М.Л. Сердобольская - Методы функционального анализа в задачах редукции (учебное пособи, страница 6

Рассмотрим kA∗ y − xk2 как функционал от y ∈ D(A∗ ). В си-лу теоремы 3 (с заменой A на A∗ ) можно утверждать, что inf y∈D(A∗ ) kA∗ y − xk2 недостигается и любая минимизирующая последовательность неограничена. В част-ности, неограничена последовательность yn = A(A∗ A + ωn I)−1 x, n = 1, 2 . .

. , которая является минимизирующей в силу теоремы 5 (опять же мы должны заменитьв этой теореме A на A∗ ). Другими словами, мы имеемkyn k = A(A∗ A + ωn I)−1 x −→ ∞.n→∞Положим zn = A∗ A + ωn I−1(2.15)x, тогда yn = Azn и x = (A∗ A + ωn I zn , т. е.x = A∗ Azn + ωn zn .(2.16)Выполним разложениеzn = zn⊥ + zn0 ,zn⊥ ∈ N ⊥ (A) ∩ D(A),zn0 ∈ N (A),и с учётом того, что x ∈/ D(A∗ )− = R(A∗ ) ⊕ N (A), — разложениеx = x⊥ + x0 ,x⊥ ∈ R(A∗ ) \ R(A∗ ),x0 ∈ N (A).Подставим эти разложения в (2.16) и сгруппируем слагаемые, лежащие в одномподпространстве: поскольку Az 0 = 0, имеемx⊥ + x0 = (A∗ Azn⊥ + ωn zn⊥ ) + ωn zn0 .30Отсюдаx⊥ = A∗ Azn⊥ + ωn zn⊥ ,x0 = ωn zn0 .(2.17)C другой стороны, A− yn = A− Azn = A− A(zn⊥ + zn0 ) = A− Azn⊥ = zn⊥ , где последнее равенство следует из того, что оператор A− A проецирует элемент zn ∈ D(A)на многообразие R(A∗ ) ∩ D(A).

Следовательно, принимая во внимание первое равенство в (2.17) и очевидное равенство Azn0 = 0, имеем(A− yn , x) = (zn⊥ , x⊥ + x0 ) = (zn⊥ , x⊥ ) = (zn⊥ , A∗ Azn⊥ + ωn zn⊥ ) == kAzn⊥ k2 + ωn kzn⊥ k2 = kA(zn⊥ + zn0 )k2 + ωn kzn⊥ k2 = kAzn k2 + ωn kzn⊥ k2 >> kAzn k2 = kyn k2 ,При этом имеет место условие неограниченности (2.15). Таким образом,|(A− y, x)|= ∞,kyky∈D(A− ),(A− yn , x)> kyn k −→ ∞,n→∞kyn ksupy6=0следовательно, x ∈/ D(A− )∗ .Итак, мы доказали, что x ∈/ D(A∗ )− влечёт x ∈/ D(A− )∗ , а это означает, чтоD(A∗ )− ⊂ D(A− )∗ ; в совокупности с уже доказанным ранее обратным включениеммы имеем D(A∗ )− = D(A− )∗ , и тем самым доказательство равенства (A∗ )− = (A− )∗завершено.Доказанные теоремы позволяют получить несколько новых свойств псевдообратного оператора.Свойство 8.e и любой последовательности ωn → +0Для любого y ∈ Rlim AA∗ (AA∗ + ωn I)−1 y = AA− y = A∗ (A∗ )− y.n→∞(2.18)e на ортогональныеДоказательство.

Разложим произвольный элемент y ∈ Rсоставляющие: y = y ⊥ + y 0 , гдеy ⊥ = AA− y ∈ R(A),y 0 = I − AA− y ∈ R⊥ (A).Тогда при xn = A∗ (AA∗ + ωn I)−1 y в силу теорем 3 и 5ky 0 k2 = inf kAx − yk = lim kAxn − yk2 = lim kAxn − y ⊥ k2 + ky 0k2 ,x∈D(A)n→∞n→∞откуда kAxn − y ⊥ k → 0, что эквивалентно Axn → y ⊥ или с учётом введённыхобозначений AA∗ (AA∗ + ωn I)−1 y → AA− y. Первое равенство в (2.18) доказано.31Второе равенство в (2.18) вытекает из того, что AA− = (A∗ )− A∗ , посколькуи тот, и другой оператор проецируют на R(A).Свойство 9.Для любого y ∈ D(A− ) и любой последовательности ωn → +0A− y = lim A∗ (AA∗ + ωn I)−1 y.(2.19)n→∞Доказательство. Положим y = Ax⊥ + y 0 , x⊥ = A− y и xn = A∗ (AA∗ + ωn I)−1 y.Тогда по теоремe 5 в силу условия y ∈ D(A− )kAxn − yk2 → ky 0 k2 = min kAx − yk2.(2.20)x∈D(A)Отсюда следует ограниченность последовательности {Axn − y} и, следовательно,последовательности {Axn }.

