Distanza e proiezioni

Esercizio 7.4 (distanza come funzione continua)

Dato $A\subset X$$A \subset X$ non vuoto, definisco

$$d(x,A)=\inf _{a\in A}d(x,a).$$

$$d(x,A)=\inf _{a\in A}d(x,a).$$

Mostrare che la funzione che a $x$$x$ associa $d(x,A)$$d(x,A)$ è uniformemente continua e definita su tutto $X$$X$.

 

Dimostrazione

Considero $y\in X$$y\in X$ e valuto la quantità $d(x,A)-d(y,A)$$d(x,A)-d(y,A)$. Osservo che $d(x,A)\leq d(x,a)\forall a\in A$$d(x,A)\leq d(x,a)\forall a\in A$, e per la disuguaglianza triangolare

$$d(x,a)\leq d(x,y)+d(y,a)$$

$$d(x,a)\leq d(x,y)+d(y,a)$$

e unendo queste informazioni:

$$d(x,A)\leq d(x,y)+d(y,a)$$

$$d(x,A)\leq d(x,y)+d(y,a)$$

$$d(x,A)-d(x,y)\leq d(y,a)$$

$$d(x,A)-d(x,y)\leq d(y,a)$$

Passando all'inf, la disuguaglianza continua a valere perché il membro di sinistra non dipende da $a$$a$.

$$d(x,A)-d(x,y)\leq d(y,A)$$

$$d(x,A)-d(x,y)\leq d(y,A)$$

$$\longrightarrow \,d(x,A)-d(y,A)\leq d(x,y)$$

$$\longrightarrow \,d(x,A)-d(y,A)\leq d(x,y)$$

Quindi la funzione è continua, perché basta porre $\delta =\varepsilon$$\delta =\varepsilon$ per fare in modo che, se $d(x,y)\leq \delta$$d(x,y)\leq \delta$, allora $d(x,A)-d(y,A)=f(x)-f(y)\leq \varepsilon$$d(x,A)-d(y,A)=f(x)-f(y)\leq \varepsilon$.

 

Esercizio 7.5

Siano $X$$X$ uno spazio di Hilbert e $V_{1},V_{2}\subset X$$V_{1},V_{2}\subset X$ sottospazi lineari chiusi ortogonali. Mostrare che

1. $V_{1}+V_{2}=\{v_{1}+v_{2}:v_{i}\in V_{i}\}$$V_{1}+V_{2}=\{v_{1}+v_{2}:v_{i}\in V_{i}\}$ è un sottospazio chiuso.
2. determinare la relazione tra $P_{V_{1}+V_{2}}$$P_{V_{1}+V_{2}}$ (che esiste perché per il punto precedente $V_{1}+V_{2}$$V_{1}+V_{2}$ è chiuso) e $P_{V_{1}}$$P_{V_{1}}$ e $P_{V_{2}}$$P_{V_{2}}$.

 

Dimostrazione

Mostro che $V_{1}+V_{2}$$V_{1}+V_{2}$ è un sottospazio di $X$$X$. Dati $a,b\in V_{1}+V_{2}$$a,b\in V_{1}+V_{2}$ posso scrivere $a=x_{a}+y_{a}$$a=x_{a}+y_{a}$ con $x_{a}\in V_{1},y_{a}\in V_{2}$$x_{a}\in V_{1},y_{a}\in V_{2}$, e $b=x_{b}+y_{b}$$b=x_{b}+y_{b}$ con $x_{b}\in V_{1},y_{b}\in V_{2}$$x_{b}\in V_{1},y_{b}\in V_{2}$. Allora

