integráljuk az egyenl®tlenséget t szerint a (0,1) intervallumon
f(a+ b
2
)=
1
2
( 1∫0
f(ta+ (1− t)b)dt+1∫
0
f((1− t)a+ tb)dt)=
=1
b− a
b∫a
f(x)dx.
A másik egyenl®tlenség bizonyításához
1
b− a
b∫a
f(x)dx =
1∫0
f((1− t)a+ tb)dt ≤
≤ f(a)
1∫0
(1− t)dt+ f(b)
1∫0
tdt =
=f(a) + f(b)
2. �
35
Adott (X , ‖ · ‖) normált tér, a norma ‖ · ‖ : X → R konvex függvény, így
∥∥∥∥x+ y
2
∥∥∥∥ ≤1∫
0
‖(1− t)x+ ty‖ ≤ ‖x‖+ ‖y‖2
(x, y ∈ X ).
5.6. De�níció. Legyen 1 ≤ p ≤ ∞ esetén a ‖(·, ·)‖p−HH : X 2 → R leképezés a követ-
kez®:
‖(x, y)‖p−HH :=( 1∫
0
‖(1− t)x+ ty‖pdt) 1
p
Az integrál véges a Hermite-Hadamard-egyenl®tlenség miatt. p =∞ esetén
‖(x, y)‖∞−HH = ‖(x, y)‖∞.
5.16. Tétel. A megadott ‖(·, ·)‖p−HH : X 2 → R leképezés norma.
Bizonyítás : A de�nícióból következik, hogy pozitív homogén. A háromszög-
egyenl®tlenség következik a Minkowski-egyenl®tlenségb®l és nyilvánvalóan nem negatív.
Tegyük fel, hogy (x, y) = (0, 0). Ekkor
‖(1− t)x+ ty‖ = 0 t ∈ [0, 1],
így
‖(x, y)‖p−HH = 0.
Ha (x, y) ∈ X 2 olyan, hogy
‖(x, y)‖p−HH = 0,
akkor
0 ≤∥∥∥∥x+ y
2
∥∥∥∥ ≤ (1∫
0
‖(1− t)x+ ty‖pdt) 1
p= 0,
Tehát ∥∥∥∥x+ y
2
∥∥∥∥ = 0 ⇒ x = −y.
Így a következ® igaz:
( 1∫0
‖(1− t)x+ ty‖pdt) 1
p=( 1∫
0
|2t− 1|p‖y‖pdt) 1
p= ‖y‖
( 1
p+ 1
).
36
Mivel
‖(x, y)‖p−HH = 01
p+ 16= 0,
így
x = y = 0,
vagyis ‖(·, ·)‖p−HH valóban norma. �
5.2. HH-I ortogonalitás
Adott (X , ‖ ·‖) normált tér, legyen x, y ∈ X olyan, hogy (1− t)x ⊥I ty majdnem minden
t ∈ [0, 1] esetén. Ekkor
‖(x, y)‖22−HH =
1∫0
‖(1− t)x+ ty‖2dt =1∫
0
‖(1− t)x− ty‖2dt. (5.6)
5.7. De�níció. Adott (X , ‖ · ‖) normált tér és x, y ∈ X . Azt mondjuk, hogy x és y
HH − I ortogonálisak azaz, x ⊥HH−I y, ha (5.6) teljesül.
5.7. Állítás. Ha (X , ‖ · ‖) euklideszi tér, a HH − I ortogononalitás ekvivalens az euk-
lideszi ortogonalitással.
Bizonyítás : Ha 〈x, y〉=0, akkor
1∫0
‖(1− t)x+ ty‖2dt =1∫
0
(1− t)2‖x‖2+ t2‖y‖2+2t(1− t)〈x, y〉dt =1∫
0
‖(1− t)x− ty‖2dt,
ha pedig teljesül (5.6)
1∫0
(1− t)2‖x‖2 + t2‖y‖2 + 2t(1− t)〈x, y〉dt =1∫
0
(1− t)2‖x‖2 + t2‖y‖2 − 2t(1− t)〈x, y〉dt,
vagyis1∫
0
t(1− t)〈x, y〉dt =1∫
0
−t(1− t)〈x, y〉dt,
1
3〈x, y〉 = −1
3〈x, y〉,
tehát 〈x, y〉 = 0. �
37
5.8. Állítás. A HH − I ortogonalitás nem ekvivalens az Isosceles-ortogonalitással.
