Operador de proyección para una base no ortonormal

Question

Sea $V \subset H$ espacios de Hilbert.

Sea $\{v_j\}_{j=1}^\infty$ una base para $V$ y $H$. Definimos $V_N$ como el espacio generado por $\{v_j\}_{j=1}^N$.

Podemos definir un operador de proyección $P:H \to V_N$ como $$P(h) = \sum_{j=1}^N(h,v_j)_Hv_j$$ el cual está acotado de $H$ a $H$.

Puedo demostrar que $P^2(h) = P(h)$ si los $v_j$ son ortonormales en $H$. Si no lo son (digamos que son solo una base, no ortonormal y no ortogonal), ¿cómo puedo demostrar esta identidad? ¿Debería definir de manera diferente la proyección?

Answer 1

Lo que has definido no es idempotente (es decir $P^2\neq P$) en general.

Caso N=1: cuando $v\neq 0$, la proyección (= idempotente autoadjunto, es decir, rango y núcleo ortogonales entre sí) sobre $\mbox{span} \,v$ está dada por $$ P_vh=\frac{(h,v)}{\|v\|^2}v. $$ En tu caso, has utilizado la fórmula $Ph=(h,v)v$ que produce $P^2=\|v\|^2P$. Entonces es idempotente si y solo si $\|v\|=1$.

Nótese que de manera más general, un idempotente (no necesariamente autoadjunto) con rango $\mbox{span} \,v$ está dado por $$ P_{u,v}h=(h,u)v\quad\mbox{con}\;(u,v)=1 $$ donde $u$ está elegido de manera que $\ker P=u^\perp$. Nótese que en este caso, tenemos $$ (P_{u,v})^*=(\cdot,v)u=P_{v,u}. $$ Esto describe todos los idempotentes de rango uno.

Caso N=2: veamos el caso simple $H=\mathbb{C}^2$, $v_1=(1,0)$, $v_2=(1,1)$. Entonces $\mbox{span}(v_1,v_2)=\mathbb{C}^2$, por lo que la proyección sobre este último es simplemente $P=Id$. Si calculas la matriz de $P=(\cdot,v_1)v_1+(\cdot,v_2)v_2$ en, digamos, la base canónica, obtendrás $$ P=\pmatrix{2&3\\1&2} $$ lo cual está lejos de ser $I_2$. No es difícil ver que dicha fórmula puede funcionar si y solo si $(v_1,v_2)=0$ y $\|v_1\|=\|v_2\|=1$, es decir $(v_1,v_2)$ es ortonormal. Pero lo que puedes hacer es buscar $(u_1,u_2)$ tal que $$ Id=(\cdot,u_1)v_1+(\cdot,u_2)v_2\iff (v_i,u_j)=\delta_{ij}\quad 1\leq i,j\leq 2. $$ Es decir, $(u_1,u_2)$ una base dual de $(v_1,v_2)$ con respecto a la dualidad inducida por el producto interno.

Caso general: la fórmula $P=\sum_{j=1}^N(\cdot,v_j)v_j$ produce la proyección sobre $V$ si y solo si $(v_j)$ es una base ortonormal de $V$. De lo contrario, $P$ tiene la forma

$$ P=\sum_{j=1}^nP_{u_j,v_j}=\sum_{j=1}^n(\cdot,u_j)v_j $$ donde hay una y solo una opción para los $u_j$, es decir $$ u_1,\ldots,u_n\in V\qquad (u_i,v_j)=\delta_{ij}\quad 1\leq i,j\leq n. $$ Es decir, $(u_j)$ es la base dual de $(v_j)$ en $V^*$ identificada con $V$ a través del producto interno y la representación de Riesz.

Answer 2

La ecuación $$P(h) = \sum_{j=1}^N(h,v_j)_Hv_j$$ no determina un operador idempotente para una base general. Por ejemplo, si $v_1=2e_1$ en $\mathbb R^2$, entonces $P(e_1)=2e_1$, por lo tanto $P^2(e_1)=4e_1$.

Es posible definir la proyección ortogonal sobre un subespacio cerrado $V$ sin hacer referencia a ninguna base. (Como en los comentarios). Dado $x\in H$, se demuestra (usando la completitud y la ley del paralelogramo) que existe un vector único $v\in V$ tal que $$\|x-v\|=\inf_{u\in V}\|x-u\| \tag1$$ Sobre la base de (1) no es difícil demostrar que $x-v\in V^\perp$. Esto da una descomposición única $x=v+(x-v)$, es decir, $H=V\oplus V^\perp$. La proyección ortogonal sobre $H$ es $Px=v$. Los detalles se pueden encontrar en Un curso de análisis funcional de Conway.