Recordemos que, como en el libro "Análisis Funcional" de Conway:
Definición. Un operador idempotente en un espacio de Hilbert $H$ es un operador lineal acotado $E$ en $H$ tal que $E^2 = E$ . Una proyección es un operador idempotente $P$ tal que $\ker P = ( \operatorname{ran} P)^{\perp}$ .
Empezaremos con dos lemas:
Lema 1 Si $P$ es idempotente, entonces $P$ es una proyección si y sólo si, para todo $x, y \in H$ , $\langle x- Px, Py \rangle=0$ .
Prueba : Es inmediato. Sólo hay que tener en cuenta que $\operatorname{ker} P =\{x -Px : x \in H\}$ y que $H= \operatorname{ker} P \oplus \operatorname{ran} P$ . $\square$
Lema 2 Si $P$ es idempotente, entonces $P$ es una proyección si y sólo si, $P$ es autoadjunto.
Prueba : $(\Rightarrow)$ Supongamos que $P$ es una proyección. Entonces, por el lema 1, tenemos que para todo $x, y \in H$ , $\langle x- Px, Py \rangle=0$ . Por lo tanto, para todos $x, y \in H$ , $$ \langle x, (1-P)^*Py \rangle=\langle x- Px, Py \rangle=0 $$ Así que, para todos $ y \in H$ , $(1-P)^*Py=0$ . Así que, $(1-P)^*P=0$ . Por lo tanto, tenemos $$ P-P^*P= (1-P^*) P = (1-P)^*P=0$$ Así que, $P= P^*P$ . Pero, entonces $P^* =(P^*P)^*= P^*(P^*)^*= P^*P = P$ . Así que $P$ es autoadjunto.
$(\Leftarrow)$ Supongamos que $P$ es autoadjunto. Entonces, para todo $x, y \in H$ , $$\langle x- Px, Py \rangle= \langle Px- P^*Px, y \rangle= \langle Px- P^2x, y \rangle= \langle 0, y \rangle =0$$ Entonces, por el lema 1, $P$ es la proyección. $\square$
Ahora vamos a demostrarlo:
Si $P$ y $Q$ son proyecciones, entonces las siguientes afirmaciones son equivalentes: (a) $P-Q$ es una proyección. (b) $ \operatorname{ran}Q \subseteq \operatorname{ran}P$ . (c) $PQ=Q$ . (d) $QP=Q$ .
Prueba : (b $\Leftrightarrow$ c).
Supongamos que $ \operatorname{ran}Q \subseteq \operatorname{ran}P$ . Entonces, para todos los $x \in H$ , $Qx \in \operatorname{ran}Q \subseteq \operatorname{ran}P$ . Por lo tanto, hay $y \in H$ tal que $Qx =Py$ . Así que $ PQx=P^2y=Py=Qx$ . Así que $PQ= Q$ .
Supongamos que $PQ=Q$ . Entonces, si $y\in \operatorname{ran}Q$ , hay $x\in H$ tal que $ y= Qx = PQx$ . Así que $y \in \operatorname{ran}P$ . Así que, $ \operatorname{ran}Q \subseteq \operatorname{ran}P$ .
(c $\Leftrightarrow$ d)
Supongamos que $PQ=Q$ . Ya que, por el lema 2, $P$ y $Q$ son autoadjuntos, tenemos $$QP= Q^*P^* = (PQ)^* = Q^* = Q$$
Supongamos que $QP=Q$ . Ya que, por el lema 2, $P$ y $Q$ son autoadjuntos, tenemos $$PQ = P^*Q^* = (QP)^*= Q^* = Q$$
(d $\Leftrightarrow$ a)
(d $\Rightarrow$ a) Supongamos $QP=Q$ . Entonces, por (c $\Leftrightarrow$ d), también tenemos que $PQ=Q$ . Por lo tanto, tenemos \begin{align*} (P-Q)(P-Q) & = P^2 - PQ - QP + Q^2 =\\ &= P -Q -Q +Q = \\ &= P-Q \end{align*} Así que $P-Q$ es idempotente. Ya que, por el lema 2, $P$ y $Q$ son autoadjuntos, tenemos que $P-Q$ es autoadjunto. Entonces, por el lema 2, $P-Q$ es una proyección.
(a $\Rightarrow$ d). Supongamos que $P-Q$ es una proyección. Entonces $P-Q$ es idempotente, por lo que \begin{align*} P-Q &= (P-Q)(P-Q) = \\ & = P^2 - PQ - QP + Q^2 = \\ &= P -PQ -QP +Q \end{align*} Así que, $$2Q = PQ+QP $$ Desde $Q$ es idempotente, tenemos $$2Q = 2Q^2= QPQ + Q^2P= QPQ +QP$$ y $$2Q = 2Q^2= PQ^2 + QPQ= PQ +QPQ$$ De ello se desprende que $ QPQ +QP = PQ +QPQ$ . Así que $QP=PQ$ .
Así que tenemos $2Q = PQ+QP = 2QP$ . Significa $QP = Q$ . $\square$