5.1. Példa. Legyen (X , ‖ · ‖) := (R2, ‖ · ‖l1). Ekkor x = (2,−1) és y = (1, 1) esetén
x ⊥I y, de x 6⊥HH−I y. Másrészt ha x = (−18+√1298, 1) és y = (−1
8+√1298,−2), akkor
x ⊥HH−I y, de x 6⊥I y.
5.9. Állítás. A HH−I ortogonalitás szimmetrikus, egzisztens és pontosan akkor egyedi,
ha X szigorúan konvex.
5.17. Tétel. A HH − I ortogonalitás pontosan akkor homogén, ha (X , ‖ · ‖) euklideszi
tér.
Bizonyítás : Ha (X , ‖ ·‖), euklideszi tér, a HH−I ortogonalitás ekvivalens az euklideszi
ortogonalitással, így homogén. Feltesszük, hogy a HH − I ortogonalitás homogén, és
legyen x, y ∈ X , olyanok, hogy ‖x‖ = ‖y‖. Minden t ∈ (0, 1)-re legyen
A(t) :=x+ y
1− tB(t) :=
x− yt
.
Ekkor1∫
0
‖(1− t)A(t) + tB(t)‖2dt =1∫
0
‖x+ y + x− y‖2dt = 4‖x‖2
és1∫
0
‖(1− t)A(t)− tB(t)‖2dt =1∫
0
‖x+ y − x+ y‖2dt = 4‖y‖2.
Mivel ‖x‖ = ‖y‖, így az egyenl®ségekb®l következik, hogy A(t) ⊥HH−I B(t), minden
t ∈ (0, 1) esetén. Feltettük, hogy a HH − I ortogonalitás homogén, így minden s ∈ R
eseténs+ 1
2A(t) ⊥HH−I
s− 1
2B(t),
azaz1∫
0
∥∥∥∥(1− t)s+ 1
2A(t) + t
s− 1
2B(t)
∥∥∥∥2 dt = ‖sx+ y‖2,
illetve1∫
0
∥∥∥∥(1− t)s+ 1
2A(t)− ts− 1
2B(t)
∥∥∥∥2 dt = ‖x+ sy‖2,
38
vagyis
‖sx+ y‖ = ‖x+ sy‖ s ∈ X ,
ezért 3.8. tétel miatt (X , ‖ · ‖) euklideszi tér. �
5.3. HH-P ortogonalitás
Adott (X , ‖·‖) normált tér, legyen x, y ∈ X olyan, hogy (1−t)x ⊥P ty majdnem minden
t ∈ [0, 1] esetén. Ekkor
1∫0
‖(1− t)x+ ty‖2dt =1∫
0
‖(1− t)x‖2 + ‖ty‖2dt = 1
3(‖x‖2 + ‖y‖2). (5.7)
5.8. De�níció. Adott (X , ‖ · ‖) normált tér és x, y ∈ X . Azt mondjuk, hogy x és y
HH − P ortogonálisak, azaz x ⊥HH−P y, ha (5.7) teljesül.
5.10. Állítás. Ha (X , ‖ · ‖) euklideszi tér, a HH − P ortogonalitás ekvivalens az eukli-
deszi ortogonalitással.
Bizonyítás : Ha x, y ∈ X és 〈x, y〉 = 0, akkor
1∫0
‖(1− t)x+ ty‖2dt =
1∫0
‖(1− t)x‖2 + ‖ty‖2 + 2t(1− t)〈x, y〉dt =
=
1∫0
‖(1− t)x‖2 + ‖ty‖2dt = 1
3(‖x‖2 + ‖y‖2).
Ha (5.7) teljesül, akkor
1∫0
‖(1− t)x+ ty‖2dt =
1∫0
‖(1− t)x‖2 + ‖ty‖2 + 2t(1− t)〈x, y〉dt =
=
1∫0
‖(1− t)x‖2 + ‖ty‖2,
vagyis
0 =
1∫0
2t(1− t)〈x, y〉dt = 1
3〈x, y〉,
39
tehát 〈x, y〉 = 0. �
5.11. Állítás. A HH − P ortogonalitás nem ekvivalens a pitagoraszi ortogonalitással.
5.2. Példa. Legyen (X , ‖ · ‖) := (R2, ‖ · ‖l1). Ha x = (−3, 6) és y = (8, 4), akkor x ⊥P y,
de x 6⊥HH−P y. Másrészt ha x = (2, 1) és y = (112−√1452, 1), akkor x ⊥HH−P y, de
x 6⊥P y.
