5. Az approxim´ aci´ oelm´ elet alapjai
5.3. Approxim´ aci´ o euklideszi terekben
Legyen az (X,h,i) euklideszi t´erben L ⊂ X alt´er. Azt fogjuk mondani, hogy L teljes alt´er, ha b´armelyxn∈L (n∈N)Cauchy-sorozat konvergens ´es lim(xn)∈L. Nyilv´anval´o, hogy
• minden teljes alt´er z´art;
• ha (X,h,i)Hilbert-t´er, akkor az L⊂X alt´er akkor ´es csak akkor teljes alt´er, ha z´art.
5.3.1. T´etel. Tegy¨uk fel, hogy L⊂ X teljes alt´er az (X,h,i) euklideszi t´erben. Ekkor b´armely x∈X eset´en egy´ertelm˝uen l´etezik olyan l∈L, amely extrem´alis, azazkx−lk=ρ(x, L).
Bizony´ıt´as. Az egy´ertelm˝us´eg az 5.2.1. Lemma, ill. az 5.2.2. T´etel alapj´an m´ar k¨ovetkezik.
Legyenln∈L (n∈N) olyan elem, amelyre
ρ(x, L)≤ kx−lnk< ρ(x, L) + 1 n+ 1.
Ekkor lim(kx−lnk) =ρ(x, L).A paralelogramma-szab´aly (ld. 1.3.1. T´etel) alapj´an mindenn, m∈N eset´en a k¨ovetkez˝ot mondhatjuk:
kln−lmk2 =k(x−ln)−(x−lm)k2 = 2(kx−lnk2+kx−lmk2)− k2x−(ln+lm)k2. Azln, lm elemek konstrukci´oja miatt
2(kx−lnk2+kx−lmk2)→4ρ2(x, L) (n, m→ ∞).
Megmutatjuk, hogy
k2x−(ln+lm)k2 →4ρ2(x, L) (n, m→ ∞) is igaz. Val´oban,
k2x−(ln+lm)k2= 4
x− ln+lm
2
2
,
ahol ln+lm
2 ∈Lmiatt
4
x− ln+lm
2
2
≥4ρ2(x, L).
Mivel
k2x−(ln+lm)k2 =k(x−ln) + (x−lm)k2≤
(kx−lnk+kx−lmk)2 →4ρ2(x, L) (n, m→ ∞), ez´ertk2x−(ln+lm)k2 →4ρ2(x, L) (n, m→ ∞) m´ar val´oban k¨ovetkezik.
Azt kaptuk teh´at, hogy kln−lmk →0 (n, m → ∞). Az L alt´er teljess´ege miatt ´ıgy l´etezik az l:= lim(ln) hat´ar´ert´ek ´es l∈L.Az
|kx−lk − kx−lnk| ≤ kl−lnk →0 (n→ ∞) becsl´es miatt azonban kx−lk= lim(kx−lnk) =ρ(x, L), azaz lextrem´alis.
5.3.1. Megjegyz´esek.
i) Ha az (X,h,i) t´er Hilbert-t´er, akkor az 5.3.1. T´etel az al´abbi alakot ¨olti: b´armely L ⊂ X z´art alt´er ´esx∈X eset´en egy´ertelm˝uen l´etezik olyanl∈L,amely extrem´alis, azazkx−lk= ρ(x, L).
ii) Az el˝obbi megjegyz´esben azLalt´er z´arts´aga, ill. az 5.3.1. T´etelben az illet˝o alt´er teljess´ege nem hagyhat´o el. Legyen ui. (ld. 3.3.4. ii) megjegyz´es) (X,h,i) := (ℓ2,h,i2) ≡ (ℓ2,k.k2), L:=ℓ1, azaz
L:=
(
(xn)∈ℓ2 : X∞ n=0
|xn|<+∞ )
.
Hax:= (1/(n+ 1))∈ℓ2,akkor tetsz˝oleges n∈Neset´en az
60 5. Az approxim´aci´oelm´elet alapjai
x(n)k :=
xk (k= 0, ..., n) 0 (k > n)
(n∈N)
el˝o´ır´assal defini´alt nyilv´anL-belix(n) sorozatokra
kx−x(n)k22= X∞ k=n+1
|xk|2→0 (n→ ∞).
Ez´ert b´armelyε >0 mellett vehet¨unk olyann-et, amellyelρ(x, L)≤ kx−x(n)k2 < ε.Teh´at ρ(x, L) = 0. Mivel x /∈ L, ez´ert nincs extrem´alis elem, hiszen ha l ∈ L ilyen volna, akkor 0 =ρ(x, L) =kx−lk2 miattx=l∈Llenne.
