¿Cuándo es $V=U\oplus U^{\perp}$ ?

Question

Dejemos que $V$ sea un espacio vectorial (de dimensión infinita) con producto interior $(,)$ y $V$ puede no ser completa con la métrica inducida de la norma. Sea $U$ sea un subespacio de $V$ . ¿Cuál es la condición necesaria y suficiente que puede garantizar $$ U\oplus U^{\perp}=V? $$ ¿Es la hipótesis $U$ tiene codimensión finita suficiente?

Actualización:

Como han señalado otros, $U$ está cerrado o $U$ tiene codimensión finita no es suficiente. Sé que la siguiente condición es suficiente: Si existe un subespacio de dimensión finita $W\subseteq V$ tal que $W^{\perp}\subseteq U$ entonces $V=U\oplus U^{\perp}$ . Pero ni puedo demostrarlo, ni conozco una condición mejor para sustituirla o demostrar que el criterio es erróneo. Así que pregunto aquí.

Answer 1

Construcción

Esta es una receta para construir espacios incompletos "malos":

1. Empezar con un espacio de Hilbert $\dim\mathcal{H}=\infty$ .
2. Elija un vector normalizado $e_0$ .
3. Extenderlo a un ONB $\mathcal{E}\owns e_0$ .
4. Fijar el vector independiente $b_0:=e_0+\sum_{k=1}^\infty\frac{1}{k}e_k$ .
5. Amplíe esto a una base Hamel $\mathcal{B}\supseteq\mathcal{E}$ con $\mathcal{B}\owns e_0,b_0$ .
6. Rasgarlo para obtener un sistema ortonormal $\mathcal{S}:=\mathcal{E}\setminus\{e_0\}$ .
7. Arrancarlo para obtener un sistema lineal independiente $\mathcal{L}:=\mathcal{B}\setminus\{e_0\}$ .
8. Amplíe su espacio incompleto $X:=\langle\mathcal{L}\rangle$ .

Entonces el sistema ortonormal es máximo $\mathcal{S}^\perp=(0)$ pero no un ONB $\overline{\langle\mathcal{S}\rangle}\neq X$ .

Ejemplo

Para su consulta, puede dividir $\mathcal{S}=\mathcal{S}_1\sqcup\mathcal{S}_2$ para obtener subespacios $U_1:=\overline{\langle\mathcal{S}_1\rangle}$ y $U_2:=\overline{\langle\mathcal{S}_1\rangle}$ . Son complementos ortogonales entre sí, pero no reducen el espacio $X\neq U_1\oplus U_2$ .

Además se ve que cualquier combinación de dimensión y codimensión puede parecer mala en un espacio incompleto.

Answer 2

Añado otra respuesta, ahora que has cambiado la pregunta.

Supongamos que $W$ es de dimensión finita con $W^{\perp} \subseteq U$ . El objetivo es demostrar que $U\oplus U^{\perp} = V$ . Todos ' $\oplus$ Las descomposiciones son ortogonales en lo que sigue.

Porque $W$ es de dimensión finita, entonces $V=W\oplus W^{\perp}$ que se puede ver eligiendo cualquier base de $W$ y utilizando Gram-Schmidt para encontrar una base ortonormal $\{ e_{1},\cdots,e_{n}\}$ de $W$ . Entonces cada $v\in V$ puede escribirse como $$ v = \left(v-\sum_{j=1}^{n}(v,e_{j})e_{j}\right)+\sum_{j=1}^{n}(v,e_{j})e_{j}. $$ Así que $W^{\perp}\oplus W=V$ . Asumiendo que $W^{\perp}\subseteq U$ se deduce que todo $u \in U$ puede escribirse como $u=w_{\perp}+w$ donde $w_{\perp}\in W^{\perp}$ y $w\in W$ . Porque $w_{\perp} \in W^{\perp}\subseteq U$ entonces $u-w_{\perp}=w \in U$ que da la descomposición $$ U = W^{\perp}\oplus(U\cap W). $$ Porque $U\cap W$ es un subespacio de dimensión finita de $W$ entonces se deduce que existe un subespacio de dimensión finita $U'$ tal que $(U\cap W)\oplus U'=W$ ; $U'$ se encuentra completando una base ortonormal de $U\cap W$ a uno para $W$ . Por lo tanto, $(U\cap W)\oplus U'=W$ . Finalmente, $$ \begin{align} U\oplus U' & = (W^{\perp}\oplus (U\cap W))\oplus U' \\ & = W^{\perp}\oplus((U\cap W)\oplus U') \\ & = W^{\perp}\oplus W = V. \end{align} $$ Esto es suficiente para dar $U'=U^{\perp}$ y $U\oplus U^{\perp}=V$ .

Answer 3

La hipótesis de que $U$ tiene una codimensión finita no es suficiente. La hipótesis de que $U$ está cerrado no es suficiente. Te daré un ejemplo en el que ambos se mantienen y sigue sin ser cierto que $V=U\oplus U^{\perp}$ .

Dejemos que $V$ el sea el espacio lineal generado por combinaciones lineales finitas de elementos de base estándar $\{ e_{j}\}_{j=1}^{\infty}$ de $l^{2}$ . Definir un funcional lineal $\Phi$ en $V$ por $$\Phi(x)=\sum_{j=1}^{\infty}\frac{1}{j}(x,e_{j}).$$ $\Phi$ es una función lineal acotada en $V$ y, por lo tanto, $U=\mathcal{N}(\Phi)$ está cerrado en $V$ y $U$ es de co-dimensión $1$ en $V$ porque $\Phi$ no es el $0$ funcional en $V$ . Por lo tanto, $V \ne U$ . Sin embargo, $U^{\perp}=\{ x \in V : (x,u)=0 \mbox{ for all } u \in U\}=\{0\}$ lo que significa que $V \ne U = U\oplus U^{\perp}$ .