$$a+b=x_{a}+y_{a}+x_{b}+y_{b}=(x_{a}+x_{b})+(y_{a}+y_{b})$$

$$a+b=x_{a}+y_{a}+x_{b}+y_{b}=(x_{a}+x_{b})+(y_{a}+y_{b})$$

e osservo che per la linearità di $V_{1}$$V_{1}$ e $V_{2}$$V_{2}$, $x_{a}+x_{b}\in V_{1}$$x_{a}+x_{b}\in V_{1}$ e $y_{a}+y_{b}\in V_{2}$$y_{a}+y_{b}\in V_{2}$, quindi $a+b\in V_{1}+V_{2}$$a+b\in V_{1}+V_{2}$ perché è stato scritto come somma di elementi nei $V_{i}$$V_i$.
Dimostro che $V_{1}+V_{2}$$V_{1}+V_{2}$ è chiuso. Equivalentemente devo dimostrare che data una successione a valori in $V_{1}+V_{2}$$V_{1}+V_{2}$ convergente ad un certo $z$$z$, si ha che $z\in V_{1}+V_{2}$$z\in V_{1}+V_{2}$.

Considero una successione $(a_{n})_{n\in \mathbb {N} }$$(a_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ dove $a_{n}=x_{1n}+x_{2n}$$a_{n}=x_{1n}+x_{2n}$ dove $x_{1n}\in V_{1}$$x_{1n}\in V_{1}$ e $x_{2n}\in V_{2}$$x_{2n}\in V_{2}$. Allora voglio mostrare che

$$z=z_{1}+z_{2}=\lim _{n\to \infty }a_{n}=\lim _{n\to \infty }(x_{1n}+x_{2n})$$

$$z=z_{1}+z_{2}=\lim _{n\to \infty }a_{n}=\lim _{n\to \infty }(x_{1n}+x_{2n})$$

Applicando il teorema del limite della somma si avrebbe $z=z_{1}+z_{2}$$z=z_{1}+z_{2}$ con $z_{1}=\lim _{n\to \infty }x_{1n}\in V_{1}$$z_{1}=\lim _{n\to \infty }x_{1n}\in V_{1}$ e $z_{2}=\lim _{n\to \infty }x_{2n}\in V_{2}$$z_{2}=\lim _{n\to \infty }x_{2n}\in V_{2}$, ma questo teorema si può applicare solo se i limiti esistono. In spazi generici questo non è vero, mostriamo che è vero per spazi chiusi.

Applico $P_{1}=P_{V_{1}}$$P_{1}=P_{V_{1}}$ ai due membri della relazione $a_{n}=x_{1n}+x_{2n}$$a_{n}=x_{1n}+x_{2n}$:

$$P_{1}(a_{n})=P_{1}(x_{1n})+P_{1}(x_{2n})=x_{1n}+0$$

$$P_{1}(a_{n})=P_{1}(x_{1n})+P_{1}(x_{2n})=x_{1n}+0$$

infatti $x_{2n}\in \ker P_{1}$$x_{2n}\in \ker P_{1}$ perché $x_{2n}$$x_{2n}$ è ortogonale a tutti i vettori di $V_{1}$$V_{1}$ per ipotesi, e $P_{1}(x_{1n})=x_{1n}$$P_{1}(x_{1n})=x_{1n}$ perché $x_{1n}\in V_{1}$$x_{1n}\in V_{1}$.
Per la continuità di $P_{1}$$P_{1}$, $a_{n}\to z$$a_{n}\to z$ implica $P_{1}(a_{n})\to P_{1}(z)$$P_{1}(a_{n})\to P_{1}(z)$, e siccome $P_{1}(a_{n})=x_{1n}$$P_{1}(a_{n})=x_{1n}$, $x_{1n}\to P_{1}(z)$$x_{1n}\to P_{1}(z)$. Analogamente $x_{2n}\to P_{2}(z)$$x_{2n}\to P_{2}(z)$.

