предел последовательных ортогональных проекций

[MaestroAlex]

ewert в сообщении #216250 писал(а):

И чего народ мучается? Немного поразмыслимши, становится понятно, что достаточно ограничиться частным случаем, когда пересечение подпространств тривиально. Т.е. когда $L_1\bigcap L_2=\{0\}.$ И доказывать в этом частном случае, что упомянутая итерационная процедура сходится к нулю.

Ну так это достаточно очевидно. Определим $$\theta=\mathop{\sup}\limits_{u,v}{|(u,v)|\over\|u\|\cdot\|v\|},$ где супремум берётся по всем ненулевым $u\in L_1$ и $v\in L_2$. Поскольку супремум достаточно искать по всем векторам единичной нормы -- он заведомо достигается на некоторой паре векторов (пространство-то ведь конечномерно). И эта пара не параллельна (в противном случае подпространства пересекались бы нетривиально). Следовательно, $\theta<1$.

Так вот. Пусть $x_1$ -- некоторый из векторов одного подпространства (а уже после первой итерации он там окажется) и $x_2$ -- результат его проецирования на альтернативное подпространство. Тогда $\|x_2\|\leqslant\theta\|x_1\|.$ Т.е. $\|x_k\|$ стремятся к нулю со скоростью геометрической прогрессии. Ч.т.д.

Да, Вы великодушно согласились объяснить господину Terminator-II утверждение
"Но $|P_{U'}P_{V'}x|<|x|, \forall x\in \mathbb {R}$, так как $P$ ортогональный проектор и $U' \cap V'$ пусто." из предложенного выше классического решения господина neo66.

Спасибо Вам обоим за решение и пояснения!

[terminator-II]

ewert в сообщении #216257 писал(а):

Там угол между различными подпространствами (пусть даже и замкнутымит) вовсе не обязан быть нулевым.

ненулевым, Вы хотели сказать --
будет!!!

[ewert]

MaestroAlex в сообщении #216258 писал(а):

утверждение
"Но $|P_{U'}P_{V'}x|<|x|, \forall x\in \mathbb {R}$, так как $P$ ортогональный проектор и $U' \cap V'$

Даже и не пытался объяснять. Ну допустим меньше (что тривиально), и даже строго меньше (что уже требует обоснований; допустим, что они есть). И что с того?... -- требуется ведь какое-никакое, а именно квалифицированное уменьшение, а не просто так.

terminator-II в сообщении #216259 писал(а):

ненулевым, Вы хотели сказать --
будет!!!

Да, именно ненулевым я и хотел сказать, разумеется, прошу прощения за очепятку. Так вот -- не будет!!! (в.г.)

[MaestroAlex]

ewert в сообщении #216281 писал(а):

MaestroAlex в сообщении #216258 писал(а):

утверждение
"Но $|P_{U'}P_{V'}x|<|x|, \forall x\in \mathbb {R}$, так как $P$ ортогональный проектор и $U' \cap V'$

Даже и не пытался объяснять. Ну допустим меньше (что тривиально), и даже строго меньше (что уже требует обоснований; допустим, что они есть). И что с того?... -- требуется ведь какое-никакое, а именно квалифицированное уменьшение, а не просто так.

terminator-II в сообщении #216259 писал(а):

ненулевым, Вы хотели сказать --
будет!!!

Да, именно ненулевым я и хотел сказать, разумеется, прошу прощения за очепятку. Так вот -- не будет!!! (в.г.)

из приведенного выше неравенства следует, что норма оператора $P_{U'}P_{V'}$ меньше еденицы, а следовательно $ \forall x\in \mathbb {R}^m\ ||(P_{U'}P_{V'})^n x|| \leq ||P_{U'}P_{V'}||^n\ ||x|| \rightarrow 0$ при $n \rightarrow \infty$

[TOTAL]

ewert в сообщении #216281 писал(а):

MaestroAlex в сообщении #216258 писал(а):

утверждение
"Но $|P_{U'}P_{V'}x|<|x|, \forall x\in \mathbb {R}$, так как $P$ ортогональный проектор и $U' \cap V'$

Даже и не пытался объяснять. Ну допустим меньше (что тривиально), и даже строго меньше (что уже требует обоснований; допустим, что они есть). И что с того?... -- требуется ведь какое-никакое, а именно квалифицированное уменьшение, а не просто так.

