Proyecciones ortogonales en espacios de Hilbert

RESUMEN. Definimos las proyecciones ortogonales sobre todo subespacio cerrado y su ortogonal en espacios de Hilbert.

Enunciado
Sea $H$ un espacio de Hilbert. Demostrar que:
(1) Si $F$ es un subespacio de $H$, entonces $F\cap F^\perp=\{0\}.$
(2) Si $x\in H$ y $A\subset H$ es convexo, también $x+A$ es convexo.
(3) Si $x\in H$ y $A\subset H$ es cerrado, también $x+A$ es cerrado.
(4) Si $F$ es subespacio cerrado de $H$, todo $x\in H$ se puede expresar de manera única en la forma $x=y+z$ con $y\in F,z\in F^\perp.$
(5) Las aplicaciones $$\begin{aligned}& P:H\to F, \quad \;\;\;Px=y\\
& Q:H\to F^\perp, \quad Qx=z
\end{aligned}$$ son lineales.
Nota. $P$ y $Q$ llaman proyecciones ortogonales sobre $F$ y $F^\perp$ respectivamente.
(6) $Px$ y $Qx$ son los puntos más cercanos a $x$ en $F$ y $F^\perp$ respectivamente.
(7) $\|x\|^2=\|Px\|^2+\|Qx\|^2.$
(8) Si $F\ne H$, existe $0\ne v\in H$ tal que $v\perp F.$

Solución
(1) Si $x\in F\cap F^\perp$ entonces $x\in F$ y $x\in F^\perp$ luego $\langle x,x \rangle=0$ y por tanto $x=0.$
(2) Si $u, v\in x+F$, existen $a,b\in A$ tales que $u=x+a$, $v=x+b$. Entonces, para todo $t\in[0,1]:$ $$(1-t)u+tv=(1-t)(x+a)+t(x+b)=x+(1-t)a+tb.$$ Al ser $A$ convexo, $(1-t)a+tb\in A$ y por tanto $(1-t)u+tv\in x+A.$
(3) Sabemos que las traslaciones en espacio normados son homeomorfismos. Considermos la traslación $T_x:H\to H$, $T_x(u)=x+u$ con lo cual $T^{-1}_x=T_{-x}.$ Entonces, $$T_{-x}(A)=\{y\in H:T_{-x}(y)\in A\}=\{y\in H:-x+y\in A\}$$ $$=\{y\in H:-x+y=a\text{ con }a\in A\}$$ $$=\{y\in H:y=x+a\text{ con }a\in A\}=x+A$$ y al ser $A$ cerrado, también lo es $T^{-1}_x(A)=x+A.$
(4) Probemos previamente la unicidad. Si $x=y+z=y^\prime +z^\prime$ con $y,y^\prime\in F$, $z,z^\prime\in F^\perp,$ $$y+z=y^\prime +z^\prime\Rightarrow \underbrace{y-y^\prime}_{\in F}=\underbrace{z^\prime-z}_{\in F^\perp}$$ $$\Rightarrow y-y^\prime\in F\cap F^\perp,z^\prime-z\in F\cap F^\perp$$ $$\underbrace{\Rightarrow}_{\text{Ap }(1)} y-y^\prime=z-z^\prime=0\Rightarrow y=y^\prime, z=z^\prime.$$ Probemos ahora la existencia. Por los apartados $(2)$ y $(3),$ $x+F$ es convexo y cerrado. Definamos $z$ como el elemento de norma mínima de $x+F$ (ver Vector de norma mínima en un subconjunto de un espacio de Hilbert) y llamemos $y=x-z.$ Como $z\in x+F$, se verifica $y\in F.$ Veamos ahora que $z\in F^\perp.$ Tenemos que demostrar que $\langle z,u\rangle=0$ para todo $u\in F$ y sin pérdida de generalidad podemos suponer que $\|u\|=1.$ Usando la propiedad de mínima norma de $z$, tenemos para todo escalar $\alpha:$ $$\langle z,z\rangle=\|z\|^2\le \|z-\alpha u\|^2=\langle z-\alpha u,z-\alpha u\rangle=\|z^2\|-\alpha\langle u,z\rangle-\overline{\alpha}\langle z,u\rangle+\alpha \overline{\alpha},$$ lo cual implica $0\le -\alpha\langle u,z\rangle-\overline{\alpha}\langle z,u\rangle+\alpha \overline{\alpha}.$ En particular, para $\alpha=\langle z,u\rangle$ queda $$0\le -\langle z,u\rangle \langle u,z\rangle-\overline{\langle z,u\rangle}\langle z,u \rangle +\langle z,u\rangle\overline{\langle z,u\rangle}=-\langle z,u\rangle \overline{\langle z,u\rangle}=-|\langle z,u\rangle|.$$ Es decir, $\langle z,u\rangle=0.$
(5) Para todo par de vectores $x_1,x_2\in H$ y para todo par de escalares $\alpha_1,\alpha_2$ podemos escribir $$x_1=y_1+z_1,\;x_2=y_2+z_2 \text{ con }y_1,y_2\in F,z_1,z_2\in F^\perp \text{ únicos}.$$
Entonces, $$\alpha_1x_1+\alpha_2 x_2=\underbrace{\alpha_1y_1+\alpha_2y_2}_{\in F} +\underbrace{\alpha_1z_1+\alpha_2 z_2}_{\in F^\perp} $$ $$\Rightarrow P(\alpha_1x_1+\alpha_2x_2)=\alpha_1y_1+\alpha_2y_2=\alpha_1Px_1+\alpha_2Px_2$$ es decir, $P$ es lineal. Análogo razonamiento para $Q.$
(6) Para todo $y\in F$ tenemos $(Px-y)\in F$ y $Qx\in F^\perp$ con lo cual $$\|x-y\|^2=\|Qx+(Px-y)\|=\|Qx\|^2+\|Px-y\|^2$$ y el valor mínimo de la expresión anterior se obtiene obviamente para $y=Px.$ Análogo razonamiento para $F^\perp.$
(7) Se deduce inmediatamente de que $x=Px+Qx$ y $Px\perp Qx.$
(8) Sea $u\in H$ con $u\notin F$ y elijamos $v=Qu.$ Como $Pu\in F$, $u\ne Pu$ y por tanto $0\ne u-Pu=v\in F^\perp.$

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