Allora $(x_{1n})_{n\in \mathbb {N} }$$(x_{1n})_{n\in \mathbb {N} }$ e $(x_{2n})_{n\in \mathbb {N} }$$(x_{2n})_{n\in \mathbb {N} }$ ammettono limite, quindi posso applicare il teorema del limite della somma:

$$z=\lim _{n\to \infty }a_{n}=\lim _{n\to \infty }x_{1n}+\lim _{n\to \infty }x_{2n}=P_{1}(z)+P_{2}(z)$$

$$z=\lim _{n\to \infty }a_{n}=\lim _{n\to \infty }x_{1n}+\lim _{n\to \infty }x_{2n}=P_{1}(z)+P_{2}(z)$$

e siccome $P_{1}(z)\in V_{1}$$P_{1}(z)\in V_{1}$ e $P_{2}(z)\in V_{2}$$P_{2}(z)\in V_{2}$ si ha che $V_{1}+V_{2}$$V_{1}+V_{2}$ è chiuso.
Ipotizzo che $P_{V_{1}+V_{2}}=P_{V_{1}}+P_{V_{2}}$$P_{V_{1}+V_{2}}=P_{V_{1}}+P_{V_{2}}$. Sia $x\in X$$x \in X$. $P_{V_{1}}(x)\in V_{1}$$P_{V_{1}}(x)\in V_{1}$ e $P_{V_{2}}(x)\in V_{2}$$P_{V_{2}}(x)\in V_{2}$, quindi $P_{V_{1}}(x)+P_{V_{2}}(x)\in V_{1}+V_{2}$$P_{V_{1}}(x)+P_{V_{2}}(x)\in V_{1}+V_{2}$. Mostro che

$$x-P_{V_{1}}(x)-P_{V_{2}}(x)$$

$$x-P_{V_{1}}(x)-P_{V_{2}}(x)$$

è ortogonale a $V_{1}+V_{2}$$V_{1}+V_{2}$, in modo che $P_{V_{1}+V_{2}}=P_{V_{1}}+P_{V_{2}}$$P_{V_{1}+V_{2}}=P_{V_{1}}+P_{V_{2}}$.
Per le proprietà generali delle proiezioni su $V_{1}$$V_{1}$ e si ha $x-P_{V_{1}}\perp V_{1}$$x-P_{V_{1}}\perp V_{1}$. $P_{V_{2}}(x)\perp V_{1}$$P_{V_{2}}(x)\perp V_{1}$ per ipotesi quindi $x-P_{V_{1}}-P_{V_{2}}\perp V_{1}$$x-P_{V_{1}}-P_{V_{2}}\perp V_{1}$. Allo stesso modo $x-P_{V_{1}}-P_{V_{2}}\perp V_{2}$$x-P_{V_{1}}-P_{V_{2}}\perp V_{2}$, e quindi è ortogonale a $V_{1}+V_{2}$$V_{1}+V_{2}$.

 

Esercizio 7.6

Dimostrare che $P$$P$ è una proiezione se e solo se $P^{2}=P$$P^{2}=P$ e $P$$P$ è autoaggiunta, cioè per ogni $x,y$$x,y$, $x\cdot P(y)=P(x)\cdot y$$x\cdot P(y)=P(x)\cdot y$.

 

Dimostrazione

$1\longrightarrow 2$$1\longrightarrow 2$ è ovvia.

$2\longrightarrow 1$$2\longrightarrow 1$: voglio mostrare che

$$(x-P(x))\cdot P(y)=0.$$

$$(x-P(x))\cdot P(y)=0.$$

per ogni $y\in X$$y\in X$. Osservo che

$$(x-P(x))\cdot P(y)=x\cdot P(y)-P(x)\cdot P(y)=$$

$$(x-P(x))\cdot P(y)=x\cdot P(y)-P(x)\cdot P(y)=$$

e per il fatto che $P$$P$ è autoaggiunta:

$$=x\cdot P(y)-PP(x)\cdot y=$$

$$=x\cdot P(y)-PP(x)\cdot y=$$

ma $P$$P$ è idempotente, quindi

$$=x\cdot P(y)-P(x)\cdot y=$$

$$=x\cdot P(y)-P(x)\cdot y=$$

e usando ancora il fatto che $P$$P$ è autoaggiunta, il tutto fa 0, quindi $P$$P$ è una proiezione.

 

Non è detto che in generale due proiezioni commutino.

Esercizio 7.7

Mostrare che se $PQ=QP$$PQ=QP$, allora $PQ$$PQ$ è una proiezione.