Достаточно просто уменьшения. Последовательность норм не возрастает, поэтому у неё есть предел, который может равняться только нулю.

[ewert]

TOTAL в сообщении #216377 писал(а):

Последовательность норм не возрастает, поэтому у неё есть предел, который может равняться только нулю.

Ну это неверно. Необходимо именно строгое убывание норм на каждом начальном векторе, и потом ещё надо вытянуть отсюда то, что норма $UV$ строго меньше единицы (что, конечно, легко, но определённых заклинаний всё же требует).

[terminator-II]

$H$ -- гильбертово пространство; $U,V\subset H$ -- замкнутые подпространства, причем сумма $U+V$ тоже замкнута; $P_U, P_V$ -- соответствующие ортогональные проекторы; $W=U\cap V$.
Теорема. $(P_UP_V)^n\to P_{W}$ при $n\to \infty$ в операторной норме

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

Док-во. Рассмотрим замкнутое пространство $L=U+V.$
$L=W\oplus W^\bot$ где $W^\bot $ -- ортогональное дополнение до $W$ в $L$.

Отметим некоторые очевидные факты.

1) $W^\bot=R\oplus S$, где $S=W^\bot \cap U$, $R=W^\bot\cap V$ -- замкнутые пространства.

2) $P_U(W)\subset W,\quad P_V(W)\subset W$; $P_U(W^\bot)\subset W^\bot,\quad P_V(W^\bot)\subset W^\bot$.

Ясно, что $(P_UP_V)^2:L\to L$ и $(P_UP_V)^2=\mathrm{id}_W\oplus (P_UP_V)^2\mid_{W^\bot}$

Для завершения доказательства теоремы достаточно показать, что оператор $A=P_UP_V\mid_{W^\bot}$ является сжатием.

Лемма. $\|A\|<1.$

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
Рассмотрим банахово пространство $Z$ и пусть $Z=X\oplus Y$, где $X,Y$ -- замкнутые подпространства.
Пусть $P:Z\to X$ -- оператор проектирования на $X$ вдоль $Y$.

Утв. 1 Оператор $P$ непрерывен.
Док-во. По теореме о замкнутом графике достаточно проверить, что $P$ -- замкнут. Пусть $z_k\to z$ и
$Pz_k\to x$; в силу замкнутости $X$ будет $x\in X$. Покажем, что $Pz=x$. Пусть $z_k=x_k+y_k,\quad x_k\in X,\quad y_k\in Y$
Тогда $Pz_k=x_k\to x$ Это означает, что $y_k\to y$ и в силу замкнутости $Y$ получаем $y\in Y$. Имеем $z=x+y$. Значит $Pz=x$ чтд

Пусть теперь пространство $Z=X\oplus Y$ гильбертово.

Утв. 2 $\sup\{(x,y)\mid x\in X,\quad y\in Y,\quad \|x\|=\|y\|=1\}<1$
Док-во.
Предположим противное: $(x_k,y_k)\to 1,\quad x_k\in X,\quad y_k\in Y$, и $\|x_k\|=\|y_k\|=1$. Ясно, что $\|x_k-y_k\|\to 0$
С другой стороны $P(x_k-y_k)=x_k$ -- противоречие Утв 1. чтд
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

Докажем лемму.

Пусть $z\in W^\bot$. Тогда $\|P_UP_Vz\|^2=(P_UP_Vz,P_UP_Vz)=(P_UP_Vz,P_Vz)$
мы использовали самосопряженность $P_U$ и что $P_U^2=P_U$. Теперь $P_Vz\in R,\quad P_UP_Vz\in S$.
продолжим: $(P_UP_Vz,P_Vz)\le c \|P_UP_Vz\|\|P_Vz\|\le c\|z\|^2.$
В силу Утв 2 $c<1.$

Лемма доказана.

