М.Л. Сердобольская - Методы функционального анализа в задачах редукции (учебное пособи, страница 2

Отсюда Σξ1 +ξ2 x = Σξ1 ξ1 x + Σξ2 ξ2 x для любого x ∈ R и,следовательно, Σξ1 +ξ2 = Σξ1 + Σξ2 .e то имеют3. Если ξ и η — гильбертовы случайные элементы и R ∈ B(R 7→ R),место равенстваEkξk2 = Tr Σξξ ,E(Rξ, η) = Tr Σξη R∗ .7(1.8)eДля доказательства заметим, что для любых ОНБ {ei } и {ẽj } пространств R и Rсоответственно имеем2Ekξk = EE(Rξ, η) = E=∞Xi=1∞X2(ξ, ei) =∞X2E(ξ, ei ) =i=1∞X(Σξξ ei , ei ) = Tr Σξξ ,i=1(Rξ, ẽj )(η, ẽj ) =j=1∞X∞XE(Rξ, ẽj )(η, ẽj ) =j=1∞XE(ξ, R∗ ẽj )(η, ẽj ) =(1.9)(Σξη R∗ ẽj , ẽj ) = Tr Σξη R∗ .j=1j=1О законности внесения математического ожидания под знак бесконечной суммыв первом равенстве мы уже говорили (см.

формулу (1.1)), однако подобная заменаво второй цепочке равенств требует обоснования. Для этого заметим, что длялюбого n = 1, 2, . . . в силу неравенств Коши–Буняковского и БесселяvvuXuXnnnX Xu nu2|(Rξ, ẽj )(η, ẽj )| 6 t (Rξ, ẽj ) t (η, ẽj )2 = kRξk · kηk. (Rξ, ẽj )(η, ẽj ) 6j=1j=1j=1j=1Если EkRξk2 < ∞, Ekηk2 < ∞, тоp pE kRξk · kηk 6 EkRξk2 Ekηk2 < ∞,(1.10)где мы воспользовались вновь неравенством Коши–Буняковского, но теперь дляматематических ожиданий случайных величин kRξk и kηk.

Таким образом, можноприменить теорему А.2, приняв во внимание, чтоnn∞XXX(Rξ,ẽ)(η,ẽ)(Rξ, ẽj )(η, ẽj ) −→(Rξ, ẽj )(η, ẽj ),jj 6 kRξk · kηk.n→∞j=1j=1j=1Свойство доказано.Понятно, что соотношения (1.9) не зависят от выбора ОНБ {ei } и {ẽj } в проeстранствах R и R.Такимобразом, для любого элемента x ∈ R, нормированногоусловием kxk = 1 мы можем, положив e1 = x, написать(Σξξ x, x) = (Σξξ e1 , e1 ) 6∞X(Σξξ ei , ei ) = Tr Σξξ ,i=1где мы воспользовались тем, что Σξξ > 0.

Отсюда (см. теорему B.22 приложения B)kΣξξ k = sup (Σξξ x, x) 6 Tr Σξξ < ∞,kxk=18т. е. оператор Σξξ > 0 ограничен. Следовательно, существует квадратный кореньиз этого оператора (см. теорему B.11) — ограниченный самосопряжённый неотри1/21/2 1/2цательно определенный оператор Σξ такой, что Σξ Σξ = Σξξ . При этом1/21/2Ekξk2 = Tr Σξξ = Tr Σξ Σξ1/2= Tr ΣξИтак, мы имеем ещё одно свойство.1/2 ∗Σξ1/2= kΣξ k22 .(1.11)4. Случайный элемент ξ является гильбертовым случайным элементом тогда1/2и только тогда, когда Σξ принадлежит пространству операторов Гильберта–1/2Шмидта, и в этом случае Ekξk2 = kΣξ k22 .e и Σ1/2 ∈ H(R 7→ R), тоЕсли R ∈ B(R 7→ R)ξ1/2 1/2e 7→ R)eRΣξξ R∗ = RΣξ Σξ R∗ ∈ H(Rкак произведение ограниченных операторов и операторов Гильберта–Шмидта.

