Равномерная сходимость последовательности псевдорешений

[VonQO]

Всем доброго времени суток!
В ходе исследований встал такой вопрос (я не математик, если что).
Пусть существует СЛАУ с бесконечным числом линейно независимых уравнений. Представим её в матричном виде:

$$A_{kn}x_n=b_k.$$

Здесь $A$ -- бесконечная действительная положительно определенная верхнетреугольная биномиальная матрица:

$$A_{kn}=\begin{cases} \binom{n}{k} & n\ge k\\ 0 & n<k \end{cases}.$$

Её решение можно аналитически выразить через обратную матрицу:

$$x_n=A_{nk}^{-1}b_k.$$

Здесь

$$A_{nk}^{-1}=\begin{cases} (-1)^{k-n}\binom{k}{n} & k\ge n\\ 0 & k<n \end{cases}.$$

Будем рассматривать частичные СЛАУ с конечным числом уравнений, полученные из исходной. Количество строк обозначим дополнительным индексом $(m), m=\overline{1,\infty}$:

$$A_{kn}^{(m)}x_n^{(m)}=b_k^{(m)}.$$

Решение будем искать с помощью псевдообратной матрицы (аналитический вид матрицы неизвестен):

$$\left(A^{(m)}\right)^{\dagger}=\left(\left(A^{(m)}\right)^{T}\left(A^{(m)}\right)\right)^{-1}\left(A^{(m)}\right)^{T}.$$

Отсюда получаем нормальное псевдорешение:

$$x_n^{(m)}=\left(A^{(m)}\right)^{\dagger}b_k^{(m)}.$$

Можно ли построить два таких утверждения?
1. Матричная последовательность дополненных до бесконечной матрицы псевдообратных матриц имеет предел -- обратную матрицу (вроде это очевидно): $\lim_{m\to\infty}\dbinom{\left(A^{(m)}\right)^{\dagger}}{0}=A^{-1}$
2. Функциональная последовательность $x_n^{(m)}$ сходится, причем равномерно, к $x_n$: $\lim_{m\to\infty}x_n^{(m)}\rightrightarrows x_n$. Поточечная сходимость довольно очевидна, а вот как перейти к равномерной, я не понимаю. Можно ли использовать факт из утверждения 1 для доказательства?
Заранее спасибо за помощь :)

[novichok2018]

я бы посоветовал, чтобы знакомый математик поискал ответ на вопрос в книге Кука, стандарту по бесконечным системам. И потом, если найдёт, Вам рассказал.

[VonQO]

Спасибо за совет. Я читал частично книгу Кука, но, если честно, мало что понял. Попробую сделать еще один заход.

[VonQO]

Я обнаружил, что сильно переврал задачу :\
Правильно будет так.
Будем рассматривать частичные СЛАУ с конечным числом переменных, полученные из исходной. Количество столбцов обозначим дополнительным индексом $(m), m=\overline{1,\infty}$:

$$A_{kn}^{(m)}x_n^{(m)}=b_k^{(m)}.$$

Решение будем искать с помощью псевдообратной матрицы (аналитический вид матрицы неизвестен):

$$\left(A^{(m)}\right)^{\dagger}=\left(\left(A^{(m)}\right)^{T}\left(A^{(m)}\right)\right)^{-1}\left(A^{(m)}\right)^{T}.$$

Отсюда получаем нормальное псевдорешение:

$$x_n^{(m)}=\left(A^{(m)}\right)^{\dagger}b_k^{(m)}.$$

Можно ли построить два таких утверждения?
1. Матричная последовательность дополненных до бесконечной матрицы псевдообратных матриц имеет предел -- обратную матрицу (вроде это очевидно): $\lim_{m\to\infty}\left(\left(A^{(m)}\right)^{\dagger},0\right)=A^{-1}$
2. Функциональная последовательность $x_n^{(m)}$ сходится, причем равномерно, к $x_n$: $\lim_{m\to\infty}x_n^{(m)}\rightrightarrows x_n$. Поточечная сходимость довольно очевидна, а вот как перейти к равномерной, я не понимаю. Можно ли использовать факт из утверждения 1 для доказательства?
Заранее спасибо за помощь :)

[svv]

То есть на самом деле Вы ограничиваете не число уравнений (оно по-прежнему бесконечно), а количество неизвестных?
И матрица $A$ по-прежнему верхнетреугольная с элементами $A_{kn}=\binom{n}{k}$?

Если так, все Ваши матрицы легко находятся. У матрицы $A^{(m)}$ только первые $m$ строк ненулевые. Аналогично, у $(A^{(m)})^{T}$ только первые $m$ столбцов ненулевые. Поэтому $(A^{(m)})^{T}A^{(m)}$ не изменится, если обе матрицы "укоротить" до квадратных порядка $m$, отбросив нулевые строки и столбцы. Это начало рассуждения, попробуйте продолжить (ничего не вычисляя).

[VonQO]

Оказалось, что актуально решение обеих проблем.
Действительно, если ограничивать число неизвестных, то задача решается легко, svv, спасибо за помощь!
А вот исходный вопрос такого простого решения, видимо, не имеет, так как там получаются сплошь бесконечные нетреугольные матрицы.

[svv]

VonQO
Более того, я не уверен, что в исходной постановке задачи матрица $(A^{(m)})^{T} A^{(m)}$ будет иметь обратную. По крайней мере, в аналогичной конечномерной ситуации (когда матрица $A$ квадратная порядка $n$) — точно нет. Пусть укороченная снизу матрица $A^{(m)}$ имеет размер $m\times n$, причём $m<n$. Тогда $(A^{(m)})^{T}$ будет $n\times m$, а $(A^{(m)})^{T} A^{(m)}$ будет $n\times n$. Проблема в том, что ранг произведения матриц не больше ранга каждого из сомножителей, который сам не больше $m$, то есть матрица $(A^{(m)})^{T} A^{(m)}$ обязательно вырождена.

Штука в том, что, хотя псевдообратная матрица существует для любой матрицы $A$, но она имеет вид $A^+=(A^TA)^{-1}A^T$, только если $A^TA$ обратима.