[ewert]

Чего-то я ничего не могу разобрать. Попробую по-другому (возможно, и то же самое).

Определение. Углом между подпространствами $L_1$ и $L_2$ будем называть

$$\varphi\equiv\arccos\left(\sup\limits_{u,v}{|(u,v)|\over\|u\|\cdot\|v\|}\right),$$

где супремум берётся по всем ненулевым $u\in L_1$ и $v\in L_2.$

Теорема. Пусть $L_1\bigcap L_2=\{0\}.$ Тогда сумма подпространств $L_1+L_2$ замкнута в том и только том случае, когда угол между $L_1$ и $L_2$ не равен нулю.
Доказательство. Предположим, что сумма подпространств замкнута. Пусть $J$ -- оператор, действующий из $L_1\times L_2$ в $L_1+L_2$ по правилу: каждой паре $(u;v)\in L_1\times L_2$ ставится в соответствие элемент $J(u;v)\equiv u+v\in L_1+L_2.$ Ввиду тривиальности пересечения $L_1$ и $L_2$ оператор $J$ является биекцией. Если снабдить декартово произведение стандартной нормой $\|(u;v)\|\equiv\|u\|+\|v\|,$ то этот оператор ограничен (его норма не превосходит единицы просто по неравенству треугольника). По теореме об ограниченности обратного оператор $J^{-1}$ тоже ограничен и, следовательно, $\exists C>0:\ \|u\|\leqslant C\|u+v\|,\ \|v\|\leqslant C\|u+v\|\ (\forall u,v).$ Покажем, что при этом $\theta=\cos\varphi<1$.
Предположим обратное: $\cos\varphi=\sup\limits_{u,v}{|(u,v)|\over\|u\|\cdot\|v\|}=1.$ Это означает, что найдутся две последовательности $u_n\in L_1$ и $v_n\in L_2$ такие, что ${|(u_n,v_n)|\over\|u_n\|\cdot\|v_n\|}\to 1.$ Не ограничивая общности, можно считать, что все элементы этих последовательностей по норме равны единице и что $(u_n,v_n)<0.$ Тогда $\|u_n+v_n\|^2=\|u_n\|^2+2(u_n,v_n)+\|v_n\|^2\to0,$ а это противоречит ограниченности оператора $J^{-1}.$ В одну сторону утверждение доказано.
Обратно, пусть $\theta<1.$ Тогда

$$\|u+v\|^2=\|u\|^2+2\,\mathop{\mathrm{Re}}(u,v)+\|v\|^2\geqslant\|u\|^2-2\theta|(u,v)|+\|v\|^2\geqslant(1-\theta)(\|u\|^2+\|v\|^2),$$

а это означает ограниченность оператора $J^{-1}$ и, следовательно, замкнутость его области определения $L_1+L_2.$ Теорема доказана полностью.

Следствие. Пусть $P_1$ и $P_2$ -- ортопроекторы на пространства $L_1$ и $L_2$ соответственно. Если $L_1\bigcap L_2=\{0\}$ и $L_1+L_2$ замкнуто, то оператор $P_1P_2,$ суженный на $L_1,$ является сжимающим (его норма не превосходит $\cos^2\varphi$).

-----------------------------------------------------------
Т.е. в этом случае итерационная процедура сходится. Ну а уж отделить подпространство $L_1\bigcap L_2,$ если оно нетривиально -- не проблема.