5.3.2. T´etel. Legyen (X,h,i) tetsz˝oleges euklideszi t´er, L ⊂X alt´er, x ∈X, l ∈L. Az l elem akkor ´es csak akkor extrem´alis, ha b´armely y∈Leset´en hx−l, yi= 0.
Bizony´ıt´as. Tegy¨uk fel el˝osz¨or, hogy kx−lk = ρ(x, L) ´es (indirekt m´odon) valamilyen y ∈L elemre hx−l, yi 6= 0, pl. α := Rehx−l, yi > 0. (A t¨obbi eset hasonl´oan kezelhet˝o.) Ekkor minden λ >0 eset´en
kx−(l+λy)k2=h(x−l)−λy,(x−l)−λyi=
kx−lk2+λ2kyk2−2αλ=kx−lk2+λ(λkyk2−2α).
Mivelλkyk2 →0 (λ→+0), ez´ert alkalmasλ-raλkyk2−2α <0,azaz kx−(l+λy)k2< kx−lk2.Ez azt jelenten´e, hogy az l+λy ∈Lelemre ρ(x, L) =kx−lk<kx−(l+λy)k, ami nem lehet.
Most azt tegy¨uk fel, hogy b´armelyy∈Leset´en hx−l, yi= 0 ´es legyenz ∈L. Ekkor kx−(z+l)k2=h(x−l)−z,(x−l)−zi=kx−lk2+kzk2,
ui. a felt´etel szerint hx−l, zi = hz, x−li = 0. Teh´at kx−(z+l)k ≥ kx−lk. Vil´agos, hogy az L alt´er minden eleme fel´ırhat´o alkalmas L ∋ z-vel z +l alakban, ´ıgy az el˝obbi eredm´eny m´ask´eppen fogalmazva azt jelenti, hogykx−lk ≤ kx−sk (s∈L). Ez´ert lextrem´alis elem.
5.3.2. Megjegyz´esek.
i) Geometriai hasonlattal ´elve az hu, vi = 0 esetben azt mondjuk, hogy az u, v ∈ X elemek ortogon´alisak (vagymer˝olegesek), ´es mindezt azu⊥v szimb´olummal jel¨olj¨uk.
ii) Valamely ∅ 6= A ⊂ X eset´en legyen A⊥ := {x ∈ X : x ⊥ a (a ∈ A)}. Vil´agos, hogy A⊥ alt´er. Azt sem neh´ez bel´atni, hogy A⊥ z´art. Ha ui. xn ∈ A⊥ (n ∈ N) konvergens ´es x:= lim(xn), akkor tetsz˝olegesa∈A´esn∈Neset´en
|hx, ai|=|hx, ai − hxn, ai|=|hx−xn, ai| ≤ kx−xnk· kak →0 (n→ ∞),
azaz hx, ai = 0. Teh´at x ∈ A⊥, ´ıgy A⊥ val´oban z´art. Az A⊥ z´art alteret az A halmaz ortogon´alis kieg´esz´ıt˝o alter´eneknevezz¨uk.
iii) Legyen pl. (X,h,i) ≡ (R2,h,i2) ´es (pl.) L
”egy orig´on ´atmen˝o egyenes”. Ekkor az 5.3.2.
T´etel az elemi matematik´ab´ol j´ol ismert t´enyt jelenti: valamelyx∈R2 vektor eset´en x´esL (euklideszi) t´avols´ag´at ´ugy kapjuk meg, hogyx-b˝ol mer˝olegest bocs´atunk L-re ´es ha ennek a talppontja az l∈Lvektor, akkor a keresett t´avols´agkx−lk2.
iv) A most bevezetett terminol´ogi´aval ´elve teh´at az 5.3.2. T´etel a k¨ovetkez˝ok´eppen fogalmazhat´o meg: kx−lk=ρ(x, L) akkor ´es csak akkor igaz, hax−l∈L⊥.
Az utols´o megjegyz´esb˝ol kiindulva legyen valamely L ⊂ X teljes alt´er ´es x ∈ X eset´en l ∈ L extrem´alis elem: kx−lk=ρ(x, L) ´esx1:=l, x2 :=x−l.Ekkorx1 ∈L, x2 ∈L⊥´es nyilv´anx=x1+x2. Nem neh´ez bel´atni, hogy az xelem el˝obbi tulajdons´ag´u felbont´asa egy´ertelm˝u: ha valamelyu1 ∈L, u2 ∈L⊥ elemekkel is igaz az x=u1+u2 el˝o´all´ıt´as, akkor
L∋x1−u1=u2−x2 ∈L⊥
miatt x1−u1 ∈ L∩L⊥, azaz kx1 −u1k2 = hx1−u1, x1 −u1i = 0. K¨ovetkez´esk´eppen x1 = u1 ´es hasonl´oan x2=u2.
