$x \perp y$ si y sólo si $\Vert x + \alpha y \Vert \ge \Vert x \Vert$ para todos los escalares $\alpha$

Question

Aquí Prob. 8 en los Problemas después de 3.2 Segundos en Introductorio de Análisis Funcional Con las Aplicaciones por Erwine Kreyszig:

Demostrar que en un producto interior espacio, $x \perp y$ si y sólo si $\Vert x + \alpha y \Vert \ge \Vert x \Vert$ para todos los escalares $\alpha$.

Si $x \perp y$,$\langle x, y \rangle = 0$; así que, para cualquier escalar $\alpha$, tenemos $$ \begin{align*} \Vert x + \alpha y \Vert^2 &= \langle x + \alpha y, x + \alpha y \rangle \\ &= \Vert x \Vert^2 + 2 \Re \bar{\alpha} \langle x, y \rangle + \vert \alpha \vert^2 \ \Vert y \Vert^2 \\ &= \Vert x \Vert^2 + \vert \alpha \vert^2 \ \Vert y \Vert^2 \\ &\ge \Vert x \Vert^2. \end{align*} $$ Así $$ \Vert x + \alpha y \Vert \geq \Vert x \Vert. $$

Estoy en lo cierto?

Ahora, ¿cómo demostrar lo contrario? Es mi suposición de que vamos a tener que poner un determinado valor de $\alpha$.

Answer 1

$\boldsymbol{\langle x,y\rangle=0\implies\|x+\alpha y\|^2\ge\|x\|^2}$

$$ \begin{align} \|x+\alpha y\|^2 &=\|x\|^2+2\mathrm{Re}\left(\langle x,\alpha y\rangle\right)+|\alpha|^2\|y\|^2\\ &=\|x\|^2+2\mathrm{Re}\left(\overline{\alpha}\langle x,y\rangle\right)+|\alpha|^2\|y\|^2\\ &=\|x\|^2+|\alpha|^2\|y\|^2\\ &\ge\|x\|^2 \end{align} $$

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$\boldsymbol{\|x+\alpha y\|^2\ge\|x\|^2\implies\langle x,y\rangle=0}$

Deje $\alpha=t\langle x,y\rangle$$t\in\mathbb{R}$, por lo que el $\langle x,\alpha y\rangle=t|\langle x,y\rangle|^2\in\mathbb{R}$.

Supongamos $\langle x,y\rangle\ne0$. Para $-\frac2{\|y\|^2}\lt t\lt0$, tenemos $$ \begin{align} \|x+\alpha y\|^2 &=\|x\|^2+2\mathrm{Re}\left(\langle x,\alpha y\rangle\right)+|\alpha|^2\|y\|^2\\ &=\|x\|^2+2t|\langle x,y\rangle|^2+t^2|\langle x,y\rangle|^2\|y\|^2\\ &=\|x\|^2+t|\langle x,y\rangle|^2\left(2+t\|y\|^2\right)\\ &\lt\|x\|^2 \end{align} $$ Por lo tanto, $\langle x,y\rangle=0$.

Answer 2

Si $(x,y) \ne 0$$\|y\|\ne 0$, y el siguiente es ortogonal de descomposición: $$ x = \left[x-\frac{(x,y)}{(y,y)}y\right]+\frac{(x,y)}{(y,y)}y. $$ Por lo tanto, $$ \|x\|^{2} = \left\|x-\frac{(x,y)}{(y,y)}y\right\|^{2}+\frac{|(x,y)|^{2}}{\|y\|^{2}} > \left\|x-\frac{(x,y)}{(y,y)}y\right\|^{2}. $$

Answer 3

Assumig \begin{align*} \Vert x \Vert^2 + 2 \Re \bar{\alpha} \langle x, y \rangle + \vert \alpha \vert^2 \ \Vert y \Vert^2 \ge \Vert x \Vert^2, \end{align*} tenemos \begin{align*} 2 \Re \bar{\alpha} \langle x, y \rangle + \vert \alpha \vert^2 \ \Vert y \Vert^2 \ge 0 \end{align*} y \begin{align} \Re \bar{\alpha} \langle x, y \rangle \ge -\frac{1}{2} \vert \alpha \vert^2 \ \Vert y \Vert^2. \end{align}

Ahora tome $\alpha = 2\varepsilon / \Vert y \Vert^2 > 0$, y usted puede cancelar $\alpha$ de ambos lados para obtener \begin{align*} \Re \langle x, y \rangle \ge -\frac{1}{2} \alpha \Vert y \Vert^2 =-\varepsilon. \end{align*}

Ya que este tiene para todos los $\varepsilon$, obtenemos $\Re \langle x, y \rangle \ge 0$. Del mismo modo, teniendo en $\alpha = - 2\varepsilon / \Vert y \Vert^2$, obtenemos $\Re \langle x, y \rangle \le 0$, y, por tanto,$\Re \langle x, y \rangle = 0$.

De la misma manera, teniendo en $\alpha = \pm i 2\varepsilon / \Vert y \Vert^2$, uno puede mostrar que $\Im \langle x, y \rangle =0$.

Un poco más corta argumento a lo largo de las mismas líneas, es como sigue. Suponga $\langle x, y \rangle = |\langle x, y \rangle| e^{i\theta}$. Tomando $\alpha :=e^{i\theta} 2\varepsilon / \Vert y \Vert^2$, da \begin{align*} \Re \bar{\alpha} \langle x, y \rangle = \Re \big(e^{-i\theta} |\alpha| |\langle x, y \rangle| e^{i\theta}\big) = |\alpha| |\langle x, y \rangle| \end{align*} a partir de la cual obtenemos $|\langle x, y \rangle| \le 0$ y del mismo modo la toma $\alpha :=e^{i(\theta-\pi)} 2\varepsilon / \Vert y \Vert^2$, da $|\langle x, y \rangle| \ge 0$.

Answer 4

Por el contrario, si $\langle x,y \rangle \ne 0$, a continuación, en la línea 2 de su argumento puede optar $\alpha \in \mathbb{R}$ para hacer la r.h.s. menor que $||x||^2$, ya que para cualquier constantes $a \ne 0,b$ (en este caso $a=2\langle x,y\rangle$$b=||y||$) usted puede elegir el $\alpha$ tal que $a\alpha + b\alpha^2 < 0$. (la parábola $y=ax+bx^2$ cruza pero no es tangente al eje de las x.)