[terminator-II]

ewert в сообщении #216613 писал(а):

Предположим, что сумма подпространств замкнута. Пусть $J$ -- оператор, действующий из $L_1\times L_2$ в $L_1+L_2$ по правилу: каждой паре $(u;v)\in L_1\times L_2$ ставится в соответствие элемент $J(u;v)\equiv u+v\in L_1+L_2.$ Ввиду тривиальности пересечения $L_1$ и $L_2$ оператор $J$ является биекцией. Если снабдить декартово произведение стандартной нормой $\|(u;v)\|\equiv\|u\|+\|v\|,$ то этот оператор ограничен (его норма не превосходит единицы просто по неравенству треугольника). По теореме об ограниченности обратного оператор $J^{-1}$ тоже ограничен и, следовательно, $\exists C>0:\ \|u\|\leqslant C\|u+v\|,\ \|v\|\leqslant C\|u+v\|\ (\forall u,v).$ Покажем, что при этом $\theta=\cos\varphi<1$.
Предположим обратное: $\cos\varphi=\sup\limits_{u,v}{|(u,v)|\over\|u\|\cdot\|v\|}=1.$ Это означает, что найдутся две последовательности $u_n\in L_1$ и $v_n\in L_2$ такие, что ${|(u_n,v_n)|\over\|u_n\|\cdot\|v_n\|}\to 1.$ Не ограничивая общности, можно считать, что все элементы этих последовательностей по норме равны единице и что $(u_n,v_n)<0.$ Тогда $\|u_n+v_n\|^2=\|u_n\|^2+2(u_n,v_n)+\|v_n\|^2\to0,$ а это противоречит ограниченности оператора $J^{-1}.$ В одну сторону утверждение доказано.

это конечно тоже самое: Вы используете теорему об обратном операторе, а я -- о замкнутом графике
а в обратную сторону для меня немного неожиданно

[ewert]

terminator-II в сообщении #216620 писал(а):

а в обратную сторону для меня немного неожиданно

Почему неожиданно? Выводить замкнутость из оценок всегда проще, чем наоборот.

Ваше доказательство я не смог прочитать, поскольку там уж слишком много слишком разных буковок намешано, да и логика (на мой, конечно, вкус) выглядит не слишком линейной.

Для полноты картины всё же завершу свой вариант доказательства.

--------------------------------------------------------
В общем случае обозначим $L_1\bigcap L_2\equiv L_{12}$ (это, естественно, подпространство). Пусть, далее, $L_1\equiv\widetilde L_1\oplus L_{12}$ (т.е. $\widetilde L_1$ -- это ортогональное дополнение $L_{12}$ до $L_1$) и $L_2\equiv\widetilde L_2\oplus L_{12}$. Тогда $\widetilde L_1$ и $\widetilde L_2$ -- тоже подпространства, и $L_1+L_2=(\widetilde L_1+\widetilde L_2)\oplus L_{12}$ (сумма -- прямая, причём вторая -- именно ортогональная). Замкнутость $\widetilde L_1+\widetilde L_2$ равносильна замкнутости $L_1+L_2.$ Всё пространство представляется как $H=(L_1+L_2)^{{}^{\perp}}\oplus(\widetilde L_1+\widetilde L_2)\oplus L_{12}.$ Легко понять, что все три взаимно ортогональных подпространства в этом разложении являются приводящими для оператора $A=P_1P_2,$ причём на первом из них этот оператор равен нулю, а на последнем совпадает с $P_{12}$ (ортопроектор на $L_{12}$). Оператор $\widetilde A\equiv A-P_{12}$ есть не что иное, как сужение оператора $A$ на $\widetilde L_1+\widetilde L_2,$ и $A^n=\widetilde A^n+P_{12}^n=\widetilde A^n+P_{12}.$ Поскольку подпространства $\widetilde L_1$ и $\widetilde L_2$ не пересекаются и их сумма замкнута, оператор $\widetilde A$ является сжимающим. Следовательно, $\|A^n-P_{12}\|=\|\widetilde A^n\|\leqslant\|\widetilde A\|^n\to 0.$

(уф-ф, тоже чего-то накрутил, но -- ладно)

[terminator-II]

ewert в сообщении #216644 писал(а):

Ваше доказательство я не смог прочитать, поскольку там уж слишком много слишком разных буковок намешано, да и логика (на мой, конечно, вкус) выглядит не слишком линейной.

