Teorema de Jordan-Von Neumann

RESUMEN. Sabemos que en todo espacio prehilbertiano se cumple la ley del paralelogramo $$ \| x+y\|^2+\| x-y\|^2=2\| x\|^2+2\|y\|^2,\quad \forall x,y\in E.$$ Sea $E$ un espacio vectorial normado sobre $\mathbb{K}.$ El teorema de Jordan-Von Neumann asegura que el recíproco es cierto, es decir si un espacio normado $(E,\|\;\|)$ satisface la ley del paralelogramo entonces $E$ es prehilbertiano (su norma procede de un producto escalar).

Teorema (de Jordan-Von Neumann). Sea $E$ un espacio vectorial normado sobre $\mathbb{K}.$ Entonces, si se verifica la ley del paralelogramo, $E$ es prehilbertiano.

Demostración. Analicemos primero el caso $\mathbb{K}=\mathbb{R}$. Supongamos que $\varphi: E\times E\to \mathbb{R}$ es un producto escalar del cual procede la norma en $E,$ es decir $\|u\|^2=\varphi(u,u)$ para todo $u\in E.$ Entonces, para todo $x,y\in E$ $$\|x+y\|^2-\|x-y\|^2=\varphi(x+y,x+y)-\varphi(x-y,x-y)$$ $$=\varphi(x,x)+2\varphi(x,y)+\varphi(y,y)-\varphi(x,x)+2\varphi(x,y)-\varphi(y,y)=4\varphi(x,y).$$ Es decir, necesariamente ha de ser $$\varphi: E\times E\to \mathbb{R},\quad \varphi (x,y)=\frac{1}{4}\left(\|x+y\|^2-\|x-y\|^2\right).$$ Demostremos primeramente que $\varphi (u+v,y)=\varphi (u,y)+\varphi (v,y)$ para todo $u,v,y\in E.$ En efecto, se tiene por la ley del paralelogramo $$\|u+v+y\|^2=2\|u+y\|^2+2\|v\|^2-\|u+y-v\|^2$$ y también $$\|u+v-y\|^2=2\|u\|^2+2\|v-y\|^2-\|u-v+y\|^2,$$
con lo cual $$4\varphi (u+v,y)=\|u+v+y\|^2-\|u+v-y\|^2$$ $$=2\|u+y\|^2+2\|v\|^2-\|u+y-v\|^2-2\|u\|^2-2\|v-y\|^2+\|u-v+y\|^2$$ $$=2\|u+y\|^2+2\|v\|^2-2\|u\|^2-2\|v-y\|^2.$$ Sumando la anterior igualdad a la que se obtiene intercambiando $u$ por $v$ obtenemos $$8\varphi (u+v,y)=2\|u+y\|^2-2\|u-y\|^2+2\|v+y\|^2-2\|v-y\|^2.$$ Por la definición de $\varphi$, el segundo miembro es $8\varphi (u,y)+8\varphi (v,y)$ con lo cual,
$$\varphi (u+v,y)=\varphi (u,y)+\varphi (v,y)\qquad \forall u,v,y\in E. \qquad (1)$$ Vamos a demostrar ahora que $\varphi (\alpha x,y)=\alpha \varphi (x,y)$ para todo $\alpha\in\mathbb{R}$ y para todo $x,y\in E.$ Para ellos definamos el conjunto $$K=\{\alpha\in\mathbb{R}:\varphi (\alpha x,y)=\alpha \varphi (x,y)\;\;\forall x,y\in E\}$$ y demostremos que $K$ es un subcuerpo de $\mathbb{R}.$ En efecto, claramente $0,1\in K$ y dados $\alpha,\beta\in K$ y $x,y\in E$ tenemos por $(1),$ $$\varphi \left((\alpha-\beta)x,y\right)+\beta \varphi \left(x,y\right)=\varphi \left((\alpha-\beta)x,y\right)+\varphi \left(\beta x,y\right)=\varphi \left(\alpha x,y\right)=\alpha \varphi \left(x,y\right)$$ con lo cual $\varphi \left((\alpha-\beta)x,y\right)=(\alpha-\beta)\varphi \left(x,y\right)$ y por tanto $\alpha-\beta\in K.$ Si además $\beta\ne 0$ $$\beta\varphi \left((\alpha/\beta)x,y\right)=\varphi \left(\beta(\alpha/\beta)x,y\right)=\varphi \left(\alpha x,y\right)=\alpha \varphi (x,y),$$ de lo cual se deduce $\alpha/\beta \in K.$ Es decir, $K$ es un subcuerpo de $\mathbb{R}$ y por tanto, $\mathbb{Q}\subset K.