М.Л. Сердобольская - Методы функционального анализа в задачах редукции (учебное пособи, страница 5

Равен-ство (2.8) доказано.Заменяя в свойстве 2 (см. второе равенство в (2.4)) оператор A на A− , получаемR(A− )− = N ⊥ (A− )∩D(A− ) = N ⊥ (A∗ )∩ R(A)⊕N (A∗ ) = R(A)∩ R(A)⊕N (A∗ ) .Если y ∈ R(A), то y ∈ R(A) и y ∈ R(A) ⊕ N (A∗ ), следовательноR(A) ⊂ R(A) ∩ R(A) ⊕ N (A∗ ) .C другой стороны, если y ∈/ R(A), то y = y ⊥ + y 0 , y ⊥ ∈ R(A), y 0 ∈ N (A∗ ), где/ R(A), и тогдалибо y 0 6= 0, и тогда y ∈/ N ⊥ (A∗ ) = R(A), либо y 0 = 0, но y ⊥ ∈⊥∗y = y ∈/ R(A) ⊕ N (A ). Таким образом, y ∈/ R(A) ∩ R(A) ⊕ N (A∗ ) .

Второеравенство в (2.6) доказано.Свойство 5.Дважды применённое псевдообращение возвращает нас к исходному оператору:(A− )− = A.Доказательство. Заменяя в (2.2) оператор A на A− , учитывая свойство 2 псевдообращения и первое равенство в (2.6), запишемD(A− )− = R(A− ) ⊕ R⊥ (A− ) = N ⊥ (A− ) ∩ D(A− ) ⊕ N (A) = D(A− ).Пусть элемент x ∈ D(A− )− , тогдаx = A− y ⊥ + x0 ,y ⊥ = (A− )− x,x0 ∈ R⊥ (A− ) = N (A),y ⊥ ∈ R(A− )− = R(A),где мы воспользовались равенствами (2.6).

Поскольку элемент y ⊥ ∈ R(A), най-дется (единственный) элемент x⊥ ∈ N ⊥ (A) ∩ D(A), при котором справедливо равенство y ⊥ = Ax⊥ . Отсюда в соответствии со свойством AA− A = A имеемAx = A(A− y ⊥ + x0 ) = A(A− Ax⊥ + x0 ) = AA− Ax⊥ = Ax⊥ = y ⊥ = (A− )− x.24Итак, D(A− ) = D(A−1 ) и A− y = A−1 y для любого y ∈ D(A− ) = D(A−1 ).Свойство 6.Если A — обратимый оператор, то A− y = A−1 y при y ∈ D(A−1 ) = R(A). Еслик тому же A∗ — обратимый оператор, то A− = A−1 .Доказательство. Понятно, что D(A−1 ) = R(A) ⊂ R(A) ⊕ N (A∗ ) = D(A− ). Обратимость A, т.

е. условие N (A) = {0} гарантирует, что для любого y ∈ R(A)прообраз x ∈ D(A) такой, что y = Ax, единствен. При этом у элемента x составляющая в N (A) = {0} есть нулевой элемент, другими словами, x ∈ N ⊥ (A) ∩ D(A).Отсюда A− y = x = A−1 y.В общем случае область D(A− ) = R(A) ⊕ N (A∗ ) шире, чем D(A−1 ) = R(A),однако если A∗ — обратимый оператор, то R⊥ (A) = N (A∗ ) = {0}. В этом случаеD(A− ) = R(A) = D(A−1 ) = D(A− ), и обратный оператор совпадает с псевдообратным.Замечание 1.

Последнее утверждение показывает, что A− = A−1 в том и только том случае, когда обратимы A и A∗ .Поскольку операторы A− и A∗ замкнуты и плотно определены, существуютоператоры (A− )∗ и (A∗ )− . Эти операторы совпадают, но полное доказательствоэтого факта требует привлечения дополнительного материала, который мы рассмотрим ниже. Сейчас мы докажем не равенство (A− )∗ = (A∗ )− , а включениеграфиков Γ(A− )∗ ⊂ Γ(A∗ )− .Свойство 7.Имеют место включение D(A∗ )− ⊂ D(A− )∗ и равенство (A∗ )− x = (A− )∗ x длялюбого x ∈ D(A∗ )− .Доказательство.

