Non capisco quali considerazioni generali servano, in quanto lo svolgimento dell'esercizio mi sembra piuttosto chiaro... Ad ogni buon conto, lo risvolgo cercando di chiarire qualche punto.
Per determinare la norma dell'operatore dobbiamo ricercare la più piccola costante non negativa $C$ tale che:
\[
\| Tx\| \leq C\ \| x\|
\]
per ogni $x in H$. Per fare ciò bisogna maggiorare la norma dell'immagine $Tx$ ragionevolmente, ossia cercando di non "salire" troppo.
Poiché la \(\|Tx\|\) è la radice quadrata del prodotto scalare \(\langle Tx,Tx\rangle\), conviene lavorare con il quadrato della norma.
Ricordato che \(\|u\|=1=\|v\|\) e \(\langle u,v\rangle=0\), abbiamo:
\[
\begin{split}
\| Tx\|^2 &= \left\langle a \langle u,x\rangle u + b \langle v,x\rangle v, a \langle u,x\rangle u + b \langle v,x\rangle v \right\rangle\\
&= a^2 \langle u,x\rangle^2 \|u\|^2 +2ab \langle u,x\rangle \langle v,x\rangle \langle u,v \rangle+ b^2 \langle v,x\rangle^2 \|v\|^2\\
&= a^2 \langle u,x\rangle^2 + b^2 \langle v,x\rangle^2\; ;
\end{split}
\]
usando la disuguaglianza di Cauchy-Schwarz, troviamo:
\[
\begin{split}
\| Tx\|^2 &\leq a^2\|u\|^2\|x\|^2 + b^2\|v\|^2\|x\|^2\\
&= (a^2 +b^2)\|x\|^2
\end{split}
\]
dunque:
\[
\|Tx\|\leq \sqrt{a^2 +b^2}\ \|x\|\; .
\]
Quanto appena trovato ci dice che $T$ è limitato e che la sua norma è $<= \sqrt{a^2 +b^2}$.
Tuttavia, quella appena ottenuta è una stima abbastanza rozza di \(\|T\|_{\text{op}}\)... Ciò, fondamentalmente, è dovuto al fatto che non abbiamo usato sufficientemente le proprietà geometriche di $u$ e $v$.
Per renderci conto di questo fatto, prendiamo \(x \in \operatorname{span}\{u,v\}\), di modo che:
\[
x=\langle u,x\rangle u +\langle v,x\rangle v =P_ux+P_vx
\]
in cui $P_u,P_v$ denotano gli operatori di proiezione sulle direzioni di $u$ e $v$; per un tale $x$, ricordando le proprietà dei proiettori, si ha:
\[
\begin{split}
Tx &= aP_u(P_ux+P_vx)+bP_v(P_ux+P_vx)\\
&=aP_u x + bP_v x\; ,
\end{split}
\]
da cui, notato che che nel sottospazio generato da $u$ e da $v$ vale il Teorema di Pitagora, ricaviamo:
\[
\begin{split}
\|Tx\|^2 &= a^2\|P_u x\|^2 + b^2\|P_v x\|^2\\
&\leq \max\{ a^2, b^2\} \left( \|P_u x\|^2 + \|P_v x\|^2\right)\\
&= \max\{ a^2, b^2\}\ \|x\|^2
\end{split}
\]
quindi la norma operatoriale di $T$ è certamente $<= \sqrt{\max\{ a^2, b^2\}} = \max\{ |a|, |b|\} $, quantità che è più piccola di $sqrt(a^2+b^2)$.
Infine, per stabilire che \(\|T\|_{\text{op}}= \max\{ |a|, |b|\}\) basta far vedere che non è possibile la disuguaglianza stretta \(\|T\|_{\text{op}}< \max\{ |a|, |b|\}\); ciò, in questo che è un caso semplice, si prova esibendo esplicitamente qualche vettore $x$ tale che \(\| Tx\| = \max\{ |a|, |b|\} \|x\|\).
1Nel caso in esame, i vettori \(x^\prime :=\operatorname{sign}(a) u\) e \(x^{\prime\prime} :=\operatorname{sign}(b) v\) hanno entrambi norma unitaria e rispettivamente:
\[
Tx^\prime =|a| u\qquad\text{e}\qquad Tx^{\prime\prime} =|b| v
\]
cosicché:
\[
\begin{split}
\|Tx^\prime\|&=|a|\|x^\prime\|\\
\|Tx^{\prime\prime}\|&=|b|\|x^{\prime\prime}\|
\end{split}
\]
pertanto l'uguaglianza \(\| Tx\| = \max\{ |a|, |b|\} \|x\|\) è soddisfatta prendendo $x=x^\prime$ od $x=x^{\prime\prime}$ a seconda dei casi.
Sono sempre stato, e mi ritengo ancora un dilettante. Cioè una persona che si diletta, che cerca sempre di provare piacere e di regalare il piacere agli altri, che scopre ogni volta quello che fa come se fosse la prima volta. (Freak Antoni)