Complemento Ortogonal

Seja (H, \langle \cdot,\cdot \rangle) um espaço de Hilbert e M \subset H um subespaço fechado. Vou mostrar neste post que H = M \oplus M^\bot, onde M^\bot é o conjunto (subespaço fechado) dos vetores ortogonais a M. As funções norma \lVert \cdot \rVert e distância d(\cdot,\cdot) são definidas da maneira usual.

Nesta demonstração, tentei evitar tudo o que tenho aversão. Uma dessas coisas é a lei do paralelogramo. A demonstração ficou mais longa, mas se o leitor fizer alguns desenhos (principalmente no final do teorema), verá que é bem geométrica. O lema utilizado para subsituir a lei do paralelogramo é o seguinte.

Lema 1: Dado a \in H, se d(a,x_1) = d(a,x_2), com x_1 \neq x_2. Faça v = \frac{x_1-x_2}{\lVert x_1-x_2 \rVert}.
Então x = \frac{x_1+x_2}{2} é o ponto da reta r(\lambda) = x_1 + \lambda v que tem a menor distância de a. Também vale que \langle a-x,v \rangle = 0, ou seja, a-x é ortogonal à reta r(\lambda).

Demonstração:
Primeiramente, faça um desenho.🙂

Basta notar que
d(x + \lambda v, a)^2 = d(\lambda v, a - x)^2 = \lambda^2 + 2 \lambda \langle v, a-x \rangle + \lVert a-x \rVert^2
é uma parábola simétrica em relação ao eixo das abcissas. Portanto, o (único) ponto de mínimo é em \lambda = 0.

Seja agora, \alpha = \langle a-x,v \rangle. Então, \langle a-x-\alpha v, v \rangle = 0. Portanto,
\lVert a - x \rVert^2 = \lVert a - x - \alpha v \rVert^2 + \lVert \alpha v \rVert^2 = \lVert a - x - \alpha v \rVert^2 + \alpha^2. Pela minimalidade de \lVert a - x \rVert, temos que \alpha = 0.


Lema 2: Dado a \in H, então m \in M é tal que a - m \in M^\bot se, e somente se, d(a,m) = d(a,M). Onde d(a, M) = \inf_{x \in M} \lVert a -x \rVert.

Demonstração

Suponha que a - m \in M^\bot. Tome x \in M. Basta então notar que
d(a,x)^2 = \lVert a - m + (m-x) \rVert^2 = \lVert a-m \rVert^2 + \lVert m-x \rVert^2 \geq \\ \geq \lVert a-m \rVert^2 = d(a,m)^2.

Por outro lado, se a - m \not \in M^\bot, então existe z \in M, de norma 1, tal que \langle z, a-m \rangle = \alpha > 0. Fazendo x = m + \alpha z, temos que a-x \in \{z\}^\bot e, portanto,
\lVert a-m \rVert^2 = \lVert a-x + \alpha z \rVert^2 = \lVert a-x \rVert^2 + \alpha^2 > \lVert a-x \rVert^2.
Assim, d(a,m) não é mínimo.


Teorema: Todo a \in H pode ser decomposto em a = m_a + a_\bot, onde m_a \in M e a_\bot \in M^\bot. Esta decomposição é única. Ou seja, H = M \oplus M^\bot.

Demonstração:
A unicidade segue diretamente de H \cap H^\bot = \{0\}.

Pelo lema 2, basta mostrar que existe m_a \in M tal que d(a,m_a) = d(a,M). Tome m_n \in M com d(a,m_n) \downarrow d(a,M). Vamos mostrar que m_n é uma sequência de Cauchy.

Suponha que não. Então, existe \varepsilon > 0 tal que para todo N podemos escolher j > k > N tais que d(m_j,m_k) > \varepsilon. Como d_j < d_k, pelo teorema do valor intermediário, “saindo” de m_j, e “indo na direção oposta” a m_k, existe um ponto m_k' (diferente de m_k) tal que d(a,m_k') = d_k. Note que d(m_k,m_k') \geq d(m_k,m_j) > \varepsilon. Faça um desenho…😉

Pelo lema 1, m = \frac{m_k-m_k'}{2} é tal que a-m é ortogonal á reta r(\lambda) = m_k + \lambda (m_k-m_k'). Pelo desenho que você fez,
d(a, m_k)^2 = d(a,m)^2 + d(m,m_k)^2 \geq \\ \geq d(a,m)^2 + \left( \frac{\varepsilon}{2} \right)^2 \geq d(a,M)^2 + \left( \frac{\varepsilon}{2} \right)^2.
Tomando o limite quando N \rightarrow \infty, temos a seguinte contradição:
d(a,M)^2 \geq d(a,M)^2 + \frac{\varepsilon^2}{4}.

Portanto, m_n é de Cauchy, e existe m_a com m_n \rightarrow m_a. Pela continuidade de d(\cdot,\cdot), temos que d(a,m_a) = d(a,M), concluindo a demonstração.


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