Este tiempo de respuesta se basa en muchos poco observaciones; a cada paso voy a utilizar los anteriores, a veces de manera implícita. Dime si algún paso no es clara.
Llame a $P_1:=P_{C_1}$$P_2:=P_{C_2}$.
Se puede suponer que la $C_1$ es compacta (si el conjunto compacto es $C_2$, con el siguiente argumento se consigue $P_2 P^n(x)$ converge a algunos $\ell$
fijo por $P_2P_1$, lo $P^{n+1}(x)=P_1P_2P^n(x)$ converge a $P_1(\ell)$ que se fija por $P_1P_2$).
Lema. Deje $x,y\in H$ y forma las secuencias de $(x_n)_{n=0}^\infty$, dado por
$x_0=x$, $x_{2k+1}=P_2(x_{2k})$, $x_{2k+2}=P_1(x_{2k+1})$, y otro similar, $(y_n)_{n=0}^\infty$, que comienza con $y_0=y$.
A continuación, $|x_n-y_n|$ es nonincreasing.
Prueba. Vamos a mostrar que
$|x_{2k}-y_{2k}|^2\le(x_{2k}-y_{2k},x_{2k-1}-y_{2k-1})\le|x_{2k-1}-y_{2k-1}|^2\ \ (*)$
(la desigualdad de $|x_{2k+1}-y_{2k+1}|^2\le|x_{2k}-y_{2k}|^2$ es idéntico).
Desde $y_{2k}\in C_1$ $x_{2k}=P_1(x_{2k-1})$ tenemos $(x_{2k}-y_{2k},x_{2k}-x_{2k-1})\le 0$. De la misma manera,
$(y_{2k}-x_{2k},y_{2k}-y_{2k-1})\le 0$. La adición de las dos desigualdades da
$(x_{2k}-y_{2k},x_{2k}-x_{2k-1}-y_{2k}+y_{2k-1})\le 0$, que es solo la primera desigualdad en $(*)$.
La segunda es más fácil: $|x_{2k}-y_{2k}|=|P_1(x_{2k-1})-P_1(y_{2k-1})|\le|x_{2k-1}-y_{2k-1}|$, por lo que
$(x_{2k}-y_{2k},x_{2k-1}-y_{2k-1})\le |x_{2k}-y_{2k}|\cdot|x_{2k-1}-y_{2k-1}|\le|x_{2k-1}-y_{2k-1}|^2$. $\blacksquare$
De la prueba se deduce también que el $|(x_{2k}-y_{2k})-(x_{2k-1}-y_{2k-1})|\to 0\ \ (**)$:
de hecho, llame a $\alpha:=\lim_{k\to\infty}|x_n-y_n|$; a continuación, $(*)$ nos dice que también se $(x_{2k}-y_{2k},x_{2k-1}-y_{2k-1})\to\alpha$,
por lo $|(x_{2k}-y_{2k})-(x_{2k-1}-y_{2k-1})|^2=|x_{2k}-y_{2k}|^2+|x_{2k-1}-y_{2k-1}|^2-2(x_{2k}-y_{2k},x_{2k-1}-y_{2k-1})\to 0.$
A partir de ahora en $x$ es su elemento dado, así que tenemos que demostrar que $x_{2k}=P^k(x)$ converge.
Llame a $d$ la distancia entre el$C_1$$C_2$. Desde $C_1$ es compacto, $C:=C_1-C_2$ es un convexo, conjunto cerrado (este es un sencillo hecho de que es verdadero en todos los espacios de Banach). Por lo $z:=P_C(0)$ es el único vector en $C_1-C_2$ con un mínimo de norma y claramente $|z|=d$.
Escribir $z=a-b$ $a\in C_1$ $b\in C_2$ (esta representación no es único en general!). Si usted toma $y:=a$, obviamente $y_1=P_2(a)=b$ (debido a $b$ está a una distancia mínima de $a$), $y_2=a$ y así sucesivamente. Por lo tanto $(**)$ da $(x_{2k}-x_{2k-1})-(a-b)\to 0$, lo $x_{2k}-x_{2k-1}\to z$.
Entonces a uno le gustaría utilizar compacidad deducir que una larga de $(x_{2k})$ converge, pero no se garantiza que el límite es de $a$.
En general, se reunirán a algunos otros $a'\in C_1$ tal que $a'-z\in C_2$ (e $P(a')=a'$).
El truco es mirar a $F=\{(a,b)\in C_1\times C_2:a-b=z\}$, que es cerrado y convexo. Tomando de nuevo $y:=a$, ya que el $y_{2k}=a$, de
$(*)$ podemos deducir que $|x_{2k}-a|$ es nonincreasing, así como de $|x_{2k-1}-b|$. Vamos a trabajar en $H':=H\times H$ y llame a $t_k:=(x_{2k},x_{2k-1})$.
Acabamos de decir que la distancia $|t_k-f|$ es nonincreasing para cualquier fija $f\in F$.
Claramente $P_F(t_k)$ es de Cauchy, por lo que converge a algunos $p\in F$: de hecho, si $i>j$, $|P_F(t_i)-P_F(t_j)|^2\le|P_F(t_j)-t_i|^2-|P_F(t_i)-t_i|^2$
(desde el ángulo entre el $P_F(t_i)-t_i$ $P_F(t_i)-P_F(t_j)$ es obtuso) $\le|P_F(t_j)-t_j|^2-|P_F(t_i)-t_i|^2$ (ya sabemos que
$|f-t_i|\le|f-t_j|$ donde $f:=P_F(t_j)$).
Por último vamos a $(t_{k_n})$ ser un subsequence que converge débilmente a algunos $q=(u,v)\in H'$ (que existe desde $(t_k)$ es limitado).
Desde $t_{k_n}=(x_{2k_n},x_{2k_n-1})$ obtenemos $x_{2k_n}\rightharpoonup u\in C_1$ $x_{2k_n-1}\rightharpoonup v\in C_2$ y sabemos que
$x_{2k_n}-x_{2k_n-1}\to z$, lo $u-v=z$. Por lo tanto $q\in F$. Basta comprobar que, de hecho,$p=q$, porque entonces
(ya que esto es válido para cada subsequence $(t_{k_n})$) $t_k\rightharpoonup p$, por lo $x_{2k}\rightharpoonup u$, lo $x_{2k}\to u$
(desde $C_1$ es compacto y cualquier fuertemente convergentes subsequence $x_{2k_n}$ debe converger a $u$).
Pero el hecho de que $p=q$ es sencillo: $(P_F(t_k)-t_k,P_F(t_k)-q)\le 0$ (desde $q\in F$), y sabemos que
$P_F(t_{k_n})-q\to p-q$ $P_F(t_{k_n})-t_{k_n}\rightharpoonup p-q$ , por lo tanto, en el límite de $(p-q,p-q)\le 0$, lo que da $p=q$.
