Proyección ortogonal en el espacio de Hilbert .

Question

Quiero demostrar lo siguiente:

1. Si $X$ es un espacio de Hilbert y $Y$ es un subespacio cerrado de $X$ entonces cada $x\in X$ puede escribirse como $x=y+z $ donde $y\in Y$ , $z \in Y^\perp$ .
2. La proyección (en $Y$ ) mapa $P:X\to Y$ dado por $P(x)=y$ es lineal, acotada, $P^2=P$ y $\langle x_1 , Px_2\rangle =\langle Px_1 , x_2\rangle$ .

Aquí he evitado los subíndices (pero la proyección es siempre sobre el $Y$ espacio):

Considere $x$ en $X$ entonces hay un punto más cercano a $x$ en $Y$ . Digamos que ese punto como $Px$ Ahora demostramos que $x-Px$ es ortogonal a $Y$ . Elija $y \in Y$ y $ |y|=1$

Ahora $|x-(Px+ y)|^2 =|x-Px|^2-2Re \alpha(x-Px, y) + |\alpha|^2 y^2$ Elijamos $\alpha = (y, x-Px)$ entonces se convierte en , $ := |x-Px|^2 - 2|(x-Px, y) |^2 + |(y, x-Px)|^2 =|x-Px|^2 - |(x-Px, y) |^2 $

Lo que implica que la distancia de $x$ de $Px+y \in Y$ es menor que el $|x-Px|$ , a menos que $|(x-Px, y) |^2 =0$ lo que nos da que $x$ y $x-Px$ son ortogonales .

Ahora veamos si $P : x \to Px$ es lineal , Definir $Qx =x-Px$ Ya hemos demostrado que $Qx$ es ortogonal a $Y$

Entonces $P(ax+by)+Q(ax+by) =ax+by =a(Px+Qx)+b(Py+Qy$ , moviéndose $P$ y $Q$ en dos lados obtenemos $P(ax+by)-(aPx +bPy) = Q(ax+by) -(aQx+bQy)$ ya que el lado derecho está en $Y$ y el lado izquierdo no está en $Y$ ambos lados deben ser iguales a $0$ ,

$P(ax+by)-(aPx +bPy)=0$ por lo que demostramos que $P$ es lineal .

Y la acotación se debe a que $|x|^2=|Px|^2+|Qx|^2$ ¿es eso cierto?

¿Estoy en lo cierto hasta ahora? Estoy teniendo un poco de dificultad en probar el resto de las cosas. Gracias por su ayuda.

Answer 1

La primera parte suele llamarse teorema de descomposición ortogonal y se encuentra en casi cualquier libro de texto sobre espacios de Hilbert. Aquí (mira el 3.6 y justo debajo el 3.9) es una prueba disponible en la web.

Para la segunda parte, podemos establecer las siguientes propiedades sobre $P$ bastante rápido:

• lineal: Dejemos que $x_i=y_i+z_i$ , donde $x_i\in X$ , $y_i\in Y$ , $z_i\in Y^\perp$ y $\alpha,\beta$ sean escalares. Entonces \begin{align}P(\alpha x_1+\beta x_2)&=P(\alpha(y_1+z_1)+\beta(y_2+z_2))\\&=P(\alpha y_1+\beta y_2+\alpha z_1+\beta z_2)=\alpha y_1+\beta y_2=\alpha P(x_1)+\beta P(x_2).\end{align}
• limitado: Desde $x=0$ es trivial, supongamos que $x\not=0$ . Como la proyección es ortogonal, el Teorema de Pitágoras (generalizado) dice $\|x\|^2=\|y\|^2+\|z\|^2$ Así que $$\|Px\|^2=\|y\|^2=\|x\|^2-\|z\|^2\le \|x\|^2.$$ Por lo tanto, $${\|Px\|^2\over \|x\|^2}\le 1 \implies \|P\|=\max_{x\not =0}{\|Px\|\over \|x\|}\le 1,$$ y por lo tanto $P$ está acotado.
• idempotente: $P^2x=P(Px)=Py=y=Px$ Así que $P^2=P$ .
• autoadjunto: $$\langle Px_1,x_2\rangle=\langle y_1,y_2+z_2\rangle=\langle y_1,y_2\rangle+\langle y_1,z_2\rangle=\langle y_1,y_2\rangle+0=\langle y_1,y_2\rangle$$ y $$\langle x_1,Px_2\rangle=\langle y_1+z_1,y_2\rangle=\langle y_1,y_2\rangle+\langle z_1,y_2\rangle=\langle y_1,y_2\rangle+0=\langle y_1,y_2\rangle,$$ así que $\langle Px_1,x_2\rangle=\langle x_1,Px_2\rangle$ .