По определениюD(A∗ )− = R(A∗ ) ⊕ R⊥ (A∗ ),on|(A− u, x)|<∞ .D(A− )∗ = x ∈ R : supkuku∈D(A− ),(2.9)u6=0Пусть x ∈ D(A∗ )− = R(A∗ ) ⊕ R⊥ (A∗ ) и u ∈ D(A− ) = R(A) ⊕ N (A∗ ) — произвольные элементы. Разложим их на ортогональные составляющие:x = A∗ y ⊥ + x0 ,u = Az ⊥ + u0 ,y ⊥ ∈ N ⊥ (A∗ ) ∩ D ⊥ (A∗ ),z ⊥ ∈ N ⊥ (A) ∩ D(A),25x0 ∈ N (A) = R⊥ (A∗ );u0 ∈ N (A∗ ) = R⊥ (A).Тогда A− u = z ⊥ , кроме того, в силу ортогональности составляющих с учётомравенства A∗∗ = A и включения z ⊥ ∈ D(A)(A− u, x) = (z ⊥ , A∗ y ⊥ + x0 ) = (z ⊥ , A∗ y ⊥ ) = (Az ⊥ , y ⊥ ) == (Az ⊥ + u0 , y ⊥ ) = (u, y ⊥).Отсюда следует, что |(A− u, x)| 6 kuk · ky ⊥ k и для любого x = A∗ y ⊥ + x0 ∈ D(A∗ )−|(A− u, x)|6 ky ⊥ k < ∞,kuk−u∈D(A ),supu6=0т.

е. x ∈ D(A− )∗ , что означает D(A∗ )− ⊂ D(A− )∗ .Далее, (A∗ )− x = y ⊥ , поэтому для u = Az ⊥ + u0 ∈ D(A− )(u, (A∗ )− x) = (u, y ⊥) = (Az ⊥ + u0 , y ⊥ ) = (Az ⊥ , y ⊥ ),(u, (A− )∗ x) = (A− u, x) = (z ⊥ , A∗ y ⊥ + x0 ) = (z ⊥ , A∗ y ⊥ ) = (Az ⊥ , y ⊥ ),e 7→ R), поэтому (A− )∗∗ = A− . Следовательно, мыгде мы учли, что A− ∈ CL(Rможем утверждать, что (u, (A− )∗ x) = (u, (A∗)− x) для любого u ∈ D(A− ). Множеe поэтому последнее равенство влечёт (A∗ )− x = (A− )∗ x.ство D(A− ) плотно в R,Таким образом, Γ(A− )∗ ⊂ Γ(A∗ )− .

Обратное включение и тем самым равенство(A∗ )− = (A− )∗ будет показано далее.2.3. Псевдообращение и вариационные задачи. В этом разделе мы покажем, как используется псевдообратный оператор для решения вариационныхзадач. Начнём с задачи, которая в линейной алгебре носит название «метод наименьших квадратов».e и элемент y ∈ Re произволен, но фиксирован.Задача 1. Пусть A ∈ CL(R 7→ R)Требуется найти минимум по x ∈ D(A) функционала kAx − yk2 и множествоэлементов в D(A), на которых этот минимум достигается.Теорема 3.e и y ∈ R.e ТогдаПусть A ∈ CL(R 7→ R)inf kAx − yk2 = ky 0 k2 = k(I − AA− )yk2 .x∈D(A)(2.10)Если y ∈ D(A− ), то множество элементов, на которых достигается точнаянижняя грань, имеет видD∗ (y) = x = A− y + x0 , x0 ∈ N (A) .(2.11)Если y ∈/ D(A− ), то множество D∗ (y) пустое и всякая минимизирующая последовательность вариационной задачи (2.10) неограничена.26e на составляющиеДоказательство.

Разложим произвольный элемент y ∈ Rстандартным образом: y = y ⊥ + y 0, y ⊥ ∈ R(A), y 0 ∈ R⊥ (A). ТогдаkAx − yk2 = kAx − y ⊥ k2 + ky 0 k2 > ky 0k2 = k(I − AA− )yk2,где в последнем равенстве мы воспользовались свойством 4 псевдообратного оператора.Если и только если y ⊥ ∈ R(A) найдётся x ∈ D(A) такой, что Ax = y ⊥ . Если жеy ⊥ ∈ R(A)\R(A), то равенство kAx−y ⊥ k2 = 0 невозможно, но найдётся последова-тельность {yn } ⊂ R(A) (т.