5.12. Állítás. A HH − P ortogonalitás szimmetrikus, egzisztens és egyedi.
Bizonyítás : Az egzisztencia tulajdnoságot bizonyítjuk be, mivel ehhez szükség van a
következ® tétel belátásához.
Rögzítsük x, y ∈ X vektorokat, x 6= 0 és legyen f : R× (0, 1)→ R függvény a következ®:
f(a, t) := ‖tx‖2 + ‖(1− t)(ax+ y)‖2 − ‖(1− t)(ax+ y) + tx‖2, (5.8)
és F : R→ R legyen
F (a) :=
1∫0
f(a, t)dt.
Azt kell megmutatnunk, hogy F (s) = 0 valamely s ∈ R esetén. Mivel F folytonos, így
Bolzano tétele miatt elég megmutatni, hogy létezik a1 6= a2, hogy
F (a1) < 0 és F (a2) > 0.
Legyen a > 0. Mivel t 6= 1, a következ® igaz:
1 = −2t(1− t)a+ t2
(1− t)2a2+(1 +
t
(1− t)a
)2.
f(a, t)-t a következ®képpen fejezhetjük ki:
t2‖x‖2 − 2t(1− t)a+ t2
(1− t)2a2‖(1− t)(ax+ y)‖2+
+
∥∥∥∥((1− t)a+ t)x+((1− t) + t
a
)y
∥∥∥∥2 − ‖((1− t)a+ t)x+ (1− t)y‖2.
A két utolsó kifejezés átírásával, majd a háromszög-egyenl®tlenség felhasználásával(∥∥∥∥((1− t)a+ t)x+((1− t) + t
a
)y
∥∥∥∥− ‖((1− t)a+ t)x+ (1− t)y‖
)·
40
·
(∥∥∥∥((1− t)a+ t)x+((1− t) + t
a
)y
∥∥∥∥+ ‖((1− t)a+ t)x+ (1− t)y‖
)≤
≤ t
a‖y‖
(2((1− t)a+ t)‖x‖+
(2(1− t) + t
a
)‖y‖
).
Ezért
f(a, t) ≤ t2‖x‖2 − (2t(1− t)a+ t2)(‖x‖ −
∥∥∥ya
∥∥∥)2++(2t(1− t) + 2t2
a
)‖x‖‖y‖+
(2t(1− t)a
+t2
a2
)‖y‖2 =
= −2t(1− t)a‖x‖2 +(6t(1− t) + 4t2
a
)‖x‖‖y‖.
Ha ezt az egyenl®tlenséget integráljuk t szerint (0, 1)-en
F (a) =
1∫0
f(a, t)dt ≤ −1
3a‖x‖2 +
(1 +
4
3a
)‖x‖‖y‖.
Ha a := a1-et elég nagynak választjuk, mivel x 6= 0, megkapjuk, hogy
F (a1) =
1∫0
f(a1, t)dt < 0.
Most legyen ismét a > 0 és
f(−a, t) = ‖tx‖2 + ‖(1− t)(ax− y)‖2 − ‖(1− t)(ax− y)− tx‖2.
Mivel t 6= 1, igaz a következ®:
1 =2t(1− t)a− t2
(1− t)2a2+(1− t
(1− t)a
)2,
ezért f(−a, t) kifejezhet® a következ®képpen:
‖tx‖2 + 2t(1− t)a− t2
(1− t)2a2‖(1− t)(ax− y)‖2+
+
∥∥∥∥((1− t)a− t)− (1− t− t
a
)y
∥∥∥∥2 − ‖((1− t)a− t)x− (1− t)y‖2.
Az utolsó két kifejezés átírásával, majd a háromszög-egyenl®tlenséggel(∥∥∥∥((1− t)a− t)x− (1− t− t
a
)y
∥∥∥∥− ‖((1− t)a− t)x− (1− t)y‖
)·
41
·
(∥∥∥∥((1− t)a− t)x− (1− t− t
a
)y
∥∥∥∥+ ‖((1− t)a− t)x− (1− t)y‖
)≥
≥ − ta‖y‖
(2|(1− t)a− t| · ‖x‖+
(∣∣∣1− t− t
a
∣∣∣+ 1− t)‖y‖
).
