¿Derivación de las identidades de polarización?

Question

Para un espacio de producto interno real (o complejo) $V$ el producto interior puede expresarse en términos de la norma como $$ \langle x,y\rangle=\frac{1}{4}(\|x+y\|^2-\|x-y\|^2) $$ o $$ \langle x,y\rangle=\frac{1}{4}(\|x+y\|^2-\|x-y\|^2+i\|x+iy\|^2-i\|x-iy\|^2) $$ respectivamente.

Estas identidades no son difíciles de verificar directamente una vez que se dan. Me gustaría saber, ¿hay alguna forma sistemática de derivarlas desde cero sin conocerlas de antemano, o ambas identidades de polarización son sólo observaciones ingeniosas?

Answer 1

He explicado en los comentarios a la pregunta cómo se puede descubrir la identidad de polarización para productos internos reales mirando la forma cuadrática asociada en $x+y$ y $x-y$ que, por separado, conducen a una suma de términos que implica un único término $B(x,y)$ . Aquí hablaré del caso complejo.

Dejemos que $H(x,y)$ sea una forma hermitiana, entonces $\overline{H(x,y)} = H(y,x)$ y la función de una sola variable $Q(x) = H(x,x)$ satisface $Q(cx) = H(cx,cx) = c\overline{c}H(x,x) = |c|^2Q(x)$ para $c \in {\mathbf C}$ . Juguemos al mismo juego que en el caso real observando $Q(x+y)$ y $Q(x-y)$ : \begin{eqnarray*} Q(x+y) & = & H(x+y,x+y) \\ & = & H(x,x) + H(x,y) + H(y,x) + H(y,y) \\ & = & Q(x) + 2{\rm Re}(H(x,y)) + Q(y) \end{eqnarray*} y \begin{eqnarray*} Q(x-y) & = & H(x-y,x-y) \\ & = & H(x,x) - H(x,y) - H(y,x) + H(y,y) \\ & = & Q(x) - 2{\rm Re}(H(x,y)) + Q(y). \end{eqnarray*} Por lo tanto, podemos resolver la parte real de $H(x,y)$ restando el segundo resultado del primero: $$ Q(x+y) - Q(x-y) = 4{\rm Re}(H(x,y)) \Longrightarrow {\rm Re}(H(x,y)) = \frac{1}{4}(Q(x+y) - Q(x-y)). $$ Esta es la primera parte de la fórmula de la polarización compleja. Para obtener la fórmula de la parte imaginaria, hay que tener en cuenta que ${\rm Im}(H(x,y)) = {\rm Re}(-iH(x,y)) = {\rm Re}(H(x,iy))$ Así pues, si ejecutamos el trabajo anterior con $iy$ en lugar de $y$ entonces obtenemos $$ {\rm Im}(H(x,y)) = {\rm Re}(H(x,iy)) = \frac{1}{4}(Q(x+iy) - Q(x-iy)). $$ Si escribimos $H(x,y)$ como ${\rm Re}(H(x,y)) + i{\rm Im}(H(x,y))$ y alimentar las fórmulas de las partes real e imaginaria de $H(x,y)$ en esto, aparece la fórmula de la polarización compleja.

No tenemos que usar $Q(x+y)$ y $Q(x-y)$ o $Q(x+iy)$ y $Q(x-iy)$ sólo uno de cada uno sería suficiente: ya que $Q(x+y) = Q(x) + 2{\rm Re}(H(x,y)) + Q(y)$ tenemos $$ {\rm Re}(H(x,y)) = \frac{1}{2}(Q(x+y) - Q(x) - Q(y)), $$ y $$ {\rm Im}(H(x,y)) = {\rm Re}(H(x,iy)) = \frac{1}{2}(Q(x+iy) - Q(x) - Q(iy)), $$ y $Q(iy) = Q(y)$ Así que \begin{eqnarray*} H(x,y) & = & {\rm Re}(H(x,y)) + i{\rm Im}(H(x,y)) \\ & = & \frac{1}{2}(Q(x+y) - Q(x) - Q(y) + i(Q(x+iy) - Q(x) - Q(y))) \\ & = & \frac{1}{2}(Q(x+y) + iQ(x+iy) - (1+i)Q(x) - (1+i)Q(y)). \end{eqnarray*}

