Mejor aproximación en un espacio de Hilbert

Question

Dejemos que $H$ ser un $\mathbb C$ -Espacio Hilbert, $U\subseteq H$ sea un subespacio cerrado de $H$ , $\operatorname P_U$ denotan la proyección ortogonal desde $H$ en $U$ y $x\in H$ . Quiero demostrar que $$\tilde x=\underset{u\in U}{\operatorname{arg min}}\left\|u-x\right\|_H\Leftrightarrow\tilde x=\operatorname P_Ux\tag1\;.$$

" $\Leftarrow$ ": $\tilde x=\operatorname P_Ux$ $\Rightarrow$ $$\langle\tilde x-u,u\rangle_H=0\;\;\;\text{for all }u\in U\tag2$$ y por lo tanto (ya que $t\tilde x\in U$ )

\begin{equation} \begin{split} \left\|\tilde x-x\right\|_H^2&=\overbrace{\langle\tilde x-x,\tilde x\rangle_H}^{=\:0}-\langle\tilde x-x,x\rangle_H\color{blue}{+\overbrace{\langle\tilde x-x,u\rangle_H}^{=\:0}}\\ &=\langle\tilde x-x,u-x\rangle_H\\ &\le\left\|\tilde x-x\right\|_H\left\|u-x\right\|_H \end{split} |tag3 \fin{s} {equipo}

por el Desigualdad de Cauchy-Schwarz para todos $u\in U$ es decir $$\left\|\tilde x-x\right\|_H\le\left\|u-x\right\|_H\;\;\;\text{for all }u\in U\tag4\;.$$

¿Cómo podemos mostrar " $\Rightarrow$ "?

Answer 1

Dejemos que $\tilde x = \newcommand{\argmin}{\operatorname{arg min}}\argmin_{u \in U} \|u - x\|$ .

Tenga en cuenta que si $\tilde y \in U$ y $\|\tilde x - x\| = \|\tilde y - x\|$ la ley del paralelogramo da como resultado $$\left\| \frac{\tilde x + \tilde y}{2} - x \right\|^2 + \left\| \frac{\tilde x - \tilde y}2 \right\|^2 = \frac 12 \|\tilde x - x\|^2 + \frac 12 \|\tilde y - x\|^2 = \|\tilde x - x\|^2$$ Si $\tilde x \not= \tilde y$ entonces $$\left\| \frac{\tilde x + \tilde y}{2} - x \right\|^2 < \|\tilde x - x\|^2$$ lo que contradice la minimalidad ya que $(\tilde x + \tilde y)/2 \in U$ . Por tanto, el minimizador es único.

Ahora dejemos que $u \in U$ y $\lambda \in \newcommand{\C}{\mathbb C}\C$ . Por las observaciones anteriores ha $$\|\tilde x - x\|^2 \le \|\tilde x - \lambda u - x\|^2$$ porque $\tilde x - \lambda u \in U$ . Desde $$\|\tilde x - \lambda u - x\|^2 = \|\tilde x - x\|^2 - 2 \Re(\tilde x - x,\lambda u) + |\lambda|^2 \|u\|^2$$ tienes $$2 \Re \bar \lambda (\tilde x-x,u) \le |\lambda|^2 \|u\|^2.$$ En particular, con $t > 0$ y $\lambda = t (\tilde x-x,u)$ debe seguirse que $$2|(\tilde x-x,u)|^2 \le t |(\tilde x-x,u)|^2 \|u\|^2$$ para todos $t > 0$ , lo que sólo es posible si $(\tilde x-x,u) = 0$ .

Esto muestra $\tilde x - x \in U^\perp$ y escribir $$x = \tilde x + (x - \tilde x) \in U \oplus U^\perp$$ se deduce que $\tilde x = P_U x$ .

Answer 2

Supongo que puedes encontrar la prueba de esto en un libro de texto de análisis funcional estándar. Para el $\Rightarrow$ dirección, observe que basta con demostrar que $x-\bar x\in U^\perp$ . Supongamos que no, entonces existe un $\hat u\in U$ tal que $$\langle x-\bar x,\hat u\rangle = \langle y,\hat u\rangle = \alpha\neq 0, $$ para algunos $\alpha\in\mathbb{C}$ . Obsérvese que para cualquier escalar $\beta$ , \begin{align*} \|y-\beta\hat u\|^2 & = \|y\|^2 - \beta\langle\hat u,y\rangle - \bar\beta\langle y,\hat u\rangle + |\beta|^2\|\hat u\|^2 \\ & = \|y\|^2 - \bar\beta\langle y,\hat u\rangle - \beta\Big[\langle\hat u,y\rangle - \bar\beta\|\hat u\|^2\Big]\\ & = \|y\|^2 - \bar\beta\alpha - \beta\Big[\bar\alpha - \bar\beta\|\hat u\|^2\Big]. \end{align*} Ahora, elige $\beta$ tal que $\bar\alpha-\bar\beta\|\hat u\|^2=0$ . La expresión anterior se reduce a: $$\|y - \beta\hat u\|^2 = \|y\|^2 - \frac{|\beta|^2}{\|\hat u\|^2} <\|y\|^2 = \|x-\bar x\|^2\le \left(\inf_{u\in U}\|u-x\|\right)^2 = d^2.$$ Por otro lado, $$y-\beta\hat u = x-\bar x - \beta\hat u = x - u_1,$$ donde $u_1=\bar x + \beta\hat u\in U$ ya que ambos $\bar x,\hat u$ están en $U$ y $U$ es un subespacio. Esto da como resultado $$\|y - \beta\hat u\| = \|x-u_1\|\ge d, $$ y llegamos a una contradicción.