Неравенство для одного функционала

[max(Im)]

Помогите, пожалуйста, никак не соображу.
Есть линейные операторы $A$ и $\tilde A,$ действующие в гильбертовых пространствах $H \to F,$ причем $\|A - \tilde A\|\leqslant h.$
Рассматриваются два функционала $f(x) = \|Ax - f\|_F^2$ и $\tilde f(x) = \|Ax - f\|_F^2,$ $x \in H.$

Вот утверждается, что

$$ |f(x) -\tilde f(x)| \leqslant h \cdot \max\{\|f\|_F^2,1+h+2\|A\|\}(1+ \|x\|_H^2). $$

Я стал расписывать и никак не выходит:

$$ |f(x) -\tilde f(x)| = \Big|\|Ax\|^2_F - \|\tilde Ax\|^2_F + 2\langle f, (\tilde A - A) x\rangle\Big| \leqslant \Big|\|Ax\|_F^2 - \|\tilde Ax\|_F^2 + 2\cdot \|f\|_F \cdot h \cdot \|x\|_H\Big| $$

последнее по Коши-Буняковскому и определению нормы ($\| (\tilde A - A) x\|\leqslant \| (\tilde A - A) \| \|x\| \leqslant h\|x\|$). Как быть дальше?

[max(Im)]

Извиняюсь, написал полную ерунду, да еще обозначения одинаковые.

Рассматриваются два функционала $J(x) = \|Ax - f\|_F^2$ и $\tilde J(x) = \|Ax - f\|_F^2,$ $x \in H.$

Утверждается, что

$$ |J(x) -\tilde J(x)| \leqslant h \cdot \max\{\|f\|_F^2,1+h+2\|A\|\}(1+ \|x\|_H^2). $$

Моя попытка:

$$ |J(x) -\tilde J(x)| = \Big|\|Ax\|^2_F - \|\tilde Ax\|^2_F + 2\langle f, (\tilde A - A) x\rangle\Big| \leqslant \Big|\|Ax\|_F^2 - \|\tilde Ax\|_F^2 \Big| + \Big|2\cdot \|f\|_F \cdot h \cdot \|x\|_H\Big| $$

последнее по Коши-Буняковскому и определению нормы ($\| (\tilde A - A) x\|\leqslant \| (\tilde A - A) \| \|x\| \leqslant h\|x\|$). Как быть дальше?

[sup]

У Вас "слишком много неизвестных". Выразите $\tilde J(x) - J(x)$ так, чтобы в правой части уже не было $\tilde A$. Для этого достаточно положить $y = \tilde A x - A x$. А затем уже можно оценить норму $\|y\|$ через $h$ и $\|x\|$.

[max(Im)]

Да, обозначений многовато.
Ну так получается, что $\|y\|\leqslant h \cdot \|x\|.$
И если делать так, как я делал, то можно получить, что (если $\|\tilde Ax\|=\|y + Ax\|$)

$$ |\tilde J(x) - J(x)| =\Big|\|Ax-f\|^2 - \|Ax + y- f\|^2\Big| = \Big|-2\langle Ax, y\rangle + 2 \langle f,y\rangle\Big| $$

Непонятно, откуда вообще может появиться $\|f\|^2$...
Даже если подставить оценку нормы $y$.

[sup]

И опять у Вас неправильное выражение. Может надо повнимательнее работать?

max(Im) в сообщении #756745 писал(а):

Непонятно, откуда вообще может появиться $\|f\|^2$...

Ну откуда берутся квадраты норм, когда есть скалярное произведение ... Неравенства какие-то.

[max(Im)]

sup в сообщении #756799 писал(а):

Может надо повнимательнее работать?

А с чего вы взяли, что я невнимательно "работаю"?

Да, не дописал (писать в ТеХ - это не та "работа"):

$$ \big|-2\langle Ax, y\rangle+2\langle f, y\rangle - \|y\|^2\big| $$

Применять дальше можно Коши-Буняковского, можно оценку для $\|y\|,$ но все равно квадрат $\|f\|^2$ сократился и нету с квадратом.

Какие неравенства? Вот применяю, получается лишь норма $\|f\|,$ а квадрат никак.

[sup]

Вам виднее, что Вы делаете внимательно, а что нет. Я же просто предполагал, что причиной Ваших проблем является именно невнимательность.
Вот и сейчас я решительно не вижу, с чем это может сократиться $\|f\|^2$. Может Вы покажите, как Вы избавляетесь от всех этих модулей и скалярных произведений. Как мне кажется, если все аккуратно расписать, ответ получается сам собой.

[ewert]

max(Im) в сообщении #756536 писал(а):

$$ \leqslant \Big|\|Ax\|_F^2 - \|\tilde Ax\|_F^2 \Big| + \Big|2\cdot \|f\|_F \cdot h \cdot \|x\|_H\Big|$$

Ну хорошо. Теперь первая разность квадратов естественным образом оценивается как $\big(\|Ax\|+\|\tilde Ax\|\big)\cdot\big|\|Ax\|-\|\tilde Ax\|\big|\leqslant(2\|A\|+h)\cdot h\cdot\|x\|^2$. Итого получается оценка сверху $\leqslant h\big((2\|A\|+h)\|x\|^2+2\|x\|\cdot\|f\|\big)\leqslant h\big((1+h+2\|A\|)\|x\|^2+\|f\|^2\big)$. Это то, что получается тупо, безо всяких раздумий, и по-хорошему следовало бы здесь и остановиться. Но если уж приспичило огрубить её ещё сильнее -- до той причудливой, что в стартовом посте, -- то остаётся лишь доказать неравенство $\alpha t+\beta\leqslant(1+t)\cdot\max\{\alpha,\beta\}$. Сможете?...

[max(Im)]

Ясно, спасибо