Por último, ¿qué ocurre con una forma hermitiana en un espacio vectorial sobre un campo arbitrario? Sea $V$ sea un espacio vectorial sobre un campo $F$ y $\sigma$ sea un automorfismo de $F$ con el pedido $2$ . Si $H \colon V \times V \rightarrow F$ es $\sigma$ -Hermitiano, así que $H(w,v) = \sigma(H(v,w))$ , entonces es $H$ determinado por la función $Q(v) = H(v,v)$ ? Para $a \in F$ , $$ Q(av+w) = ({\rm N}a)Q(v) + Q(w) + {\rm Tr}(aH(v,w)), $$ donde ${\rm N}$ y ${\rm Tr}$ son los mapas de norma y traza $F \rightarrow F^\sigma$ (donde $F^\sigma$ es el campo fijo de $\sigma$ en $F$ por lo que la extensión $F/F^\sigma$ tiene grado 2 y es Galois). A partir de la no degeneración del emparejamiento de trazas en extensiones separables, como $F/F^\sigma$ la fórmula anterior como $a$ varía en $F$ muestra $Q$ -valores determinan $H$ -valores, incluso si $F$ tiene la característica 2, cuando la fórmula de polarización habitual sobre $\mathbf C$ con la división por 4, no tiene sentido.

Answer 2

Permítanme dar una explicación diferente sobre el origen de la fórmula, al menos en el caso real.

Digamos que tenemos un espacio vectorial normado $V$ cuya norma se sabe que proviene de algún producto interno (desconocido) y queremos calcular $\langle x, y \rangle$ para dos vectores $x, y \in V$ . Sea $W$ sea el subespacio abarcado por $x$ y $y$ . (Supongamos que $x$ y $y$ son linealmente independientes por el momento).

Si efectivamente podemos reconstruir el producto interior a partir de la norma, entonces $W$ también puede ser $\mathbb{R}^2$ con el producto punto habitual. Dibujando $x$ y $y$ Tenemos una imagen como esta:

En la imagen debería ser obvio que $t$ y, por tanto, el producto interior, está determinado de forma única. Por supuesto

$$\langle x, y \rangle = ||x|| \, ||y|| \cos(t),$$

y por la ley de los cosenos tenemos

$$||x+y||^2 = ||x||^2 + ||y||^2 - 2 ||x|| \, ||y|| \cos (\pi - t),$$

$$||x-y||^2 = ||x||^2 + ||y||^2 - 2 ||x|| \, ||y|| \cos (t).$$

Restando y sustituyendo, obtenemos

$$||x+y||^2 - ||x-y||^2 = 4\langle x, y \rangle.$$

Espero que eso permita intuir un poco más de dónde vienen las ecuaciones.

Answer 3

Esta es otra forma de verlo (caso complejo): $$ \begin{aligned}\sum_{k=0}^3 i^k\|x+i^ky\|^2 &=\sum_{k=0}^3 i^k\bigl(\|x\|^2+\|y^2\|+\langle x,i^ky\rangle+\langle i^ky,x\rangle\bigr) \\&=\sum_{k=0}^3 \bigl(i^k\|x\|^2+i^k\|y\|^2+\langle x,y\rangle+i^{2k}\langle y,x\rangle\bigr) \\&=4\langle x,y\rangle \end{aligned}$$ porque $\sum_{k=0}^3i^k=\sum_{k=0}^3i^{2k}=0$ .

Ahora puede imaginarse la sustitución de $i$ por otras raíces de la unidad y ajustando la suma correspondientemente.