Ezzel bel´attuk az al´abbi ´all´ıt´ast:
5.3.3. T´etel (Riesz). Legyen L ⊂ X teljes alt´er az (X,h,i) euklideszi t´erben. Ekkor b´armely x∈X eset´en egy´ertelm˝uen l´eteznek olyan x1 ∈L, x2∈L⊥ elemek, amelyekkel x=x1+x2. 5.3.3. Megjegyz´esek.
i) A fenti t´etel alapj´an azt mondjuk, hogy azX t´er azL, L⊥alterekortogon´alis direkt ¨osszege:
X =L⊕L⊥.
ii) Ha x = x1 + x2 az x ∈ X elemnek az 5.3.3. T´etel szerinti felbont´asa, akkor igaz az kxk2 =kx1k2+kx2k2 Pitagoraszi-¨osszef¨ugg´es. Ui. hx2, x1i=hx1, x2i= 0 miatt
kxk2=hx1+x2, x1+x2i=hx1, x1i+hx2, x2i=kx1k2+kx2k2.
iii) Speci´alisan b´armely (X,h,i)Hilbert-t´er ´es z´art L⊂X alt´er eset´en X =L⊕L⊥.
iv) Legyen valamely (X,h,i) euklideszi t´er ´es teljes L ⊂ X alt´er mellett PL : X → L az a lek´epez´es, amelyre PL(x) := x1 (x ∈X), ha x = x1+x2 az x elem el˝obbi felbont´asa:
x1 ∈L, x2 ∈L⊥.APLlek´epez´est (oper´atort) azLalt´erre val´oprojekci´onak(vagyvet´ıt´esnek) nevezz¨uk. Az eddigiek alapj´an m´ar el´egg´e nyilv´anval´o, hogy PL line´aris, azaz
PL(µx+λy) =µPL(x) +λPL(y) (x, y ∈X, µ, λ∈K).
Tov´abb´a kPL(x)k ≤ kxk (x∈X), azaz (ld. 6.2.) PL korl´atos line´aris oper´ator. Hax∈L, akkor az x=x+ 0 felbont´asb´ol az 5.3.3. T´etelbeli egy´ertelm˝us´eg alapj´an PLx=x ad´odik.
Ez azt is jelenti egy´uttal, hogyRPL =L.AP projekci´oidempotens,azazP2:=P◦P =P,ui.
b´armelyx ∈X eset´en PLx∈L l´ev´en az el˝obb mondottak szerint PL2x =PL(PLx) = PLx.
Az L⊥ alt´er a PL projekci´o magtere: L⊥ = {x ∈ X : PLx = 0}. Val´oban, ha x ∈ L⊥, akkor x = x+ 0 az x elem ortogon´alis felbont´asa: 0 ∈ L, x ∈ L⊥, ez´ert PLx = 0. Teh´at L⊥⊂ {x∈X :PLx= 0}. Ford´ıtva, hax∈X ´esPLx= 0,akkor az
x=x1+x2 =PLx+x2 =x2 (x2∈L⊥)
62 5. Az approxim´aci´oelm´elet alapjai felbont´asb´ol x=x2, azazx∈L⊥ k¨ovetkezik. ´Igy {x∈X :PLx= 0} ⊂L⊥ is igaz. K¨onny˝u meggondolni, hogy a most kapott k¨ovetkezm´enyek jellemzik is a projekci´okat: aP :X →X line´aris lek´epez´es akkor ´es csak akkor projekci´o azLteljes alt´erre, haP idempotens,RP =L
´es L⊥ = {x ∈ X : P x = 0}. Ha ui. P ilyen, akkor b´armely X ∋ x-re P x ∈ L, ill.
P(x−P x) =P x−P2x =P x−P x= 0 miatt x−P x∈L⊥. Ez´ert x=P x+ (x−P x) az (Lalt´erre vonatkoz´o) ortogon´alis felbont´asa x-nek. K¨ovetkez´esk´eppen P x=PLx.
v) Tegy¨uk fel, hogy az el˝obbi megjegyz´esben ek ∈ X (k ∈ N) ONR (ld. 3.3.) ´es legyen valamely n∈ N eset´en L:=L({e0, ..., en}). Ekkor a 3.3.1. Lemma szerint b´armelyx ∈X eset´en igaz, hogykx−Sn(x)k=ρ(x, L), azaz
x=Sn(x) + (x−Sn(x))
azxelem ortogon´alis felbont´asa. (Eml´ekeztet¨unk azSn(x)Fourier-r´eszlet¨osszeg defin´ıci´oj´ a-ra: Sn(x) = Pn
k=0x(k)eˆ k ∈ L, ahol ˆx(k) = hx, eki (k ∈ N).) M´as sz´oval teh´at PL = Sn
(Fourier-projekci´o).
vi) Ha az v) megjegyz´esben (X,h,i)Hilbert-t´er ´esN =N,akkor legyen L:=L({en ∈X :n∈N}).