Далее, мы можем записать следующую цепочку неравенств:kAxn − yk2 + ωn kxn k2 6 kAx⊥ − yk2 + ωn kx⊥ k2 6 kAxn − yk2 + ωn kx⊥ k2 ,(2.21)где в первом неравенства мы учли, что xn является точкой минимума функционала kAx − yk2 + ωn kxk2 , а второе неравенство следует из того, что x⊥ — точкаминимума функционала kAx−yk2 . Сравнивая левую и правую части (2.21), видим,чтоkxn k2 6 kx⊥ k2 ,(2.22)и последовательность {xn } также ограничена.

Теперь мы готовы показать, чтоимеет место сходимость xn → x⊥ .Пусть {xnk } – произвольная подпоследовательность в {xn }. Эта подпоследовательность, а также соответствующая ей подпоследовательность {Axnk } ограни-чены. Тогда из них можно выделить слабо сходящиеся подпоследовательности.Чтобы не писать «многоэтажные» индексы, обозначим члены этой слабо сходящейся подпоследовательности через zj , j = 1, 2, . .

. .eИтак, пусть для некоторых элементов z ∈ R и u ∈ Rwwzj → z,Azj → u.(2.23)wДругими словами, hzj , Azj i → hz, ui, и в силу слабой замкнутости Γ(A) мы заключаем, что z ∈ D(A) и u = Az (мы рассуждали аналогично при доказательственеограниченности для y ∈/ D(A− ) минимизирующей последовательности методаwwнаименьших квадратов). Итак, Azj → Az, следовательно, Azj − y → Az − y.32Покажем, что с необходимостью z = x⊥ .

Имеем для {zj } ⊂ {xn } по теоремео слабой полунепрерывности нормыkAz − yk2 6 lim kAzj − yk2 = lim kAxn − yk2 = min kAx − yk2,n→∞j→∞x∈D(A)где мы учли (2.20). Таким образом, z — точка минимума функционала kAxn − yk2 ,следовательно, z = x⊥ + z 0 , где z 0 ∈ N (A) (см.

формулу (2.11) для множестваточек минимума). Но при этом с учётом (2.22) и (2.23)kx⊥ k2 + kz 0 k2 = kzk2 6 lim kzj k2 6 kx⊥ k2 ,j→∞откуда z 0 = 0 и z = x⊥ .Теперь легко показать, что данном случае из слабой сходимости вытекает сходимость последовательности {zj } к x⊥ по норме: ещё раз запишем kzj k 6 kx⊥ k,в результате имеемkzj − x⊥ k2 = kzj k2 − 2(zj , x⊥ ) + kx⊥ k2 6 2kx⊥ k2 − 2(zj , x⊥ ) → 2kx⊥ k2 − 2(x⊥ , x⊥ ) = 0,т. е. kzj − x⊥ k → 0. Таким образом, мы показали, что в любой последовательности{xnk } ⊂ {xn } можно найти подпоследовательность, которая сходится к x⊥ .Отсюда немедленно следует (2.19). В самом деле, если последовательность {xn }(т. е. последовательность {A∗ (AA∗ + ωn I)−1 y}n=1,∞ согласно принятым обозначе-ниям) не сходится к x⊥ = A− y, то найдется ε0 > 0 и подпоследовательность {xnk }такие, что kxnk − x⊥ k > ε0 для всех k = 1, 2, . . .

. Из такой подпоследовательности,разумеется, нельзя выделить подпоследовательность, сходящуюся к x⊥ . Полученное противоречие доказывает наше утверждение.Заметим, что в силу теоремы фон Неймана оператор (AA∗ + ω I˜ )−1 всюду опре∗˜˜ Отсюда для любого y ∈ D(A∗ )делен, следовательно, (AA∗ + ω I)(AA+ ω I˜ )−1 = I.−1−1A∗ y = A∗ AA∗ + ω I˜ AA∗ + ω I˜ y = A∗ A + ω I˜ A∗ AA∗ + ω I˜ y.−1Подействуем на левую и правую части этого равенства оператором AA∗ + ω I˜ ,получим−1 ∗−1A∗ A + ωIA y = A∗ AA∗ + ωIy.(2.24)По той же теореме фон Неймана оператор kA∗ (AA∗ +ωI)−1k 6 ω −1, следовательно,sup k A∗ A + ωIy∈D(A∗ ),kyk61−1A∗ yk =sup kA∗ A∗ A + ωIy∈D(A∗ ),kyk6133−1yk 61,ω−1т.

