Conozco formas complicadas de probarlas. Pero me pregunto si hay algún método más fácil y directo para demostrar $\|P\|_2=1$ y $\|Px\|\le\|x\|$ para el proyector ortogonal $P$ sólo por el hecho de que $P^T=P$ y $P^2=P$ .
Por favor, ayuda.
Gracias.
Respuesta
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Este es el límite superior: $$ \| P x \|^2 \ = \ x^\mathrm T P^{\, \mathrm T} P x \ = \ x^\mathrm T P^2 x \ = \ \langle x, P x \rangle \ \leqslant\ \| x \| \cdot \| Px \|, \tag{$ \N - Puñal $} $$ por Cauchy-Schwarz. Por lo tanto, $\| Px \| \leqslant \|x \|$ para todos $x$ o $\| P \| \leqslant 1$ .
Para un límite inferior coincidente, basta con demostrar una $x \neq 0$ tal que la igualdad se mantiene en $(\dagger)$ . Pero la igualdad es posible si y sólo si $Px = x$ . Teniendo esto en cuenta, supongamos que $P$ es distinto de cero y toma $x = Pz$ para algunos $z$ tal que $Pz \neq 0$ . Entonces $Px = P^2 z = Pz = x \neq 0$ . Por lo tanto, $\| Px \| \geqslant \| x\|$ y por lo tanto $\|P \| \geqslant 1$ .