Ezért
f(−a, t) ≥ ‖tx‖2 + 2t(1− t)a∥∥∥x− y
a
∥∥∥2 − t2 ∥∥∥x− y
a
∥∥∥2−− ta‖y‖(2|(1− t)a− t| · ‖x‖+
(∣∣∣1− t− t
a
∣∣∣+ 1− t)‖y‖)≥
≥ ‖tx‖2 + 2t(1− t)a∥∥∥x− y
a
∥∥∥2 − t2(‖x‖+ ∥∥∥ya
∥∥∥)2−−2∣∣∣(1− t)t− t2
a
∣∣∣‖x‖‖y‖ − (∣∣∣t(1− t)a
− t2
a2
∣∣∣+ (1− t)ta
)‖y‖2 =
= 2t(1− t)a∥∥∥x− y
a
∥∥∥2 − (2∣∣∣(1− t)t− t2
a
∣∣∣+ 2t2
|a|
)‖x‖‖y‖−
−(∣∣∣t(1− t)
a− t2
a2
∣∣∣+ (1− t)ta
+t2
a2
)‖y‖2 ≥
≥ 2t(1− t)a‖x‖2 −(2∣∣∣(1− t)t− t2
a
∣∣∣+ 2t2
a+ 4t(1− t)
)‖x‖‖y‖−
−(∣∣∣t(1− t)
a− t2
a2
∣∣∣− (1− t)ta
+t2
a2
)‖y‖2.
A kapott egyenl®tlenséget integráljuk t szerint (0, 1)-en
F (−a) =
1∫0
f(−a, t)dt ≥ 1
3a‖x‖2 −
(a3 + 3a+ 2
3a(a+ 1)2+
2
3a+
2
3
)‖x‖‖y‖−
−(a3 + 3a+ 2
6a2(a+ 1)2− 1
6a+
1
3a2
)‖y‖2.
Ha a elég nagy, akkor −a := a2 esetén F (a2, t) > 0. �
5.18. Tétel. A HH − P ortogonalitás pontosan akkor homogén, ha (X , ‖ · ‖) euklideszi
tér.
42
Bizonyítás : Ha (X , ‖·‖), euklideszi tér, a HH−P ortogonalitás ekvivalens az euklideszi
ortogonalitással, így homogén. Feltesszük, hogy a HH − P ortogonalitás homogén.
Adottak x, y ∈ X , az egzisztencia miatt létezik a ∈ R, olyan, hogy1∫
0
‖(1− t)(ax+ y) + tx‖2dt = 1
3(‖ax+ y‖2 + ‖x‖2).
A homogenitás miatt minden s ∈ R esetén
1∫0
‖(1− t)(ax+ y) + tsx‖2dt = 1
3(‖ax+ y‖2 + ‖sx‖2). (5.9)
Tegyük fel, hogy t ∈ (0, 1) és legyen s := (1−t)(1−a)t
, ekkor (5.9) baloldalából azt kapjuk,
hogy1∫
0
‖(1− t)(ax+ y) + (1− t)(1− a)x‖2dt
= ‖x+ y‖21∫
0
(1− t)2dt = 1
3‖x+ y‖2.
Ezután (5.9) jobboldalából pedig azt kapjuk, hogy
1
3
(‖ax+ y‖2 +
∥∥∥∥(1− t)(1− a)tx
∥∥∥∥2 ) =1
3
(‖ax+ y‖2 + (1− t)2(1− a)2
t2‖x‖2
),
vagyis az új egyenl®ség
‖x+ y‖2 = ‖ax+ y‖2 + (1− t)2(1− a)2
t2‖x‖2.
Mivel t 6= 0 így
t2‖x+ y‖2 = t2‖ax+ y‖2 + (1− t)2(1− a)2‖x‖2,
majd t szerint (0, 1) intervallumnom integráljuk
‖x+ y‖2 = ‖ax+ y‖2 + (1− a)2‖x‖2. (5.10)
Hasonlóan, ha s := −(1−t)(1+a)t
minden t ∈ (0, 1)-re, akkor (5.9) baloldala
1∫0
‖(1− t)(ax+ y)− (1− t)(1 + a)x‖2dt = ‖x− y‖21∫
0
(1− t)2dt = 1
3‖x− y‖2,
43
a jobboldala pedig1
3
(‖ax+ y‖2 + (1− t)2(1 + a)2
t2‖x‖2
),
vagyis
‖x− y‖ = ‖ax+ y‖2 + (1− t)2(1 + a)2
t2‖x‖2.