да ну ,ерунда, по-сути прочитать надо было только это:

terminator-II в сообщении #216523 писал(а):

Рассмотрим банахово пространство $Z$ и пусть $Z=X\oplus Y$, где $X,Y$ -- замкнутые подпространства.
Пусть $P:Z\to X$ -- оператор проектирования на $X$ вдоль $Y$.

Утв. 1 Оператор $P$ непрерывен.
Док-во. По теореме о замкнутом графике достаточно проверить, что $P$ -- замкнут. Пусть $z_k\to z$ и
$Pz_k\to x$; в силу замкнутости $X$ будет $x\in X$. Покажем, что $Pz=x$. Пусть $z_k=x_k+y_k,\quad x_k\in X,\quad y_k\in Y$
Тогда $Pz_k=x_k\to x$ Это означает, что $y_k\to y$ и в силу замкнутости $Y$ получаем $y\in Y$. Имеем $z=x+y$. Значит $Pz=x$ чтд

Пусть теперь пространство $Z=X\oplus Y$ гильбертово.

Утв. 2 $\sup\{(x,y)\mid x\in X,\quad y\in Y,\quad \|x\|=\|y\|=1\}<1$
Док-во.
Предположим противное: $(x_k,y_k)\to 1,\quad x_k\in X,\quad y_k\in Y$, и $\|x_k\|=\|y_k\|=1$. Ясно, что $\|x_k-y_k\|\to 0$
С другой стороны $P(x_k-y_k)=x_k$ -- противоречие Утв 1. чтд

ewert в сообщении #216644 писал(а):

(уф-ф, тоже чего-то накрутил, но -- ладно)

вот именно, в этой задаче много технической шелухи. в конечномерной постановке ее нет потому, что углы рассматривать ненужно

[ewert]

Ну вот теперь понятно. Всё весьма разумно. Я просто до этого не добрался: не смог продраться через предыдущие обозначения -- в глазах зарябило.

Правда, вот это:

terminator-II в сообщении #216523 писал(а):

Предположим противное: $(x_k,y_k)\to 1,\quad x_k\in X,\quad y_k\in Y$, и $\|x_k\|=\|y_k\|=1$.

-- неаккуратно. Следовало всё же предположить, что $|(x_k,y_k)|\to 1$ и произнести соответствующее заклинание.

terminator-II в сообщении #216650 писал(а):

вот именно, в этой задаче много технической шелухи. в конечномерной постановке ее нет потому, что углы рассматривать ненужно

Да, достаточно соображений локальной компактности. Но это относится только к ядру доказательства. А вот всевозможные кручения-верчения вокруг разных ортогональных дополнений -- практически одинаковы что в конечномерном случае, что в бесконечномерном: вопросы замкнутости в этом месте принципиальной роли не играют.

-- Вс май 24, 2009 16:17:06 --

Да, и ещё кстати.

terminator-II в сообщении #216523 писал(а):

Рассмотрим банахово пространство $Z$ и пусть $Z=X\oplus Y$, где $X,Y$ -- замкнутые подпространства.
Пусть $P:Z\to X$ -- оператор проектирования на $X$ вдоль $Y$.

Утв. 1 Оператор $P$ непрерывен.

Лучше так:

Пусть $Z=X+Y$, где $X,Y$ -- замкнутые подпространства (непересекающиеся). Пусть $P:Z\to X$ -- оператор проектирования на $X$ вдоль $Y$.

Утв. 1 Оператор $P$ непрерывен тогда и только тогда, когда $Z$ замкнуто.
. . . . . . . . . . . . . . . . . .
Обратно: предположим, что $P$ непрерывен, т.е. что из $x\in X$ и $y\in Y$ следует $\|x\|\leqslant C\|x+y\|.$ Тогда для любой последовательности $x_k+y_k,$ фундаментальной в $X+Y,$ последовательность $x_k$ будет фундаментальна в $X$ и, следовательно $y_k$ фундаментальна в $Y.$ В силу замкнутости $X$ и $Y$ имеем $x_k\to x\in X$ и $y_k\to y\in Y,$ откуда $x_k+y_k\to x+y\in X+Y.$ Таким образом, $X+Y$ замкнуто.