Таким образом, Rξ — тоже гильбертов случайный элемент. При этом аналогично (1.11)1/21/2 ∗1/2= kRΣξ k22 .(1.12)EkRξk2 = Tr RΣξ RΣξНаконец, если Rξ и η — гильбертовы случайные элементы, то с учётом неравенства (1.10) и очевидного неравенства |Eα| 6 E|α| для математического ожиданияслучайной величины можно записатьp p|E(Rξ, η)| 6 E|(Rξ, η)| 6 E kRξk · kηk 6 EkRξk2 Ekηk2 .таким образом, применяя (1.12) и аналог равенства (1.11) для случайного элемента η, имеем следующее свойство.5. Справедливо неравенство1/2|E(Rξ, η)| 6 kRΣξ k2 · kΣ1/2η k2 .(1.13)e то в силу второго из6.

Если потребовать включение R, Σξη ∈ H(R 7→ R),равенств (1.8)E(Rξ, η) = Tr Σξη R∗ = (Σξη , R)2 .(1.14)1.3. Оценивание случайных элементов. Пусть доступна наблюдению реаeлизация случайного элемента ξ со значениями в R, а η — случайный элемент в R,коррелированный с ξ. Поставим задачу найти наилучшую в среднем квадратичномсмысле оценку для η среди всех оценок, заданных как линейное преобразование9eэлемента ξ. Другими словами, требуется найти линейный оператор R из R в R,доставляющий min EkRξ − ηk2 .Уточним модель наблюдения. Предположим, что Eξ = 0, Eη = 0 и что су-ществуют ковариационные операторы Σξξ = Σ, Σηη и взаимный ковариационныйоператор Σξη .

Потребуем, чтобы два последних оператора были операторами Гильберта–Шмидта,e 7→ R),eΣηη ∈ H(ReΣξη ∈ H(R 7→ R).Для оператора Σ потребуем включение Σ ∈ B(R 7→ R), чтобы существовал Σ1/2 .Кроме того, вспомним, что если x ∈ N (Σ), то (ξ, x) = 0 с вероятностью единица,поэтому составляющая случайного элемента ξ, лежащая в N (Σ), не несёт информации об η и может быть исключена из процедуры оценивания. Это означает,что мы можем сузить пространство R до N ⊥ (Σ), тогда Σ станет невырожденнымоператором. При этом после такого суженияN (Σ1/2 ) = N (Σ1/2 )∗ Σ1/2 = N Σ1/2 Σ1/2 = N (Σ) = {0},поэтому существует оператор (Σ1/2 )−1 , который мы будем обозначать как Σ−1/2 .Заметим, что если Σ ∈ B(R 7→ R), то Σ1/2 ∈ B(R 7→ R) и Σ−1 Σ = Σ−1/2 Σ1/2 = I, нооператоры ΣΣ−1 и Σ1/2 Σ−1/2 , вообще говоря, отличны от единичного, т.

к. определены на линейных многообразиях R(Σ) и R(Σ1/2 ). Эти многообразия плотны в Rв силу R⊥ (Σ1/2 ) = N (Σ1/2 ) = {0} и R⊥ (Σ1/2 ) = N (Σ1/2 ) = {0}, но не обязательносовпадают с R (многообразия могут быть незамкнуты, и тогда соответствующиеобратные операторы неограничены по теореме о замкнутом графике).Итак, будем считать, чтоN (Σ1/2 ) = {0},и ведем следующее множество линейных операторов:e .e : D(R) = R(Σ1/2 ), RΣ1/2 ∈ H(R 7→ R)HΣ1/2 = R ∈ L(R 7→ R)(1.15)(1.16)Определим на HΣ1/2 стандартные линейные операции и зададим норму:kRkΣ1/2 = kRΣ1/2 k2 ,R ∈ HΣ1/2 .Из всех аксиом нормы отметим, что kRkΣ1/2 = kRΣ1/2 k2 = 0 влечёт RΣ1/2 = 0,т. е.

Ry = 0 для любого y ∈ R(Σ1/2 ) или, другими словами, R = 0 как операториз пространства HΣ1/2 . При этом как и любой другой ограниченный оператор,заданный на незамкнутом всюду плотном линейном многообразии, оператор R = 0на R(Σ1/2 ) можно доопределить (по непрерывности) как нулевой оператор во всёмR = R(Σ1/2 ).10Введённая норма порождена скалярным произведением, заданным формулой(R1 , R2 )Σ1/2 = (R1 Σ1/2 , R2 Σ1/2 )2 ,R1,2 ∈ HΣ1/2 .Теорема 1.e естьПространство HΣ1/2 полно по норме k · kΣ1/2 .