 

Dimostrazione

Per l'esercizio precedente, dimostrare che $PQ$$PQ$ è una proiezione equivale a dimostrare che

1. $PQ$$PQ$ è idempotente, e questo è vero, infatti, tenendo conto del fatto che $P,Q$$P,Q$ commutano:
   $$PQ\circ PQ=QPPQ$$

   $$PQ\circ PQ=QPPQ$$
   ma siccome $P$$P$ è idempotente:
   $$=QPQ=PQQ=PQ.$$

   $$=QPQ=PQQ=PQ.$$
   dove nell'ultimo passaggio ho usato il fatto che anche $Q$$Q$ è idempotente.
2. $PQ$$PQ$ è autoaggiunta, infatti
   $$x\cdot PQ(y)=P(x)\cdot Q(y)=QP(x)\cdot y=PQ(x)\cdot y$$

   $$x\cdot PQ(y)=P(x)\cdot Q(y)=QP(x)\cdot y=PQ(x)\cdot y$$

 

Per mostrare il viceversa è necessario il seguente lemma:

Lemma 7.1

Detta $V_{P}=P(X)$$V_{P}=P(X)$ e $V_{Q}=Q(X)$$V_{Q}=Q(X)$, segue che $z\in V_{P}\cap V_{Q}$$z\in V_{P}\cap V_{Q}$ se e solo se $z=PQ(z)$$z=PQ(z)$.

 

Dimostrazione

Se $z=PQ(z)$$z=PQ(z)$, allora ovviamente $z\in V_{P}\cap V_{Q}$$z\in V_{P}\cap V_{Q}$. Viceversa, dato $y\in V_{P}\cap V_{Q}$$y\in V_{P}\cap V_{Q}$, $P$$P$ e $Q$$Q$ fissano $y$$y$ quindi si può scrivere $y=P(y)=Q(y)$$y=P(y)=Q(y)$, allora $PQ(y)=P(Q(y))=P(y)=y$$PQ(y)=P(Q(y))=P(y)=y$.

 

Allora possiamo mostrare che:

Proposizione 7.1

Se $PQ$$PQ$ è una proiezione, allora $P$$P$ e $Q$$Q$ commutano.

 

Dimostrazione

Per ipotesi,

$$(x-PQ(x))\cdot z=0\forall z\in V_{P}\cap V_{Q}$$

$$(x-PQ(x))\cdot z=0\forall z\in V_{P}\cap V_{Q}$$

quindi

$$x\cdot z=PQ(x)\cdot z,\,{\hbox{formula 1}}$$

$$x\cdot z=PQ(x)\cdot z,\,{\hbox{formula 1}}$$

Inoltre, sempre per ogni $z\in V_{P}\cap V_{Q}$$z\in V_{P}\cap V_{Q}$, si ha

$$QP(x)\cdot z=P(x)\cdot Q(z)=P(x)\cdot z=x\cdot P(z)=x\cdot z,\,{\hbox{formula 2}}$$

$$QP(x)\cdot z=P(x)\cdot Q(z)=P(x)\cdot z=x\cdot P(z)=x\cdot z,\,{\hbox{formula 2}}$$

quindi per le formule 1 e 2:

$$QP(x)\cdot z=PQ(x)\cdot z$$

$$QP(x)\cdot z=PQ(x)\cdot z$$

ma allora, inserendo la formula 2 nella formula 1 si ha:

$$0=(x-PQ(x))\cdot z=(x-QP(x))\cdot z=x\cdot z-QP(x)\cdot z$$

$$0=(x-PQ(x))\cdot z=(x-QP(x))\cdot z=x\cdot z-QP(x)\cdot z$$

cioè $QP(x)\cdot z=x\cdot z$$QP(x)\cdot z=x\cdot z$ per ogni $z\in V_{P}\cap V_{Q}$$z\in V_{P}\cap V_{Q}$ quindi $QP(x)$$QP(x)$ è la proiezione su $V_{P}\cap V_{Q}$$V_{P}\cap V_{Q}$, quindi $PQ=QP$$PQ=QP$ e le due proiezioni commutano.