689
правок
Изменения
Нет описания правки
Пусть <tex>y \in R(T) \Rightarrow Tx=y</tex>. Тогда <tex>\forall z \in \operatorname{Ker}T \Rightarrow T(x+z) = T(x) + T(z) = y + 0 = y</tex>. Значит, все решения уравнения <tex>Tx=y</tex> записываются в форме <tex>x=x_0+z</tex>, где <tex>x_0</tex> — одно из решений, <tex>z</tex> принадлежит <tex>\operatorname{Ker} T</tex>. Но <tex>\dim\operatorname{Ker}T < + \infty \Rightarrow \operatorname{Ker}~T = \mathcal{L} \{ e_1, \ldots e_n \} \Rightarrow x = x_0 + \sum\limits_{k=1}^n \alpha_k e_k, \alpha_k \in \mathbb{R}</tex>.
Рассмотрим функцию от <tex>n</tex> переменных <tex>f(\alpha_1,\ldots,\alpha_n) = \|x_0 + \sum\limits_{k=1}^n \alpha_k e_k\|</tex> Эта функция непрерывна (доказательство непрерывности аналогично таковому в теореме Рисса [[Нормированные пространства (3 курс)|здесь]]) <tex>\Rightarrow \exists \alpha^*_1, \alpha^*_2, \ldots, \alpha^*_n : f (\overline {\alpha}^*) = \inf\limits_{\alpha} f(\alpha)</tex>. {{TODO|t=а на каком компакте непрерывна? // Было же что-то такое ужесм. Возьмём шар <tex>V=\{\alpha : \|\alpha\| < 3\|x_0\|\}</tex>. Смысла выходить за него нет, так как гарантированно лучше было бы взять <tex>\alpha = 0</tex>. Не понмю, правда, где конкретно это было.--[[Участник:Komarov|Андрей Комаров]] 10:55, 11 июня 2013 (GST)обсуждение}}
<tex>y \in R(T)</tex>, среди всех решений уравнения <tex>Tx=y</tex> существует решение с минимальной нормой. Его назовём <tex>\widehat x</tex>, и далее докажем, что эти решения допускают априорную оценку через <tex>y</tex>.
