Autor Tema: Ejercicio subespacio lineal de un espacio de Hilbert

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18 Mayo, 2022, 09:19 pm
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chnhe

  • $$\Large \color{#5372a0}\pi\,\pi$$
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Sea \( M \) un subespacio lineal cerrado de un espacio de Hilbert \( H \). Dado \( x_0\in{H} \), demostrar que \( \min\{\|x-x_0\|; x\in{M}\}=\max\{|\langle x_0,y\rangle|;  y\in{M^\perp}, \|y\|=1\} \)

Si alguien me puede echar una mano con este ejercicio, gracias de antemano.

Moderación: corregido \( \LaTeX \).

19 Mayo, 2022, 08:46 pm
Respuesta #1

Masacroso

  • “Lo que oigo, lo olvido; lo que veo, lo recuerdo; lo que hago, lo aprendo” (antiguo proverbio chino)
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Sea \( M \) un subespacio lineal cerrado de un espacio de Hilbert \( H \). Dado \( x_0\in{H} \), demostrar que \( \min\{\|x-x_0\|; x\in{M}\}=\max\{|\langle x_0,y\rangle|;  y\in{M^\perp}, \|y\|=1\} \)

Si alguien me puede echar una mano con este ejercicio, gracias de antemano.

Moderación: corregido \( \LaTeX \).

Te dejo una pista: como \( M \) es cerrado, entonces \( H=M\oplus M^{\perp } \). Por tanto si \( x\in  H \) entonces \( x=x_{\top }+x_{\perp } \) donde \( x_{\top }\in M \) y \( x_{\perp }\in M^{\perp } \). Ahora observa que

\( \displaystyle{
\|x-x_{\top }\|=\|x_{\perp }\|=\left\langle x_{\perp }, \frac{x_{\perp }}{\|x_{\perp }\|}\right\rangle
} \)

20 Mayo, 2022, 11:02 am
Respuesta #2

chnhe

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Lo estoy intentando siguiendo la pista, pero no me sale.

20 Mayo, 2022, 08:39 pm
Respuesta #3

Masacroso

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Lo estoy intentando siguiendo la pista, pero no me sale.

Ok. Mira, necesitas conocer la desigualdad de Cauchy-Schwarz por un lado, que nos dice que en un espacio de Hilbert

\( \displaystyle{
|\langle x,y \rangle |\leqslant \|x\|\cdot \|y\|
} \)

y la igualdad sólo se alcanza si \( x \) e \( y \) son colineales. También necesitas conocer el teorema de Pitágoras, que nos dice que si \( x \) e \( y \) son ortogonales entonces \( \|x+y\|^2=\|x\|^2+\|y\|^2 \). Entonces observa que si \( x_0=x_0^{\top }+x_0^{\perp } \), donde \( x_0^{\top }\in M,\, x_0^{\perp }\in M^{\perp } \) e \( y\in M \), tienes que

\( \displaystyle{
\|x_0-y\|^2=\|x_0^{\perp }+(x_0^{\top }-y)\|^2=\|x_0^{\perp }\|^2+\|x_0^{\top }-y\|^2\geqslant \|x_0^{\perp }\|^2
} \)

Por tanto el ínfimo de \( \|x_0-y\| \) se alcanza cuando \( y=x_0^{\top } \), quedando entonces que

\( \displaystyle{
d(x_0,M):=\inf_{y\in M}\|x_0-y\|=\|x_0^{\perp }\|=\left\langle x_0^{\perp },\frac{x_0^{\perp }}{\|x_0^{\perp }\|} \right\rangle =\left\langle x_0,\frac{x_0^{\perp }}{\|x_0^{\perp }\|} \right\rangle
} \)


Te queda utilizar lo que te dije más arriba de la desigualdad de Cauchy-Schwarz para demostrar que

\( \displaystyle{
\sup_{y\in M^{\perp }\cap S}|\langle x_0,y \rangle |=\langle x_0,y_0 \rangle \iff y_0=\frac{x_0^{\perp  }}{\|x_0^{\perp }\|}
} \)

donde \( S:=\{x\in H: \|x\|=1\} \).