Про псевдорешения

[ewert]

Сугубо технологический вопрос (он мне нужен для курса численных методов или типа того).

Известно, что $\|Ax-f\|=\mathrm{min} \ \Leftrightarrow\ A^*Ax=A^*f$.

Известно также, что матрица последней системы есть матрица Грама для столбцов исходной матрицы: $g_{ik} =(\vec a_k,\vec a_i)$ (ну и с правыми частями аналогично).

Всё это банально, да. А вопрос вот в чём. Давайте искать псевдорешение относительно не стандартного скалярного произведения, но относительно общего: $(\cdot,\cdot)_M\equiv(M\cdot,\cdot)$ (где $M$, естественно, некоторая положительная матрица). Тогда рецепт остаётся ровно прежним: система уравнений на псевдорешение строится ровно так же, только матрица Грама для тех же столбцов выписывается относительно нового скалярного произведения.

Так вот что меня раздражает. Само утверждение выглядит очень естественно. А вот доказать его без занудства (достаточно простого, но всё-таки занудства) у меня не выходит.

Может, кто подскажет, по каким причинам это утверждение должно быть очевидным?...

[nnosipov]

А мы разве раньше это не обсуждали?

[ewert]

Вполне возможно, но я просто не помню. И уж точно помню, что если и обсуждали, то ответ как-то не возник. А тут просто в очередной раз возник сам вопрос. Извините.

[мат-ламер]

Мне кажется (ручку в руки не брал), что при решении задачи минимизации на матрицу $M$ можно будет сократить.

[ewert]

мат-ламер в сообщении #874099 писал(а):

на матрицу $M$ можно будет сократить.

Да можно, конечно; но это-то и есть элемент (не самый важный) занудства. Мне же хотелось бы отмахнуться от всего одной левой.

[nnosipov]

ewert в сообщении #874095 писал(а):

Вполне возможно, но я просто не помню.

Вот здесь это было topic60628-60.html

[ewert]

nnosipov в сообщении #874113 писал(а):

ewert в сообщении #874095 писал(а):

Вполне возможно, но я просто не помню.

Вот здесь это было topic60628-60.html

Да, но я ведь не о технике:

nnosipov в сообщении #602982 писал(а):

а затем получил бы для этой $G$ нужную формулу $G=A^*MA$ (это совсем примитивная алгебра на уровне понимания, что такое произведение матриц).

Технически-то любой ёж всё выведет. Меня интересует -- как это получить из общих соображений, не прибегая к именно матричной алгебре.

Если вообще можно.

[Munin]

Преобразуйте линейным преобразованием пространство к такому, в котором $M$ единица. (Такое обратимое преобразование $T^{\mathrm{T}}T=M$ всегда существует, и даже не единственно.)

[ewert]

Munin в сообщении #874129 писал(а):

Преобразуйте линейным преобразованием пространство к такому, в котором $M$ единица. (Такое обратимое преобразование $T^{\mathrm{T}}T=M$ всегда существует, и даже не единственно.)

Так, ещё раз -- для тех, кто в танке:

ewert в сообщении #874122 писал(а):

Технически-то любой ёж всё выведет. Меня интересует -- как это получить из общих соображений

[Munin]

А это не технически. Это из общих соображений. Пространство со скалярным произведением $M$ изометрично пространству со скалярным произведением $1.$ Причём изометрию легко подобрать: диагонализуем $M,$ и извлекаем из диагональных элементов квадратный корень.

[Xaositect]

Ну, например, так.
Если у нас есть билинейная форма, то вектор $f$ можно ортогонализовать: разложить на часть, лежащую в образе $A$ и часть, ортогональную ему: $f = f_{\parallel} + f_{\perp}$, $f_{\parallel} = \sum (a_i, f) a_i$, $(a_i, f_{\perp}) = 0$.
Тогда минимум $(Ax - f, Ax - f) = (Ax - f_{\parallel}, Ax - f_{\parallel}) + (f_{\perp}, f_{\perp})$ достигается в случае $(Ax - f_{\parallel}, Ax - f_{\parallel}) = 0$. Если билинейная форма невырождена, это значит, что $Ax - f_{\parallel} = 0$. Так как $Ax - f_{\parallel}$ лежит в образе $A$, достаточно проверить равенство нулю всех скалярных произведений $(a_i, Ax) = (a_i, f_{\parallel}) = (a_i, f)$.

[Munin]

P. S. Ну, если вам не годится, не настаиваю. Но к моменту курса численных методов, такие вещи должны быть уже очевидны.

[nnosipov]

ewert в сообщении #874087 писал(а):

Известно также, что матрица последней системы есть матрица Грама для столбцов исходной матрицы: $g_{ik} =(\vec a_k,\vec a_i)$ (ну и с правыми частями аналогично).

Проблема, как я понял из того обсуждения, в том, что столбцы матрицы $A$ могут быть зависимы?

[g______d]

nnosipov в сообщении #874187 писал(а):

Проблема, как я понял из того обсуждения, в том, что столбцы матрицы $A$ могут быть зависимы?

Это, вроде, не проблема: правая часть не произвольная, а из образа $A^*$, поэтому удовлетворяет условию разрешимости.

Ок, а, может быть, я правильно понимаю, что проблема в том, что при переходе к новому скалярному произведению операция $A\mapsto A^*$ меняется, а студенты этого не знают, поскольку она им определялась поэлементно?

[nnosipov]

Думаю, для обычных студентов понять то, что скалярное произведение можно задавать по-разному (а не только школьной формулой), является проблемой. То есть, само аксиоматическое введение скалярного произведения --- проблема. Если речь идёт о первокурсниках, то параллельный курс ан. геометрии только усугубляет это непонимание --- там действительно есть только одно скалярное произведение.