Inversio-ongelmien peruskurssi - Oulu

jokaisella z ∈ R n . Erityisesti kun z = x, saadaan ‖Ax‖ = 0 eli x ∈ KerA. Toisin
sanoen Ker(A T A) ⊂ Ker(A). Siis Ker(A T A) = Ker(A), jolloin A T A on injektio
jos ja vain jos A on injektio. Näytetään, että A T y ∈ R(A T A) Valitsemalla
M = A sekä M = A T A lemmassa 4, saamme
R(A T ) = Ker(A) ⊥ = Ker(A T A) ⊥ = R(A T A).
Täten yhtälöllä A T Ax = A T y on vähintään yksi ratkaisu ja ratkaisu on yksikäsitteinen
vain jos Ker(A) = {0}.
Huomautus 2. Olkoon P : R m → R m ortogonaaliprojektio kuva-avaruudelle
R(A) (jolloin P 2 = P, P T = P ja erityisesti PAx = Ax jokaisella x ∈ R n ).
Yhtälön y = Ax + ε pienimmän neliösumman ratkaisu ˆx = ˆx(y) on itseasiassa
yhtälön
Py = Ax
ratkaisu, sillä ortogonaaliprojektion P symmetrisyyden nojalla
(Aˆx − Py, z) = (PAˆx − Py, z) = (Aˆx − y, Pz) = (Aˆx − y, Az ′ )
= (A T Aˆx − A T y, z ′ ) = (A T y − A T y, z ′ ) = 0
jokaisella z ∈ R m (huomaa, että koska Pz ∈ R(A), niin löytyy z ′ ∈ R n , jolle
Az ′ = Pz).
Yhtälöillä y = Ax+ε ja Py = PAx+Pε on samat pienimmän neliösumman
ratkaisut. Tämä seuraa siitä, että A = PA, jolloin A T = A T P T ja
A T y = A T Aˆx = A T P T PAx = A T P T y.
Esimerkki 10. Tuntemattomasta x = (x 1 , x 2 ) ∈ R 2 on saatu seuraavat häiriöiset
mittaukset:
1 = x 1 + e 1
3 = x 1 + x 2 + e 2
4 = x 1 + x 2 + e 3
2 = x 2 + e 4 .
Etsi likimääräisratkaisu käyttämällä pienimmän neliösumman menetelmää. Merkitään
⎛ ⎞
1 0
A = ⎜1 1
⎟
⎝1 1⎠
0 1
ja y = (1, 3, 4, 2). Määrätään pienimmän neliösumman ratkaisu yhtälölle y =
Ax + e. Lasketaan
⎛ ⎞
( ) 1 0 ( )
A T 1 1 1 0
A =
⎜1 1
⎟ 3 2
0 1 1 1 ⎝1 1⎠ = 2 3
0 1
33