Forma bilineal coercitiva en el espacio de Hilbert

Question

Necesito mostrar los dos resultados siguientes. Si es cierto, debe ser una prueba sencilla pero no parece que pueda hacerla funcionar. Gracias de antemano.

Consideremos una forma bilineal simétrica continua $B$ en un espacio de Hilbert real $H$ . Dejemos que $D$ sea un subespacio cerrado de ese espacio de Hilbert sobre el que la forma es coercitiva, es decir, existe $\alpha >0 \in \mathbb{R}$ tal que $B(d,d)\geq \alpha \|d\|^2$ para todos $d\in D$ . Tome el nuevo subespacio cerrado de $H$ generado por $D$ y un subespacio unidimensional. Supongamos que $B$ es positiva definida en el nuevo subespacio. Entonces tengo que demostrar que $B$ también es coercitivo en el nuevo subespacio.

Parece que lo lógico es utilizar el teorema de Lax-Milgram, pero no sé exactamente cómo hacerlo.

Answer 1

Aquí hay una prueba desde cero, en particular, sin el Lax-Milgram.

Lema. Dejemos que $\widetilde H$ sea un espacio vectorial real con producto interno definido positivo (no se asume la completitud). Supongamos que $K$ es un subespacio de $\widetilde H$ que es completa. Entonces cualquier elemento $v\in \widetilde H$ puede escribirse como $v_1+v_2$ donde $v_1\in K$ y $v_2\in K^\perp$ .

Prueba . Sea $v_1$ sea el elemento más cercano de $K$ a $v$ la prueba estándar de la existencia de $v_1$ en un espacio de Hilbert se aplica también en este caso, ya que sólo utiliza la completitud de $K$ (por ejemplo, el teorema I.2.5 en Un curso de análisis funcional por Conway). Dejemos que $v_2=v-v_1$ . Si hay $u\in K$ tal que $\langle u,v_2\rangle>0$ entonces $$\|v-(v_1+tu)\|^2=\|v_2- tu\|^2 = \|v_2\|^2 -2t\langle u,v_2\rangle +O(t^2)<\|v_2\|^2$$ para los pequeños $t>0$ , contradiciendo el hecho de que $v_1$ es el elemento más cercano de $K$ a $v$ . $\Box$

Aplicar el lema con $K=D$ y $\widetilde H$ siendo el espacio generado por $D$ y otro vector; el producto interior viene dado por $B$ . (Tenga en cuenta que $D$ es completa con respecto a $B$ -producto interno, debido a la coercitividad). El lema proporciona un vector no nulo $v\in \widetilde H$ tal que $v$ es $B$ -ortogonal a $D$ . Cada elemento de $\widetilde H$ puede escribirse como $d+tv$ para algunos $d\in D$ y $t\in \mathbb R$ . Tenemos $$ B(d+tv,d+tv) = B(d,d)+t^2B(v,v) \tag1$$ y $$\|d+tv\|^2 \le 2 \|d\|^2 +2t^2\|v\|^2\tag2$$ Dejemos que $\gamma$ sea el menor de los números $\alpha/2$ y $\frac12 \|v\|^2/ B(v,v)$ . Entonces $$ B(d+tv,d+tv) \ge 2\gamma\|d\|^2 + 2 \gamma t^2\|v\|^2\ge \gamma \|d+tv\|^2 \tag3$$ según sea necesario. $\Box$

Answer 2

Aquí está la respuesta a mi propia pregunta. Por favor, siéntase libre de comentar. Cualquier sugerencia es bienvenida:

Dejemos que $\widetilde{H}$ sea el subespacio cerrado generado por $D$ y el subespacio unidimensional de $H$ . Desde $B$ es positiva definida, existe un operador simétrico acotado uno a uno $L$ en $\widetilde{H}$ tal que $B(u,v)=\langle Lu,\,v\rangle$ . Sea $y\in \widetilde{H}$ tal que $\langle Ld,\,y\rangle=0$ para todos $d\in D$ . Entonces, cualquier elemento $u$ de $\widetilde{H}$ tiene una representación única $u=ay+d$ para algunos $a\in \mathbb{R}$ y $d\in D$ . Sea $\widetilde{L}$ sea la restricción de $L$ en $D$ es decir, si $v\in \widetilde{H}$ y $Lv=a'y+d'$ para algunos $a'\in \mathbb{R}$ y $d'\in D$ entonces $\widetilde{L}v\equiv d'$ . El operador $\widetilde{L}$ es tal que $B(d_1,\,d_2)=\langle \widetilde{L}d_1,\,d_2\rangle$ para todos $d_1,d_2 \in D$ . Desde $B$ es coercitivo en $D$ , $\widetilde{L}$ es un isomorfismo en $D$ por el teorema de Lax-Milgram. Por lo tanto, la imagen de $D$ en $L$ es un subespacio cerrado de codimensión 1 en $\widetilde{H}$ . Desde $L$ es uno a uno, se deduce que $L$ es un isomorfismo en $\widetilde{H}$ y por lo tanto $B$ es coercitivo en $\widetilde{H}$ .