Mivel t 6= 0, ezért
t2‖x− y‖2 = t2‖ax+ y‖2 + (1− t)2(1 + a)2‖x‖2.
Ha t szerint integráljuk (0, 1)-en, akkor
‖x− y‖2 = ‖ax+ y‖2(1 + a)2‖x‖2. (5.11)
Ha összeadjuk (5.10) és (5.11) egyenl®ségeket, akkor
‖x+ y‖2 + ‖x− y‖2 = 2‖ax+ y‖2 + (2 + 2a2)‖x‖2. (5.12)
A homogenitás miatt
(ax+ y) ⊥HH−P(1− t)t
ax
minden t ∈ (0, 1) esetén, azaz
‖y‖2 = ‖(ax+ y)‖2 + (1− t)2a2
t2‖x‖2.
Mivel t 6= 0, így
t2‖y‖2 = t2‖ax+ y‖2 + (1− t)2a2‖x‖2,
majd (0, 1)-en integrálva
‖ax+ y‖2 = ‖y‖2 − a2‖x‖2.
Ezzel (5.12) alapján
‖x+ y‖2 + ‖x− y‖2 = 2(‖y‖2 − a2‖x‖2) + (2 + 2a2)‖x‖2 = 2‖x‖2 + 2‖y‖2,
vagyis teljesül a paralelogramma szabály, így (X , ‖ · ‖) euklideszi tér. �
44
6. Er®sen h-konvex függvények euklideszi terekben
6.9. De�níció. Adottak (X , ‖ · ‖) valós normált tér, D ⊂ X konvex, h : (0, 1)→ (0,∞)
függvény és c pozitív konstans. Ekkor azt mondjuk, hogy f : D → R függvény er®sen
h-konvex c modulussal, ha
f(tx+ (1− t)y) ≤ h(t)f(x) + h(1− t)f(y)− ct(1− t)‖x− y‖2 (6.13)
minden x, y ∈ D és t ∈ (0, 1) esetén. A c=0 esetben h-konvex függvényekr®l beszélünk.
6.6. Lemma. Adottak (X‖ · ‖) valós euklideszi tér, D ⊂ X konvex, függvény és c > 0.
Feltesszük, hogy h : (0, 1)→ (0,∞) függvényre teljesül, hogy
h(t) ≥ t, t ∈ (0, 1).
Ha g : D → R h-konvex, akkor a f : D → R , f(x) = g(x) + c‖x‖2 er®sen h-konvex c
modulussal.
Bizonyítás : Ha g h-konvex, akkor
f(tx+ (1− t)y) =
= g(tx+ (1− t)y) + c‖tx+ (1− t)y‖2 ≤
≤ h(t)g(x) + h(1− t)g(y) + c‖tx+ (1− t)y‖2 =
= h(t)f(x) + h(1− t)f(y)− ch(t)‖x‖2 − ch(1− t)‖y‖2 + c‖tx+ (1− t)y‖2 ≤
≤ h(t)f(x) + h(1− t)f(y)− ct‖x‖2 − c(1− t)‖y‖2+
+c(t2‖x‖2 + 2t(1− t)〈x, y〉+ (1− t)2‖y‖2) =
= h(t)f(x) + h(1− t)f(y)− ct(1− t)‖x− y‖2,
azaz f er®sen h-konvex c modulussal. �
6.7. Lemma. Adott (X , ‖ · ‖) valós euklideszi tér, D ⊆ X konvex és c > 0, és minden
t ∈ (0, 1)-re h : (0, 1)→ (0,∞) esetén teljesül, hogy
h(t) ≤ t.
Ha f : D → R er®sen h-konvex c modulussal, akkor g : D → R, g(x) = f(x) − c‖x‖2
h-konvex függvény.