[terminator-II]

ewert в сообщении #216653 писал(а):

неаккуратно. Следовало всё же предположить, что $|(x_k,y_k)|\to 1$ и произнести соответствующее заклинание.

не все нормально, я же доказываю, что

terminator-II в сообщении #216523 писал(а):

$\sup\{(x,y)\mid x\in X,\quad y\in Y,\quad \|x\|=\|y\|=1\}<1$

этого
достаточно.

ewert в сообщении #216653 писал(а):

Да, достаточно соображений локальной компактности. Но это относится только к ядру доказательства. А вот всевозможные кручения-верчения вокруг разных ортогональных дополнений -- практически одинаковы что в конечномерном случае, что в бесконечномерном

в конечномерном вертеть ничего не надо:

terminator-II в сообщении #216152 писал(а):

докажите, что $P_UP_V:W^\bot\to W^\bot$ -- сжатие

то, что $\|P_UP_Vx\|<\|x\|,\quad x\in W^\bot,\quad x\ne 0$ (*) ясно сразу;
Действительно, если $\|P_Vx\|<\|x\|,\quad x\in W^\bot,\quad x\ne 0$ -- то ok, если $$\|P_Vx\|=\|x\|$ для какого-то $x$, то $x\in V$ и $P_Vx=x$ поскольку $x$ ортогонален $W$, из этого следует, что он не принадлежит $U$, значит для этого $x$ будет $\|P_Ux\|<\|x\|$

из соображений компактности шара из (*) следует, что $\|P_UP_Vx\|\le c\|x\|,\quad c<1$
т.е. $\|P_UP_V\mid_{W^\bot}\|<1$

[ewert]

terminator-II в сообщении #216661 писал(а):

не все нормально, я же доказываю, что

terminator-II в сообщении #216523 писал(а):

$\sup\{(x,y)\mid x\in X,\quad y\in Y,\quad \|x\|=\|y\|=1\}<1$

этого
достаточно. если угодно, я просто, считаю, что угол между пространствами по определению $\in[0,\pi/2]$

Формально говоря -- недостаточно. Какое Вы имеете право так "считать"? В конце концов, даже в вещественном пространстве это отношение может приближаться к минус единице.

terminator-II в сообщении #216661 писал(а):

в конечномерном вертеть ничего не надо:

Ну хорошо, вот Ваша собственная "круговерть":

terminator-II в сообщении #216523 писал(а):

Док-во. Рассмотрим замкнутое пространство $L=U+V.$
$L=W\oplus W^\bot$ где $W^\bot $ -- ортогональное дополнение до $W$ в $L$.

Отметим некоторые очевидные факты.

1) $W^\bot=R\oplus S$, где $S=W^\bot \cap U$, $R=W^\bot\cap V$ -- замкнутые пространства.

2) $P_U(W)\subset W,\quad P_V(W)\subset W$; $P_U(W^\bot)\subset W^\bot,\quad P_V(W^\bot)\subset W^\bot$.

Ясно, что $(P_UP_V)^2:L\to L$ и $(P_UP_V)^2=\mathrm{id}_W\oplus (P_UP_V)^2\mid_{W^\bot}$

И что тут есть такого, что можно было бы выкинуть в конечномерном случае (за исключением, конечно, упоминаний о замкнутости)?...

[terminator-II]

ewert в сообщении #216671 писал(а):

Формально говоря -- недостаточно. Какое Вы имеете право так "считать"? В конце концов, даже в вещественном пространстве это отношение может приближаться к минус единице.

если я доказал, что оно не может приближаться к единице (комплексное пространство я не рассматривал) то как оно может приближаться к -1?

-- Sun May 24, 2009 17:34:11 --

ewert в сообщении #216671 писал(а):

И что тут есть такого, что можно было бы выкинуть в конечномерном случае (за исключением, конечно, упоминаний о замкнутости)?...

читайте предыдущий пост