Para mostrar que el complemento ortogonal de un conjunto A está cerrado.

Question

Para demostrar que el complemento ortogonal de un conjunto A es cerrado.

Mi intento: Primero demuestro que el producto interno es una función continua. Sea $X$ un espacio con producto interno. Para todos $x_1,x_2,y_1,y_2 \in X$, mediante la desigualdad de Cauchy-Schwarz obtenemos, $$|\langle x_1,y_1\rangle - \langle x_2,y_2\rangle| = |\langle x_1- x_2,y_1\rangle + \langle x_2, y_1-y_2\rangle| $$ $$\leq \|x_1- x_2\|\cdot\|y_1\| +\|x_2\|\cdot\| y_1-y_2\|$$

Esto implica la continuidad de los productos internos.

Sea $A \subset X$ y $y \in A^\perp$. Para demostrar que $A^\perp$ es cerrado, debemos demostrar que si $(y_n)$ es una secuencia convergente en $A^\perp$, entonces el límite $y$ también pertenece a $A^\perp.

Sea $x \in A$, entonces usando que el producto interno es una función continua, $$\langle x,y\rangle = \langle x, \lim_{n\to \infty} (y_n)\rangle = \lim_{n\to \infty} \langle x, y_n\rangle = 0.$$

Dado que $\langle x, y_n\rangle = 0$ para todo $x \in A$ y $y_n \in A^\perp$. Por lo tanto, $y \in A^\perp$.

¿Es correcto el enfoque\la prueba??

¡Gracias!

Answer 1

Sea $\{y_n\}_{n=1}^\infty \in A^\perp$ tal que $y_n \to y.$

Entonces $\forall x\in A,$ tenemos $$\langle y , x\rangle=\lim_{n\to\infty} \langle y_n , x\rangle=\lim_{n\to\infty}0=0,$$

donde la primera igualdad se cumple debido a la convergencia (norma) de $y_n$ a $y$ y de la desigualdad de Cauchy-Schwarz.

Por lo tanto, $y\in A^\perp$ como se deseaba.

Answer 2

Realmente me gusta tu prueba, por lo que formalizándola tenemos:

Sea $\{y_n\}_{n=1}^\infty \in A^\perp$ tal que $y_n \to y$ y sea $x \in A$.

Ahora queremos mostrar que $y\in A^\perp$.

Por la continuidad del producto interno tenemos:

$\forall \epsilon>0\ ,\exists\ \delta>0$ tal que:

$|\langle x, y_n-y\rangle|<\epsilon$, si $\parallel y_n-y\parallel<\delta$ **

ahora veremos que $\langle x, y_n\rangle = 0\ \forall n \in \mathbb N$

entonces $|\langle x, y_n\rangle - \langle x, y\rangle| = |\langle x, y\rangle|<\epsilon$, lo que implica $\langle x, y\rangle = 0$

esto significa $y\in A^\perp$ q.e.d.

** Usando la norma inducida por el producto interno, también podemos notar que la existencia de $\delta$ está garantizada por la convergencia de $\{y_n\}_{n=1}^\infty

Answer 3

Vamos a denotar el complemento ortogonal de $A$ como $A^{\perp}$. Además, denotamos el producto escalar $\langle \cdot, y \rangle : V \rightarrow \mathbb{F}$ como la función $\varphi_y$. Por lo tanto, todos los elementos ortogonales correspondientes a $y$ no son más que $Ker \; \varphi_y$. Por lo tanto,

$$ A^{\perp} = \cap_{y \in A} \varphi_y $$

Dado que $Ker \; \varphi_y$ es un subconjunto cerrado de $V$ (¿por qué?) y la intersección arbitraria de un conjunto cerrado es nuevamente un conjunto cerrado, obtenemos el resultado.