Minimizimi dhe përafrimin me vector Hapësirë Metodat

Tani ne e consder minimizimin e koncepteve dhe përafrimin e hapësirave në drejtim, pasi që këto janë të nevojshme për të koncepteve Pak-sheshet-minimizimi (LSM). Le të kthehemi të optimization sonë të parë dhe problemin e projeksionit teoremë e cila e karakterizon zgjidhja e saj. Ne pak provojnë dy versioneve të ndryshme të teoremë: njëri vlefshme arbitrare në një para-Hilbert hapësirë dhe një tjetër, me një përfundim më të fortë, të vlefshme në Hilbert hapësirë. The optimization konsiderohet problem është kjo: Duke pasur një vektor x në një para-Hilbert X hapësirë dhe në një subspace M X, vector gjeni m 2 M afert të x në kuptimin që ajo minimizon kx â'mk. Sigurisht, nëse x vetë qëndron në M, zgjidhja është i parëndësishëm. Në përgjithësi, megjithatë, tri pyetje të rëndësishme duhet të përgjigjet për një zgjidhje të plotë të problemit. Së pari, ekziston një vektor m 2 M cila minimizon kx â'mk, ose është se nuk ka m është po aq i mirë sa të gjithë të tjerët? Së dyti, është zgjidhja unike? E treta, çka është e zgjidhje apo si është karakterizuar atë? Ne u përgjigjemi këtyre pyetjeve tani. Teoremë 7 X Le të jetë një para-Hilbert hapësirë, një subspace M e X, x dhe një arbitrare në vektor X. Nëse ekziston një vektor m0 2 M tillë që kx â 'm0k kx â 'mk për të gjithë m 2 M, pastaj m0 është unike. A është e nevojshme dhe e mjaftueshme kusht që të jetë një m0 2m unike minimizuar vector në M është se gabim vektor x â'm0 të orthogonal të M. Ne qartë futur parashikimet më parë, por ajo që ne bëjmë këtu është për të futur ato në një ngjashme por pak mënyrë tjetër që është në lidhje me minimizimin. Për të minimizuar diçka ne duhet të kemi një masë e cila ka një renditje të plotë, përndryshe minimizimi nuk do të bëjë ndonjë kuptim. Vectors në një drejtim mund të mos jetë urdhëruar (ose ajo është e mundur të thonë se një drejtim është më e madhe si një tjetër për çdo palë vectors në një hapësirë më të larta me dimesnion?), por në masë k k mund të porositen, pasi kjo është një e hartës në hapësirën e vërtetë numra. Le prova tani teoremë. Prova 10 Ne parë tregojnë, se në qoftë se është një m0 minimizuar vector, pastaj x-m0 është orthogonal për të M. Ne kundërshtim me këtë, në të cilat ne supozojmë se ndryshimi nuk është orthogonal në subspace dhe pastaj ne të përpiqemi të gjejmë një tjetër vektor i cili ka pastaj një largësi të vogël në subspace dhe kjo është për të orthogonal; po të jetë kështu vektor m0 tonë nuk mund të jetë një zgjidhje. Supozoni për të kundërtën, se ka një vector M m 2 e cila nuk është në orthogonal x-m0. Pa humbje e parim i përgjithshëm, ne mund të supozojmë se kmk = 1 dhe = ? 6 = 0. Definojė vector M1 2m si M1 + = m0? M. Atëherë kx k-m1k2 = (x-m0) -? mk2 =? P <(x-m0) -? M, (x-m0) -? M>? 2 = <(X-m0) -? M, (x-m0) -? M> = Kx-m0k2- - + ? 2 = Kx-m0k - ? 2 - ? 2 + ? 2 = Kx-m0k - ? 2 kx-m0k 8 milion 6 = m0. Pra, të ndryshme nga çdo vektor m0 ut gjithashtu përmban M nuk është e minimizuar vector dhe deri në atë m0 është unik.