Ya que esta es una pregunta bastante a menudo, permítanme añadir una solución detallada. No estoy siguientes Arturo del esquema, sin embargo. La principal diferencia es que yo no la voy a volver a probar la de Cauchy-Schwarz desigualdad (Paso 4 en la de Arturo esquema), pero en lugar de utilizar el hecho de que la multiplicación por escalares y suma de vectores, así como la norma son continuos, lo cual es un poco más fácil de probar.
Así, supongamos que la norma $\|\cdot\|$ satisface la ley del paralelogramo
$ \Vert x \Vert^2 + 2\Vert y \Vert^2 = \Vert x + y \Vert^2 + \Vert x - y \Vert^2$$
para todos los $x,y \in V$ y poner
$$\langle x, y \rangle = \frac{1}{4} \left( \Vert x + y \Vert^2 - \Vert x - y \Vert^2\right).$$ Estamos tratando con verdaderos espacios vectoriales y diferir el tratamiento de la compleja caso a el Paso 4 a continuación.
Paso 0. $\langle x, y \rangle = \langle y, x\rangle$ and $\Vert x \Vert = \sqrt{\langle x, x\rangle}$.
Obvio.
Paso 1. La función de $(x,y) \mapsto \langle x,y \rangle$ is continuous with respect to $\Vert \cdot \Vert$.
La continuidad con respecto a la norma $\Vert \cdot\Vert$ follows from the fact that addition and negation are $\Vert \cdot \Vert$-continuo, que la norma en sí es continua y que cantidades y composiciones de funciones continuas son continuas.
Observación. Esta continuidad de la propiedad de la (supuesta) producto escalar sólo será utilizada en la final del paso 3. Hasta entonces la solución consiste puramente algebraica pasos.
Paso 2. Tenemos $\langle x + y, z \rangle = \langle x, z \rangle + \langle y, z\rangle$.
Por la ley del paralelogramo tenemos
$\Vert x + z \Vert^2 + 2\Vert y \Vert^2 = \Vert x + y + z \Vert^2 + \Vert x - y + z\Vert^2 .$$
Esto le da
$$\begin{align*}
\Vert x + y + z \Vert^2 & = 2\Vert x + z \Vert^2 + 2\Vert y \Vert^2 - \Vert x - y + z \Vert^2 \\
Y = 2\Vert y + z \Vert^2 + 2\Vert x \Vert^2 - \Vert y - x + z \Vert^2
\end{align*}$$
donde la segunda fórmula de la siguiente manera a partir de la primera mediante el intercambio de $x$ and $y$. Since $A = B$ and $A = C$ imply $A = \frac{1}{2} (B + C)$ tenemos
$$\Vert x + y + z \Vert^2 = \Vert x \Vert^2 + \Vert y \Vert^2 + \Vert x + z \Vert^2 + \Vert y + z \Vert^2 - \frac{1}{2}\Vert x - y + z \Vert^2 - \frac{1}{2}\Vert y - x + z \Vert^2.$$
La sustitución de $z$ by $-z$ en la última ecuación nos da
$$\Vert x + y - z \Vert^2 = \Vert x \Vert^2 + \Vert y \Vert^2 + \Vert x - z \Vert^2 + \Vert y - z \Vert^2 - \frac{1}{2}\Vert x - y - z \Vert^2 - \frac{1}{2}\Vert y - x - z \Vert^2.$$
La aplicación de $\Vert w \Vert = \Vert - w\Vert$ a los dos términos negativos en la última ecuación obtenemos
$$\begin{align*}\langle x + y, z \rangle & = \frac{1}{4}\left(\Vert x + y + z \Vert^2 - \Vert x + y - z \Vert^2\right) \\
& = \frac{1}{4}\left(\Vert x + z \Vert^2 - \Vert x - z \Vert^2\right) +
\frac{1}{4}\left(\Vert y + z \Vert^2 - \Vert y - z \Vert^2\right) \\
& = \langle x, z \rangle + \langle y, z \rangle
\end{align*}$$
como se desee.
Paso 3. $\langle \lambda x, y \rangle = \lambda \langle x, y \rangle$ for all $\lambda \in \mathbb{R}$.
Esto claramente tiene por $\lambda = -1$ and by step 2 and induction we have $\langle \lambda x, y \rangle = \lambda \langle x, y \rangle$ for all $\lambda \in \mathbb{N}$, thus for all $\lambda \in \mathbb{Z}$. If $\lambda = \frac{p}{q}$ with $p,q \in \mathbb{Z}, q \neq 0$ we get with $x' = \dfrac{x}{q}$ que
$$q \langle \lambda x, y \rangle = q\langle p x', y \rangle = p \langle q x', y \rangle = p\langle x,y \rangle,$$
así se divide por $q$ da
$$\langle \lambda x , y \rangle = \lambda \langle x, y \rangle \qquad\text{for all } \lambda \in \mathbb{Q}.$$
Acabamos de ver que fija $x,y$ the continuous function $\displaystyle t \mapsto \frac{1}{t} \langle t x,y \rangle$ defined on $\mathbb{R} \smallsetminus \{0\}$ is equal to $\langle x,y \rangle$ for all $t \in \mathbb{Q} \smallsetminus \{0\}$, thus equality holds for all $t \in \mathbb{R} \smallsetminus \{0\}$. The case $\lambda = 0$ ser trivial, hemos terminado.
Paso 4. El caso complejo.
Definir $\displaystyle \langle x, y \rangle =\frac{1}{4} \sum_{k =0}^{3} i^{k} \Vert x +i^k y\Vert^2$, observe that $\langle ix,y \rangle = i \langle x, y \rangle$ and $\langle x, y \rangle = \overline{\langle y, x \rangle}$ and apply the case of real scalars twice (to the real and imaginary parts of $\langle \cdot, \cdot \rangle$).
Adenda. De hecho, podemos debilitar los requisitos de Jordania el teorema de von Neumann
$$
2\Vert x\Vert^2+2\Vert y\Vert^2\leq\Vert x+y\Vert^2+\Vert x-y\Vert^2
$$
De hecho, después de la sustitución de $x\to\frac{1}{2}(x+y)$, $y\to\frac{1}{2}(x-y)$ y simplificaciones tenemos
$$
\Vert x+y\Vert^2+\Vert x-y\Vert^2\leq 2\Vert x\Vert^2+2\Vert y\Vert^2
$$
que junto con la anterior desigualdad se da la igualdad.
