解答への試み

平面 ${\rm Span}(v)$ 上の点 $x$ は

$$x=\lambda v_1+\mu v_2,\quad \lambda,\mu\in\R$$

と書けるので、直交性の条件

$$(x-u,v_i)=0$$   $$\mbox{($i=1,2$)}$$   i.e.$$\quad (x,v_i)=(u,v_i)$$   $$\mbox{($i=1,2$)}$$

から連立1次方程式

$$\lambda(v_1,v_1) + \mu(v_2,v_1) = (u,v_1)$$

$$\lambda(v_1,v_2) + \mu(v_2,v_2) = (u,v_2)$$

を得る。行列表現は

$$\left( \begin{array}{cc} (v_1,v_1) & (v_2,v_1) \\ (v_1,v_2) & (v... ...{array}\right) = \left( \begin{array}{c} (u,v_1) (u,v_2) \end{array}\right).$$

Schwarz の不等式の等号成立条件を吟味すると、 この連立1次方程式の係数行列は正則であることが分かるが ^2.2、 $\lambda$ , $\mu$ は複雑な式になってしまう。 しかし、実はうまい解決策がある。 それは後のお楽しみ (Gram-Schmidt の正規直交化を導入してから)。 $\qedsymbol$

実はより一般の部分集合 $M$ への正射影も定義できるが、それについては後述 する。

[(i)$\Then$ (ii)] $y$ は $x$ の $V$ への正射影であるとする。 任意の $z\in V$ に対して、$3$ 点 $x$ , $y$ , $z$ を頂点とする三角形を考える。 これは $y$ が直角をはさむ頂点となる直角三角形になる。 実際、$y-z\in V$ であるから、直交性の仮定から $(x-y,y-z)=0$ . ピタゴラスの定理から

$$\Vert x-z\Vert^2=\left\Vert(x-y)+(y-z)\right\Vert =\Vert x-y\Vert^2+\Vert y-z\Vert^2.$$

ゆえに

$$\Vert x-z\Vert^2\ge \Vert x-y\Vert^2,$$   $$\mbox{等号は $\Vert y-z\Vert=0$ すなわち $z=y$ のとき}$$$$.$$

これから

$$\Vert x-y\Vert=\min_{z\in V}\Vert x-z\Vert.$$

[(ii) $\Then$ (i)] $h\in V$ を任意にとり、 $f\colon \R\to\R$ を

$$f(t)=\Vert x-(y-th)\Vert^2=\Vert x-y+t h\Vert^2$$   $$\mbox{($t\in\R$)}$$

で定める。 $(y-th)\in V$ であるから、仮定より $f$ は 0 で最小になる。 ゆえに $f'(0)=0$ であるが、

$$f(t)=\Vert x-y\Vert^2+2t(x-y,h)+t^2 \Vert h\Vert^2$$

であるから、

$$(x-y,h)=0.$$

これが任意の $h\in V$ に対して成り立つと 言うことは $x-y\perp V$ を意味している。$\qedsymbol$

例題 1 の内容を命題としてまとめておこう。

この $1$ 次元部分空間への正射影を用いると、 Schwarz の不等式の別証明を得る。 個人的には Schwarz の不等式の意味がよく分かる証明だと思っている。