45
Bizonyítás :
g(tx+ (1− t)y) = f(tx+ (1− t)y)− c‖tx+ (1− t)‖2 ≤
≤ h(t)f(x) + h(1− t)f(y)− ct(1− t)‖x− y‖2 − c‖tx+ (1− t)y‖2 =
= h(t)f(x) + h(1− t)f(y)− c(t(1− t)(‖x‖2 − 2〈x, y〉+ ‖y‖2)+
+t2‖x‖2 + 2t(1− t)〈x, y〉+ (1− t)2‖y‖2)=
= h(t)f(x) + h(1− t)f(y)− ct‖x‖2 − c(1− t)‖y‖2 ≤
≤ h(t)f(x) + h(1− t)f(y)− ch(t)‖x‖2 − ch(1− t)‖y‖2 =
= h(t)g(x) + h(1− t)g(y),
vagyis g h-konvex függvény. �
6.19. Tétel. Adott (X‖ · ‖) valós normált tér. Feltesszük, hogy h : (0, 1) → R olyan,
hogy h(t) ≥ t és létezik olyan s ∈ (0, 1), hogy
h(s) = s és h(1− s) = 1− s.
Ekkor a következ® állítások ekvivalensek:
1. (X , ‖ · ‖) euklideszi tér
2. minden c > 0 és g : D → R h-konvex függvény esetén, ahol D ⊂ X konvex, az
f = g + c‖ · ‖2
függvény er®sen h-konvex c modulussal
3. ‖ · ‖2 : X → R er®sen h-konvex 1 modulussal.
Bizonyítás : 1.⇒ 2. következik 6.6. lemmából.
2.⇒ 3. bizonyításához legyen g = 0. Ekkor g h-konvex, így f = c‖ · ‖2 er®sen h-konvex
c modulussal. Ebb®l következik, hogy ‖ · ‖2 er®sen h-konvex 1 modulussal.
3. ⇒ 1. bizonyításához �gyeljük meg, hogy mivel létezik s ∈ (0, 1), hogy h(s) = s és
h(1− s) = 1− s, így
‖sx+ (1− s)y‖2 ≤ s‖x‖2 + (1− s)‖y‖2 − s(1− s)‖x− y‖2
46
minden x, y ∈ X vektorra. Figyeljük meg, hogy így minden x, y ∈ SX esetén teljesül 2.5.
tétel feltétele, hiszen
‖sx+ (1− s)y‖2 + s(1− s)‖x− y‖2 ≤ s‖x‖2 + (1− s)‖y‖2 = 1,
tehát (X , ‖ · ‖) euklideszi tér. �
Abban az esteben, ha h(t) = t , átfogalmazhatjuk a tételt.
6.20. Tétel. Adott (X , ‖ · ‖) valós normált tér. A következ® feltételek ekvivalensek:
1. minden c > 0 és f : D → R esetén f er®sen konvex c modulussal, akkor és csak
akkor, ha a
g = f − c‖ · ‖2
függvény konvex
2. létezik c > 0, hogy minden f : D → R függvényre g konvex akkor és csak akkor, ha
f = g + c‖ · ‖2
er®sen konvex c modulussal
3. ‖ · ‖2 : X → R er®sen konvex 1 modulussal
4. (X , ‖ · ‖) euklideszi tér.
Bizonyítás : 6.6. és 6.7. lemmából, 6.19. tételb®l következik h(t) = t esetén. �
47
Hivatkozások
[1] Alsina, C., Sikorska, J., & Tomás, M.S.: Norm derivatives and characteriza-
tions of inner product spaces, Hackensack, NJ: World Scienti�c, (2010).
[2] Amir, D.: Characterizations of inner product spaces, Birkhäuser (1986).
[3] Barvinok, A.: A course in convexity, Vol. 54. American Mathematical Soc., (2002).
[4] Dragomir, S.S., Kikianty, E.: Orthogonality connected with integral means and
characterizations of inner product spaces, J. Geom. 98 (2010), 33-49.
[5] Istratescu, V.I.: Inner product structures: theory and applications, Vol. 25.
Springer Science & Business Media, (1987)
[6] Kapoor, O.P., Prasad, J.: Orthogonality and characterizations of inner product
spaces, BULL. AUSTRAL. MATH. SOC. VOL. 19 (1978), 403-416.
[7] Kovács, S.: Funkcionálanalízis feladatokban, egyetemi jegyzet, (2013) ISBN:
978-963-284-445-9.
http://numanal.inf.elte.hu/~alex/hu/anyag/PROGINF/FunkAnal/
FunkAnalKS.pdf
[8] Nikodem, K. & Páles, Zs.: Characterizations of inner product spaces by strongly
convex functions, Banach J. Math. Anal. 5 (2010), no. 1, 83-87.
[9] Simon, P.: Funkcionálanalízis az alkalmazott matematikában, egyetemi jegyzet,
(2010).
http://numanal.inf.elte.hu/~simon/funk2elolappal.pdf
48