е. оператор A∗ A+ω I˜ A∗ ограничен на D(A∗ ). Доопределяем его по непрерывe Очевидно, в силу (2.24) имеет место следующеености (замыкаем) на D(A∗ ) = R.операторное равенство:A∗ A + ω I˜−1A∗ = A∗ AA∗ + ω I˜Таким образом, мы можем переписать (2.19) какA− y = lim A∗ A + ω I˜ω→+0−1−1.A∗ y(2.25)для любого y ∈ D(A− ).MБудем писать A = B, если равенство Ax = Bx выполнено на всех элементахx ∈ M при M ⊂ D(A)∩D(B), чтобы отличать его от строгого операторного равенства A = B, подразумевающего совпадение D(A) = D(B) областей определения.В таких обозначениях равенства (2.19) и (2.25) могут быть записаны какA−D(A− )=lim A∗ (AA∗ + ωn I)−1 ,A−n→∞D(A− )=lim A∗ A + ω I˜ω→+0−1A∗ y,e а оператор A−где операторы в правых частях соотношений определены на всём R,e множестве.в левых частях — на D(A− ), т.

е. на, вообще говоря, более узком чем R2.4. Решение линейных уравнений с помощью псевдообращения.e и элемент y ∈ R.e ТребуЗадача 3. Пусть заданы оператор A ∈ CL(R 7→ R)ется найти все элементы x ∈ D(A), при которых Ax = y.Решение этой задачи мы, можно сказать, уже получили.Уравнение Ax = y разрешимо тогда и только тогда, когда y ∈ R(A) — это,по сути дела, определение множества R(A). Если y ∈ R(A), то AA− y = y в силу замечания после свойства 4 (см. также вторую из таблиц, приведённых послесвойства 4).

Последнее равенство эквивалентно (I˜ − AA− )y = 0. Наоборот, еслиAA− y = y, то y ∈ R(A) (элемент y получен в результате действия A на A− y),поэтому уравнение Ax = y разрешимо, и A− y — одно из его решений.Пусть условие разрешимости выполнены, и мы имеем решение A− y. Любоедругое решение x удовлетворяет уравнению Ax = y и z = x − A− y ∈ N (A).Наоборот, если x = A− y + z, где z ∈ N (A), то элемент x удовлетворяет уравнениюAx = y.

Включение z ∈ N (A) имеет место тогда и только тогда, когда Π0 z = z, гдеΠ0 — ортогональный проектор на N (A). Воспользуемся явным видом проекторадля z ∈ D(A) (см. вторую таблицу после доказательства свойства 4), получим,что z ∈ N (A) тогда и только тогда, когда z = (I − A− A)z. При этом элемент34A− y ∈ R(A− ) = N ⊥ (A) ∩ D(A) ортогонален z = (I − A− A)z ∈ N (A), поэтомуkxk2 = kA− yk2 + k(I − A− A)zk2 .Решение задачи 3 таково. Уравнение Ax = y разрешимо, если и только если(I˜ − AA− )y = 0,y ∈ D(A− );(2.26)множество всех её решений можно записать какx = A− y + (I − A− A)z,z ∈ D(A) ,(2.27)причём слагаемые в последнем равенстве ортогональны, и A− y есть (единственное)решение, имеющее минимальную норму.Перейдём теперь к операторным уравнениям.e и Y ∈ L(Rb 7→ R).eЗадача 4.

Пусть заданы операторы A ∈ CL(R 7→ R)b 7→ R) такой, что при всех u ∈ D(Y )Требуется найти линейный оператор X ∈ L(Rсправедливо равенство AXu = Y u.D(Y )Напомним, мы можем записать решаемое уравнение как AX = Y .Пусть найдётся линейный оператор X, D(X) ⊂ D(Y ), такой, что для любогоu ∈ D(Y ) существует элемент x = Xu, при котором Ax = Y u. Следовательно, дляy = Y u выполнено условие разрешимости (2.26) уравнения Ax = y. Перепишемусловие (2.26) как y = AA− y или, в исходных обозначениях, как Y u = AA− Y u.Заметим, что последнее соотношение эквивалентно равенству Y = AA− Y в операторах.Пусть теперь Y u = AA− Y u для любого u ∈ D(Y ).