Ekkor L z´art (azaz teljes) alt´er. A 3.3.3. iii) megjegyz´es szerint b´armely x ∈ X elemre l´etezik az S(x) :=P∞
n=0x(n)eˆ n Fourier-¨osszeg. Hak, n∈N ´esk≤n,akkor 0≤ |hx−S(x), eki|=|x(k)ˆ − hS(x), eki|=
|x(k)ˆ − hS(x)−Sn(x), eki − hSn(x), eki|=
|hS(x)−Sn(x), eki| ≤ kS(x)−Sn(x)k →0 (n→ ∞).
K¨ovetkez´esk´eppen hx−S(x), eki= 0,azaz x−S(x)⊥ek (k∈N).Vil´agos, hogy innen x−S(x)⊥ L({en∈X :n∈N})
is r¨ogt¨on ad´odik. Ha viszont z ∈L, akkor alkalmaszn ∈ L({en ∈X : n∈N}) (n∈N) sorozattal kz−znk →0 (n→ ∞),azaz hx−S(x), zni= 0 (n∈N) miatt
|hx−S(x), zi|=|hx−S(x), z−zni+hx−S(x), zni|=
|hx−S(x), z−zni| ≤ kx−S(x)k· kz−znk →0 (n→ ∞).
Teh´athx−S(x), zi= 0,´ıgyx−S(x)⊥Lis teljes¨ul. MivelSn(x)∈L (n∈N) ´esLz´arts´aga alapj´an
S(x) = lim(Sn(x))∈L
nyilv´an igaz, ez´ert (ld. 5.3.2. T´etel)ρ(x, L) =kx−S(x)k, ill. az
x=S(x) + (x−S(x)) felbont´as miatt PL=S.
vii) Tudjuk (ld. 3.3.2. T´etel), hogy ha az v) megjegyz´esbeli (en) ONR z´art (vagy ami ugyanaz:
teljes) rendszer, akkor S(x) =x. Ekkor teh´at ρ(x, L) = 0 minden x∈X elemre igaz, azaz x∈L=X ´esPL=PX = id.
viii) Legyen (X,h,i) tetsz˝oleges euklideszi t´er, x0, ..., xn ∈ X (n ∈ N) line´arisan f¨uggetlen rendszer, L := L({x0, ..., xn}). Ekkor (ld. 5.2.1., 5.2.2. T´etelek) b´armely x ∈ X eset´en egy´ertelm˝uen megadhat´ok olyanα0, ..., αn∈Kegy¨utthat´ok, amelyekkel azl:=Pn
k=0αkxk
jel¨ol´essel ρ(x, L) =kx−lk. Az 5.3.2. T´etel alapj´an azt mondhatjuk, hogy
0 =hx−l, xji=hx, xji − Xn
k=0
αkhxk, xji (j= 0, ..., n), azaz
(∗)
Xn
k=0
hxk, xjiαk=hx, xji (j= 0, ..., n).
Tov´abb´ahx−l, li= 0 miatt
ρ2(x, L) =kx−lk2=hx−l, x−li=hx−l, xi=kxk2− Xn
k=0
αkhxk, xi,
amib˝ol
(∗∗) ρ2(x, L) +
Xn
k=0
hxk, xiαk=hx, xi
k¨ovetkezik. Vegy¨uk ´eszre, hogy (∗),(∗∗) egy¨utt egy (n+ 2)×(n+ 2)-es line´aris egyenletrend-szer aρ2(x, L), α0, ..., αn ismeretlenekre:
1·ρ2(x, L) +hx0, xiα0+...+hxn, xiαn=hx, xi 0·ρ2(x, L) +hx0, x0iα0+...+hxn, x0iαn=hx, x0i
...
0·ρ2(x, L) +hx0, xniα0+...+hxn, xniαn=hx, xni.
Ennek az egyenletrendszernek a determin´ansa nem m´as, mint az x0, ..., xn elemrendszer Gram-determin´ansa: Γ(x0, ..., xn) (> 0). A Cramer-szab´aly szerint kisz´am´ıtva ρ2(x, L)-et azt kapjuk, hogy