Unicidad de la solución de norma mínima.

Question

$\newcommand{\R}{\operatorname{Ran}} \newcommand{\K}{\operatorname{Ker}}\newcommand{\b}{\mathbf}$ Sea una ecuación $A\b x = \b b$ tiene solución, y sea $A$ tiene un núcleo no trivial. Demostrar que existe una solución única $\b x_0$ de $A\b x =\b b$ minimizar la norma $ ||\b x||$ .

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Cualquier solución para $A \b x = \b b$ puede escribirse como $\b x_1 - \b x_h$ para $\b x_1$ siendo una solución de $A\b x = \b b$ y $\b x_h \in \K A$ . Así que necesito minimizar $||\b x_1 -\b x_h||$ para variar $\b x_h$ .

Desde $||\b x_1 -\b x_h||$ es la distancia desde el subespacio $\K A$ a $\b x_1$ por lo que será mínimo cuando $\b x_h = P_{\K A} \b x_1$ . Por lo tanto, el mínimo se produce en $\b x_0 =\b x_1 - P_{\K A} \b x_1 = P_{(\K A)^\perp} \b x_1$ para cualquier $x_1 : A\b x_1 = \b b$ .

¿Cómo puedo demostrar la unicidad de esta solución?

Answer 1

Si existen soluciones distintas y paralelas (independientemente de la norma), entonces $\mathbf b=0$ (*), y $0$ es la única solución de norma mínima.

Si hay dos soluciones distintas no paralelas con una norma dada, entonces su media tiene menor norma (la desigualdad del triángulo es estricta para vectores no paralelos). Por lo tanto, si hay una solución con norma mínima, debe ser única.

Prueba de (*): Diga $A\mathbf x_1=A(\lambda\mathbf x_1)=\mathbf b$ y $\lambda\neq1$ . Entonces $$\mathbf b=A(\lambda\mathbf x_1)=\lambda A\mathbf x_1=\lambda \mathbf b$$

Answer 2

Sea $x_1$ sea un elemento de la preimagen de $b$ que es perpendicular a todas las $\ker A$ . A continuación, cualquier otra imagen previa $x_2$ es de la forma $x_1+y$ para $y\in\ker A$ y por tanto tiene norma al cuadrado $\langle x_1+y,x_1+y\rangle=|x|^2+|y|^2>|x|^2$ Así que $x_1$ es la preimagen única de a $b$ con norma mínima.

Answer 3

Esto no es para cualquier $x_1\in\mathrm{Ran}(A),$ pero para cualquier $x_1$ resolver $Ax_1=b.$ Ahora observe que $Ax_1=Ax_1’$ sólo si $x_1$ y $x_1’$ difieren en un elemento de $\mathrm{Ker}(A)$ . Pero esto significa que $P_{\mathrm{Ker}(A)^{\perp}}(x_1)=P_{\mathrm{Ker}(A)^{\perp}}(x_1’),$ lo que demuestra que el punto es único.

Personalmente, me plantearía otro enfoque. Supongamos que $Ax=Ay=b,$ donde $x$ y $y$ son soluciones de longitud mínima. Entonces $A(tx+(1-t)y)=Ay+tA(x-y)=b,$ para todos $t\in[0,1].$ Pero $\|tx+(1-t)y\|<t\|x\|+(1-t)\|y\|$ siempre que $t\in(0,1)$ y $x$ y $y$ no son linealmente dependientes, lo cual es una contradicción porque $\|x\|=\|y\|$ es la longitud de la solución de norma mínima. Tenemos que demostrar que $x$ y $y$ no son linealmente dependientes, pero en este caso, $y=cx,$ así que $b=Ay=cAx=cb,$ que muestra que $c=1$ si $b\neq0.$ Es fácil demostrar que $x=0$ es la única solución de longitud mínima cuando $b=0.$