Ортогональное дополнение подпространства. Ортогональные разложения

Пусть $S$ - подпространство в $V$. Множество всех векторов, ортогональных каждому вектору из $S$, называется **ортогональным дополнением** (ортодоп) $$S^{\perp} = \{a \in V ~|~ \forall{x \in S}~~ a\perp x\}$$

Пусть $S$ - подпространство пространства $V$ со скалярным произведением, а $S^{\perp}$ - ортогональное дополнение $S$. Тогда: 1) $S^{\perp}$ - подпространство $V$ 2) Если $a_{1}, a_{2}, \dots, a_{k}$ - базис $S$, то $x \in S^{\perp} \iff xa_{1} = \dots = xa_{k} = 0$

Пункт 1. Проверим $S^{\perp}$ на подпространство, $x, y \in S^{\perp}, a \in S, \lambda \in F$: $$(x+y)a = xa + ya = 0 + 0 = 0 \Rightarrow (x+y) \perp a \Rightarrow x+y \in S^{\perp}$$ $$(\lambda x)a = \lambda(xa) = \lambda \cdot 0 = 0 \Rightarrow \lambda x \perp a \Rightarrow \lambda x \in S^{\perp}$$ Пункт 2. Прямое утверждение следует из определения. Для доказательства обратного предположим, что $x \perp a_{1}, a_{2}, \dots, a_{k}$. Пусть $a \in S$, тогда: $$\begin{align} a &= \lambda_{1} a_{1} + \lambda_{2} a_{2} + \dots + \lambda_{k} a_{k} \\ ax &= (\lambda_{1} a_{1} + \lambda_{2} a_{2} + \dots + \lambda_{k} a_{k})x = \lambda_{1} (a_{1}x) + \lambda_{2} (a_{2}x) + \dots + \lambda_{k} (a_{k}x) = \\ &= \lambda_{1} \cdot 0 + \lambda_{2} \cdot 0 + \dots + \lambda_{k} \cdot 0 = 0 \end{align}$$ и потому $x \in S^{\perp}$ $~~~\square$

Если $V$ - пространство со скалярным произведением, а $S$ - подпространство в $V$, то $V = S \oplus S^{\perp}$ (**ортогональное разложение**)

Если $x \in S \cap S^{\perp}$, то $xx = 0 \Rightarrow x = 0$. А значит $S \cap S^{\perp} = \{0\}$, а значит $S + S^{\perp}$ - прямая. Осталось проверить, что $S + S^{\perp} = V$. Положим $\mathrm{dim}~V = n, \mathrm{dim}~S = k$. Возьмём ортонормированный базис $a_{1}, a_{2}, \dots, a_{k}$ подпространства $S$ и дополним этот базис до ортонормированного базиса пространства $V$. Пусть $a_{k+1},\dots,a_{n}$ - вектора, использованные для дополнения. Так как каждый из этих $n-k$ векторов ортогонален $a_{1}, a_{2}, \dots, a_{k}$, по предложению: $a_{k+1}, \dots, a_{n} \in S^{\perp}$. Итак, $S + S^{\perp}$ содержит все вектора $a_{1}, a_{2}, \dots, a_{n}$, составляющие базис $V$, откуда $S + S^{\perp} = V$ $\square$

Пусть $V$ - пространство со скалярным произведением, $S, S_{1}, S_{2}$ - его подпространства. Тогда: 1) $V^{\perp} = \{0\},~~ \{0\}^{\perp} = V$ 2) $(S^{\perp})^{\perp} = S$ 3) $S_{1} \subseteq S_{2} \Rightarrow S_{2}^{\perp} \subseteq S_{1}^{\perp}$ 4) $(S_{1} + S_{2})^{\perp} = S_{1}^{\perp} \cap S_{2}^{\perp},~~ (S_{1} \cap S_{2})^{\perp} = S_{1}^{\perp} + S_{2}^{\perp}$ 5) $V = S_{1} \oplus S_{2} \Rightarrow V = S_{1}^{\perp} \oplus S_{2}^{\perp}$

Если $x \in V^{\perp}$, то $\forall{y \in V}~~ xy = 0$, в частности $xx = 0$, а значит по 4 аксиоме $x = 0$. Следовательно, $V^{\perp} = \{0\}$. Равенство $\{0\}^{\perp} = V$ вытекает из замечания о нулевом векторе и ортогональности.

Из определения ортогонального дополнения вытекает, что если $x \in S$, то $\forall{a \in S^{\perp}}~~ a\perp x$. Следовательно, $S \subseteq (S^{\perp})^{\perp}$. Пусть $\mathrm{dim}~S = k, \mathrm{dim}~V = n$. В силу теоремы об ортогональном разложении: $$\mathrm{dim}~(S^{\perp})^{\perp} = n - \mathrm{dim}~S^{\perp} = n - (n - k) = k = \mathrm{dim}~S$$ Итак, $S$ - подпространство $(S^{\perp})^{\perp}, \mathrm{dim}~S = \mathrm{dim}~(S^{\perp})^{\perp}$. Отсюда $S = (S^{\perp})^{\perp}$

Пусть $S_{1} \subseteq S_{2}, x \in S_{2}^{\perp}$. Тогда $\forall{a \in S_{2}}~~ x \perp a$, а значит и $\forall{a \in S_{1}}$. Следовательно, $x \in S^{\perp}_{1}$ и потому $S_{2}^{\perp} \subseteq S_{1}^{\perp}$