$ Fijemos ahora $x,y\in E$ y definamos la función $f_{xy}:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ dada por $$f_{xy}(\alpha)=\langle \alpha x,y\rangle-\alpha \langle x,y\rangle=(1/4)\|\alpha x+y\|^2-(1/4)\|\alpha x-y\|^2-\alpha \langle x,y\rangle.$$ La función $f_{xy}$ es continua por serlo la suma, el producto por escalars y la norma, lo cual implica que $K_{xy}=f_{xy}^{-1}\left(\{0\}\right)$ es cerrado. Pero $K$ es la intersección de todos los conjuntos $K_{xy}$ con $x,y\in E$, luego también es cerrado. Al ser $\mathbb{Q}\subset K$ concluimos que $K=\mathbb{R}.$ Por tanto, $$\varphi (\alpha x,y)=\alpha \varphi (x,y)\qquad \forall \alpha\in\mathbb{R}\;\forall x,y\in E.\qquad (2)$$ Por otra parte,$$\varphi (x,y)=\frac{1}{4}\left(\|x+y\|^2-\|x-y\|^2\right)= \frac{1}{4}\left(\|y+x\|^2-\|y-x\|^2\right)=\varphi(y,x)$$ para todo $x,y\in E$ y $\varphi (x,x)=(1/4)\|2x\|^2=\|x\|^2 > 0$ si $x\ne 0. $ En consecuencia, $\varphi$ es un producto escalar real que induce la norma dada $\|\;\|$ en $E.$ Queda pues demostrado el teorema de Jordan-Von Neumann en el caso real.
Consideremos ahora el caso $\mathbb{K}=\mathbb{C}.$ Debido a la identidad de polarización, si $\psi:E\times E\to \mathbb{C}$ es un producto escalar cuya norma asociada es la dada $\|\;\|$ ha de ser necesariamente
$$\psi (x,y) =\frac{1}{4}\left(\|x+y\|^2-\|x-y\|^2+i\|x+iy\|^2-i\|x-iy\|^2\right)$$ o equivalentemente $$\psi (x,y)=\varphi (x,y)+i\varphi (x,iy)\qquad \forall x,y\in E.$$ Pero $\|x+iy\|=\|i(x+iy)\|=\|ix-y\|$ y $\|x-iy\|=\|i(x-iy)\|=\|ix+y\|$ de lo cual, $$\varphi(x,iy)=-\varphi (ix,y)\qquad \forall x,y\in E.\qquad (3)$$ Veamos que para todo $x,y,z\in E$ se verifica $\psi (x+z,y)=\psi (x,y)+\psi (z,y).$ En efecto, $$\psi (x+z,y)=\varphi (x+z,y)+i\varphi (x+z,iy)$$ $$= \varphi (x,y)+\varphi (z,y)+i\left[\varphi (x,iy)+\varphi (z,iy)\right]$$ $$= \left[\varphi (x,y)+i\varphi (x,iy)\right]+\left[\varphi (z,y)+i\varphi (z,iy)\right]$$ $$=\psi (x,y)+\psi (z,y).$$ Para todo $\alpha\in\mathbb{R}$ y $x,y\in E$ se verifica $$\psi (\alpha x,y)=\varphi (\alpha x,y)+i\varphi(\alpha x,iy)=\alpha \varphi (x,y)+\alpha i\varphi(x,iy)=\alpha\psi (x,y).$$ Para demostrar que $\psi$ es lineal respecto de la primera componente sobre el cuerpo $\mathbb{C}$ basta verificar que $\psi (ix,y)=i\psi (x,y)$. Esto se deduce de $(3)$ pues $$\psi (ix,y)=\varphi (ix,y)+i\varphi (ix,iy)=-\varphi (x,iy)-i\varphi (x,-y)$$ $$=i\left[i\varphi (x,iy)+\varphi (x,y)\right]=i\psi (x,y).$$ Ahora, usando $(3)$ y que $\varphi$ es simétrica, $$\psi (y,x)=\varphi (y,x)+i\varphi (y,ix)=\varphi (x,y)+i\varphi (ix,y)$$ $$=\varphi (x,y)-i\varphi (x,iy)=\overline{\psi(x,y)}.$$ Finalmente, usando $(3)$ y que $\varphi$ es simétrica, $\varphi (x,ix)=-\varphi (ix,x)=-\varphi (x,ix)$ de donde $\varphi (x,ix)=0.$ Entonces, $$\psi (x,x)=\varphi (x,x)+i\varphi(x,ix)= \varphi (x,x)=\|x\|^2\quad \forall x\in E.$$ Es decir $\psi (x,x) > 0$ si $x\ne 0.$ Concluimos que $\psi$ es producto escalar complejo que induce la norma dada $\|\;\|$. Quea pues demostrado el teorema de Jordan-Von Neumann también en el caso complejo.

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