Пространство H(R 7→ R)всюду плотное (по норме пространства HΣ1/2 ) подмножество в HΣ1/2 .Доказательство. Пусть последовательность {Rn } ⊂ HΣ1/2 фундаментальна, т. е.kRn −Rm kΣ1/2 = kRn Σ1/2 −Rm Σ1/2 k2 → 0 при n, m → ∞. В силу полноты пространe последовательность {Rn Σ1/2 } ⊂ H(R 7→ R)e сходится к некоторомуства H(R 7→ R)eоператору Q ∈ H(R 7→ R).Зададим на R(Σ1/2 ) оператор R. Пусть z = Σ1/2 x ∈ R(Σ1/2 ) при некоторомx ∈ R, причём в силу обратимости Σ1/2 такой элемент x единствен. Положимe тогда RΣ1/2 = Q ∈ H(R 7→ R),e и R ∈ HΣ1/2Rz = RΣ1/2 x = Qx для любого x ∈ R,есть предел последовательности {Rn } по норме пространства HΣ1/2 :kR − Rm kΣ1/2 = kRΣ1/2 − Rm Σ1/2 k2 = kQ − Rm Σ1/2 k2 −→ 0.n→∞Полнота пространства HΣ1/2 доказана.e то RΣ1/2 ∈ H(R →e как произведение ограниченногоЕсли R ∈ H(R 7→ R),7 R)e ⊂ HΣ1/2 .оператора и оператора Гильберта–Шмидта.

Таким образом, H(R 7→ R)Возьмем произвольный оператор R ∈ HΣ1/2 . Оператор RΣ1/2 принадлежит проe поэтому имеет сингулярные базисы {ei } и {ẽi } (см. прилостранству H(R 7→ R),жение C):1/2RΣei = βi ẽi ,1/2RΣx=∞Xβi (x, ei )ẽi ,i=11/2kRΣk2 =∞Xi=1βi2 < ∞.Положим для z = Σ1/2 x ∈ R(Σ1/2 )Rn z = Rn Σ1/2 x =nXβi (x, ei )ẽi .i=1Тогда R(Rn ) ⊂ L(ẽ1 , . . . , ẽn ) и rank Rn 6 n < ∞. Таким образом, оператор Rnявляется ограниченным на (всюду плотном) линейном многообразии R(Σ1/2 ) опе-ратором как оператор конечного ранга. Его доопределение по непрерывности наe опять же как операторвсё пространство R = R(Σ1/2 ) принадлежит H(R 7→ R)конечного ранга.

С другой стороны, по определению(βk ẽk = Rek , k 6 n,Rn Σ1/2 ek =0,k > n,11поэтому при n → ∞1/2kRΣ−Rn Σ1/2 k22=∞Xi=11/2k(RΣ1/2− Rn Σ2)ei k =∞Xi=n+11/2kRΣ2ei k =∞Xi=n+1βi2 → 0.Таким образом kR − Rn kΣ1/2 → 0, и это доказывает, что любой оператор из HΣ1/2e по норме k · kΣ1/2 .есть предел последовательности операторов из H(R 7→ R)e = HΣ1/2 . Теорема доказана.Другими словами, H(R 7→ R)Вернемся к задаче оценивания.Теорема 2.Пусть ξ — случайный элемент со значениями в R, а η — случайный элементe коррелированный с ξ. Предположим, что Eξ = 0, Eη = 0со значениями в R,и существуют ковариационные операторы Σξξ = Σ, Σηη и взаимный ковариационный оператор Σξη , причёмПустьe 7→ R),eΣηη ∈ H(RТогдаe : D(R) = R(Σ1/2 ), RΣ1/2 ∈ H(R 7→ R)e .HΣ1/2 = R ∈ L(R 7→ R)Σξξ ∈ B(R 7→ R),eΣξη ∈ H(R 7→ R).min EkRξ − ηk2 = EkR◦ ξ − ηk2 = kΣη1/2 k22 − kΣξη Σ−1/2 k22 ,R∈HΣ1/2(1.17)гдеR◦ = Σξη Σ−1/2 · Σ−1/2 .Доказательство.