Пусть $x \in S_{1}^{\perp} \cap S_{2}^{\perp},~~ y \in S_{1} + S_{2}$. Тогда $y = y_{1} + y_{2},~ y_{1} \in S_{1}, y_{2} \in S_{2}$. В силу выбора $x$ имеем: $$xy_{1} = xy_{2} = 0$$ $$xy = x(y_{1} + y_{2}) = xy_{1} + xy_{2} = 0 + 0 = 0$$ Значит $x \in (S_{1} + S_{2})^{\perp}$, потому $S_{1}^{\perp} \cap S_{2}^{\perp} \subseteq (S_{1} + S_{2})^{\perp}$. Докажем обратное включение. Пусть $x \in (S_{1} + S_{2})^{\perp}$. Так как $S_{1} \subseteq S_{1} + S_{2}$ и $S_{2} \subseteq S_{1} + S_{2}$, из свойства 3 вытекает, что $x \in S_{1}^{\perp}$ и $x \in S_{2}^{\perp}$, то есть $x \in S_{1}^{\perp} \cap S_{2}^{\perp}$, а значит $(S_{1} + S_{2})^{\perp} \subseteq S_{1}^{\perp} \cap S_{2}^{\perp}$. Мы проверили, что $(S_{1} + S_{2})^{\perp} = S_{1}^{\perp} \cap S_{2}^{\perp}$. Используя свойство 2, получаем: $$S_{1}^{\perp} + S_{2}^{\perp} = ((S_{1}^{\perp} + S_{2}^{\perp})^{\perp})^{\perp} = ((S_{1}^{\perp})^{\perp} \cap (S_{2}^{\perp})^{\perp})^{\perp} = (S_{1} \cap S_{2})^{\perp}$$

$S_{1} \cap S_{2} = \{0\}$. Используя свойства 1 и 4, имеем: $$S_{1}^{\perp} + S_{2}^{\perp} = (S_{1} \cap S_{2})^{\perp} = \{0\}^{\perp} = V$$ Так как $S_{1} + S_{2} = V$, а значит, используя 1 и 4, получаем: $$S_{1}^{\perp} \cap S_{2}^{\perp} = (S_{1} + S_{2})^{\perp} = V^{\perp} = \{0\}$$ Значит $V = S_{1}^{\perp} \oplus S_{2}^{\perp}$ $~~~\square$

Пусть $V$ - пространство со скалярным произведением, $S$ - его подпространство и $\mathbf{x} \in V$. В силу теоремы об ортогональном разложении $\exists{\mathbf{y} \in S, \mathbf{z} \in S^{\perp}}~~ \mathbf{x} = \mathbf{y} + \mathbf{z}$. Вектор $\mathbf{y} \in S$ в этом разложении называется **ортогональной проекцией** вектора $\mathbf{x}$ на подпространство $S$. Обозначается $\mathbf{x}_{S}$ Вектор $\mathbf{z} \in S^{\perp}$ в этом разложении называется **ортогональной составляющей** вектора $\mathbf{x}$ относительно $S$. Обозначается $\mathbf{x}^{\perp}$ Длина ортогональной составляющей называется **расстоянием** от $\mathbf{x}$ до $S$. Обозначается $d(\mathbf{x}, S)$. Если $V$ - евклидово, $S \neq \{0\}$ и $\mathbf{x}_{S} \neq 0$, то **углом** между $\mathbf{x}$ и $S$ называется угол между $\mathbf{x}$ и $\mathbf{x}_{S}$. Если $S \neq \{0\}$ и $\mathbf{x}_{S} = 0$, то угол равен $\dfrac{\pi}{2}$, что естественно, так как тогда $\mathbf{x} = \mathbf{x}^{\perp}$. Если же $S = \{0\}$, то угол не определён. Обозначается $(\widehat{x, S})$

Пусть $V$ - пространство со скалярным произведением, $S$ - его подпространство. Обозначим через $d_{\mathbf{a}}(\mathbf{x})$ - расстояние между $\mathbf{a} \in V$ и $\mathbf{x} \in S$. Тогда значение $d_{\mathbf{a}}(\mathbf{x})$ минимально $\iff$ $\mathbf{x} = \mathbf{a}_{S}$. При этом $d_{\mathbf{a}}(\mathbf{a}_{S}) = d(\mathbf{a}, S)$.

Так как $\mathbf{a}_{S} - \mathbf{x} \in S$, из теоремы Пифагора вытекает: $$|\mathbf{a} - \mathbf{x}|^{2} = |(\mathbf{a}_{S} + \mathbf{a}^{\perp}) - \mathbf{x}|^{2} = |(\mathbf{a}_{S} - \mathbf{x}) + \mathbf{a}^{\perp}|^{2} = |\mathbf{a}_{S} - \mathbf{x}|^{2} + |\mathbf{a}^{\perp}|^{2}$$ Поскольку $d(\mathbf{a}, \mathbf{x}) = |\mathbf{a} - \mathbf{x}|$, мы получаем, что значение $d_{\mathbf{a}}(\mathbf{x})$ минимально $\iff$ минимально значение выражения $|\mathbf{a}_{S} - \mathbf{x}|^{2}$. В свою очередь, значение последнего выражения минимально $\iff$ $\mathbf{a}_{S} - \mathbf{x} = \mathbf{0}$, т.е. $\mathbf{x} = \mathbf{a}_{S}$. Первое утверждение доказано. Из доказанного вытекает, что $d_{\mathbf{a}}(\mathbf{a}_{S}) = |\mathbf{a}^{\perp}| = d(\mathbf{a}, S)$ по определению расстояния от вектора до подпространства. $~~~\square$