е. yn = Axn ), для которой y ⊥ = lim yn . Другими словами,найдётся последовательность {xn } ⊂ D(A) такая, что ky ⊥ − Axn k → 0. Таким образом, мы показали, что имеет место соотношение (2.10), а также что множествоD∗ (y) непусто тогда и только тогда, когда y ⊥ ∈ R(A), т. е. тогда и только тогда,когда y = y ⊥ + y 0 ∈ D(A− ) = R(A) ⊕ R⊥ (A).Для доказательства (2.11) заметим, что если y = y ⊥ + y 0 = Ax⊥ + y 0 ∈ D(A− ),то элемент x⊥ = A− y даёт Ax⊥ = y ⊥ и kAx⊥ − yk2 = ky 0k2 , т. е. x⊥ ∈ D∗ (y).

Еслиэлемент x имеет вид x = x⊥ + x0 , где x0 ∈ N (A), то, очевидно, Ax⊥ = Ax = y ⊥ ,следовательно, x ∈ D∗ (y). Верно и обратное, если x ∈ D∗ (y), то kAx − yk2 = ky 0 k2 ,следовательно, Ax = y ⊥ , другими словами, Ax = Ax⊥ . Отсюда x − x⊥ ∈ N (A), т. е.x = x⊥ + x0 при некотором x0 ∈ N (A). Равенство (2.11) доказано.Пусть теперь y ∈/ D(A− ), т. е. y ⊥ ∈ R(A) \ R(A). Докажем, что любая последовательность {xn } ⊂ D(A) такая, что kAxn − yk2 → ky 0 k2 , с необходимостьюнеограничена.Предположим обратное: допустим, что минимизирующая последовательность{xn } ограничена.

Поскольку имеет место сходимость kAxn − yk2 → ky 0 k2 , после-довательность {kAxn − yk}n=1,∞ ограничена, следовательно (ибо kAxn k 6 kAxn −yk + kyk), также ограничена последовательность {Axn }. Итак, ограничены обе последовательности, {xn } и {Axn }.

Согласно теореме о слабой компактности (слабо)ограниченной последовательности (см. приложение B, теорема B.4) из {xn } можновыделить слабо сходящуюся подпоследовательность {xnk }k=1,∞ . Далее из ограниченной последовательности {Axnk }k=1,∞ тоже выделяется слабо сходящаяся подпоследовательность {Axnkj }j=1,∞ . Для удобства обозначений положим xnkj = zj .wwТогда можно записать zj → z и Azj → u, имея в виду слабую сходимость. Это ознаwчает, что hzj , Azj i → hz, ui.

Из слабой замкнутости графика (см. приложение B,терема B.6) следует, что hz, ui ∈ Γ(A), другими словами, u = Az, z ∈ D(A).Итак, с одной стороны, kAzj −yk2 → ky 0k2 (напомним, что {zj } — подпоследова-тельность минимизирующей последовательности {xn }), с другой стороны, имеют27wwместо слабые сходимости Azj → Az и, следовательно, Azj −y → Az −y.

По теоремео слабой полунепрерывности нормы снизу (см. приложение B, теорема B.3)kAz − yk 6 lim kAzj − yk = lim kAzj − yk = ky 0k.j→∞j→∞Таким образом,kAz − yk 6 ky 0k = inf kAx − yk,x∈D(A)следовательно, элемент z — точка минимума в (2.10). Это противоречит тому, чтоминимум не достигается (напомним, y ∈/ D(A− )). Терема доказана.Замечание 2.

Если y ∈ D(A− ), то среди элементов, на которых достигаетсяминимум в (2.10), элемент A− y имеет минимальную норму, ибо для любого элемента x ∈ D∗ (y) в силу ортогональности x⊥ = A− y и x0 можно записать оценкуkxk2 = kA− yk2 + kx0 k2 > kA− yk2. Этот факт может быть использован как аль-тернативное определение псевдообратного оператора.

В этом случае за областьопределения D(A− ) принимают множество тех y, при которых D∗ (y) 6= ∅, и в качестве x = A− y берут элемент x ∈ D∗ (y) с минимальной нормой. Легко показать,что множество D∗ (y) выпукло и замкнуто, поэтому в нём существует только одинэлемент xy с минимальной нормой. Таким образом, соответствие y 7→ xy задаётоператор.Видно, что в случае y ∈/ D(A− ) попытка минимизировать невязку kAx − yk2приводит к тому, что минимизирующая последовательность становится неограниченно большой (по норме). В этом случае естественной является идея минимизации невязки при одновременной «стабилизации» минимизирующей последовательности. Мы приходим к следующей задаче.e элемент y ∈ Re и параметрЗадача 2.

