Un contraejemplo al teorema sobre proyección ortogonal.

Question

Alguien me puede dar un ejemplo de espacio interno no completo del producto$H$, su subespacio lineal cerrado de$H_0$ y el elemento$x\in H$, de modo que no haya una proyección ortogonal de$x$ en$H_0$. En otras palabras, debo construir un contraejemplo del teorema sobre la proyección ortogonal cuando el espacio interno del producto no está completo.

Answer 1

Como no atinaba a venir con un ejemplo por mí mismo, he intentado buscar en google libros para "no incluye" "proyección ortogonal".

He encontrado un contraejemplo en el libro Operador Lineal en Teoría de la Ingeniería y de la Ciencia Por el Arco W. Naylor, George R. Vender, páginas 289 y 302. (Por CIERTO, este fue el primer libro sobre el análisis funcional estaba leyendo como un estudiante. Ahora deseo que no se detenga en algún lugar a mitad de camino -, parece que contiene un montón de cosas interesantes y me recuerda el estilo del libro, muy fácil de leer.)

Voy a reproducir una versión breve de su ejemplo de abajo, pero probablemente es mejor si usted tiene una mirada en el libro. He mantenido la notación del libro, por lo $X$ es el noncomplete el espacio (su $H$) y $M$ es el subespacio (su $H_0$).

---

Supongamos que $H$ es cualquier espacio de Hilbert y $M$ es un subespacio denso de $H$ que no está cerrado. Deje $z\in H\setminus X$. Definimos $$M=\{y\in X; \langle y,z \rangle=0\}.$$ Este conjunto $M$ es un subespacio cerrado de $H$.

Ahora elija $x_0\in X\setminus M$. Vamos a mostrar que el $x_0$ no tiene proyección ortogonal en $M$.

Supongamos que $y_0\in M$ es la proyección ortogonal de a $x_0$. Esto significa $y_0-x_0$ es ortogonal a $M$ y por lo tanto es un escalar varios de $z$. Esto implicaría $z\in X$, una contradicción.

---

Así que ahora sólo tenemos que preguntarnos si es posible encontrar $H$, $M$, $z$, $x_0$ anterior.

La elección del libro que he mencionado es la siguiente: $H=\ell_2$,
$X=$ el conjunto de todas las secuencias que sólo han un número finito de términos distintos de cero
$z=(\frac1{k^2})_{k=0}^\infty$
$x_0$ puede ser elegido arbitrario tal que $\langle x_0,z \rangle \ne 0$.

Answer 2

Deje $H$ del producto interior espacio que consta de $\ell^2$-con secuencias finitas de apoyo, vamos a $\lambda = 2^{-1/2}$ y poner $$z = \sum_{n=1}^\infty \;\lambda^n \,e_n \en \ell^2 \smallsetminus H$$ A continuación,$\langle z, z \rangle = \sum_{n=1}^\infty \lambda^{2n} = \sum_{n=1}^{\infty} 2^{-n} = 1$.

El subespacio $H_0 = \{y \in H\,:\,\langle z, y \rangle = 0\}$ es cerrado en $H$ porque $\langle z, \cdot\rangle: H \to \mathbb{R}$ es continua.

La proyección de $x = e_1$ $H_0$debe ser $$y = e_1 - \langle z,e_1\rangle\, z = e_1 - \lambda z = \lambda^2 e_1 - \sum_{n=2}^\infty \lambda^{n+1}e_n \en \ell^2 \smallsetminus H_0.$$ Para $k \geq 2$ poner $$z_k = \sum_{n=2}^k \;\lambda^{n} \,e_n + \lambda^{k+1} \frac{1}{1-\lambda} e_{k+1} \en H_0.$$ A continuación, $y_k = \lambda^2 e_1-\lambda z_k \in H_0$ porque $$\langle y_k, z\rangle =\lambda^2 - \sum_{n=2}^{k}\,\lambda^{2n+1}-\frac{\lambda^{2k+2}}{1+\lambda} = \lambda^2 - \lambda^2 \sum_{n=1}^\infty \lambda^{2n} = 0.$$ Por otro lado, tenemos a $y_k \to y$$\ell^2$, por lo que $$\|e_1 - y\| \leq d(e_1,H_0) \leq \lim_{k\to\infty} \|e_1-y_k\| = \|e_1-y\|$$ y hemos terminado, porque $y \in \overline{H}_0$ $\ell^2$ es el único punto de darse cuenta de $d(e_1,\overline{H}_0)$$\ell^2$, por lo tanto no puede haber ningún punto en $H_0$ minimizando la distancia a $e_1$ porque $y \notin H_0$.