Пусть заданы оператор A ∈ CL(R 7→ R),ω > 0. Требуется найти множество элементов в D(A), на которых достигаетсяминимум по x ∈ D(A) функционала kAx − yk2 + ωkxk2 .Замечание 3. Функционал L(x) = kAx − yk2 + ωkxk2 можно отождествитьс функцией Лагранжа задачи на условный экстремумmin kAx − yk2 x ∈ D(A) : kxk2 6 C ,где ω играет роль параметра Лагранжа28Теорема 4.eДля любых ω > 0 и y ∈ Rminx∈D(A)kAx − yk2 + ωkxk2(2.12)достигается на единственном элементе xω = A∗ (AA∗ + ω I˜ )−1 y.Доказательство.

Положим L(x) = kAx − yk2 + ωkxk2 , тогда тогда для любогоh ∈ D(A)L(x + h) − L(x) = 2(Ah, Ax − y) + 2ω(x, h) + kAhk2 + ωkhk2.(2.13)На основании теоремы фон Неймана (см. приложение B, замечание после теоремы B.8) можно утверждать, что операторы(AA∗ + ω I˜ )−1 ,A∗ (AA∗ + ω I˜ )−1 ,AA∗ (AA∗ + ω I˜ )−1всюду определены, поэтому элемент xω = A∗ (AA∗ + ω I˜ )−1 y существует и принад∗˜˜ поэтомулежит D(A). Кроме того, (AA∗ + ω I)(AA+ ω I˜ )−1 = I,∗˜Axω − y = AA∗ (AA∗ + ω I˜ )−1 y − (AA∗ + ω I)(AA+ ω I˜ )−1 y = −ω(AA∗ + ω I˜ )−1 y.Отсюда Axω − y ∈ D(A∗ ) и(Ah, Axω − y) + ω(xω , h) = −ω(Ah, (AA∗ + ω I˜ )−1 y) + ω(xω , h) == −ω(h, A∗ (AA∗ + ω I˜ )−1 y) + ω(A∗(AA∗ + ω I˜ )−1 y, h) = 0.Подставляя это в (2.13), получаем, что для всех h ∈ D(A)L(xω + h) − L(xω ) = kAhk2 + ωkhk2 > 0,и равенство L(xω + h) − L(xω ) = 0 возможно, если и только если h = 0, откудавытекает, что xω – единственная точка минимума функционала L( · ).

Теоремадоказана.Покажем, как связаны две рассмотренные нами задачи на минимум.Теорема 5.e произволен, ωn → +0 и xn = A∗ (AA∗ + ωn I˜ )−1 y. ТогдаПусть y ∈ Rinf kAx − yk2 = lim kAxn − yk2.n→∞x∈D(A)(2.14)Доказательство. Напомним, что значение точной нижней грани в левой частиравенства (2.14) равно ky 0k2 . Пусть ε > 0 произвольно. Найдём xε ∈ D(A), для29которого справедливо неравенство kAxε − yk2 6 ky 0k2 + ε/2. Далее, вспомнив, чтоωn → 0, найдём номер N = N(xε ) = N(ε) такой, что ωn kxε k2 < ε/2 при всехn > N(ε). С другой стороны, имеемkAxn − yk2 6 kAxn − yk2 + ωn kxn k2 6 kAxε − yk2 + ωn kxε k2 ,где второе неравенство вытекает из того, что xn — точка минимума функционалаkAx − yk2 + ωn kxk2 .

Подставляя оценки для kAxε − yk2 и ωn kxε k2 , получаемkAxε − yk2 + ωn kxε k2 6 ky 0 k2 + ε/2 + ε/2.Таким образом, kAxn − yk2 6 ky 0 k2 + ε, если n > N(ε), т. е. kAxn − yk2 → ky 0 k2 .Теорема доказана.Воспользуемся доказанными теоремами и завершим доказательство равенства(A∗ )− = (A− )∗ . Напомним, мы доказали включение D(A∗ )− ⊂ D(A− )∗ , т. е. показа-ли, что если x ∈ D(A∗ )− , то x ∈ D(A− )∗ , и теперь нам требуется доказать обратноевключение. Будем доказывать его от противного.Пусть x ∈/ D(A∗ )− .