شبه المعكوس: أقل خطأ ثم أقصر حل

ابنِ مرشحًا من عاملين

شبه المعكوس لمصفوفة بحجم m×n مصفوفة بحجم n×m. [1] في مثالنا ينتقل الحجم من2×3 إلى3×2.

خذ u=(1,2) وv=(2,−1,2) متجهين عموديين. الضرب الخارجي uvᵀ يعطي A=[[2,−1,2],[4,−2,4]]. الصف الثاني ضعف الأول، وكل صورة Ax تقع على اتجاه u؛ لذلك الرتبة1.

لأي x=(x₁,x₂,x₃)، يكون Ax=u(vᵀx)، حيث vᵀx=2x₁−x₂+2x₃. المصفوفة تختصر المدخل إلى هذا العدد ثم تضرب به u.

نحسب uᵀu=1+4=5، وvᵀv=4+1+4=9. نقترح G=vuᵀ/(5×9)=(1/45)[[2,4],[−1,−2],[2,4]]. سنثبت أنه A⁺ بدل الاكتفاء بمظهر الصيغة.

هذا المرشح لا يدعي استعادة كل مدخل؛ فـz=(1,2,0) غير صفري لكن Az=u(2−2)=0. لا يمكن لتحويل يعالج الصورة وحدها التمييز بين x وx+z.

افحص الشروط الأربعة

في الحالة الحقيقية، يحدد شبه المعكوس على نحو وحيد بالشروط AGA=A، ‏GAG=G، ‏(AG)ᵀ=AG، ‏(GA)ᵀ=GA. [1] المنقول هنا يبادل الصفوف والأعمدة.

من A=uvᵀ وG=vuᵀ/45، ينتج AG=u(vᵀv)uᵀ/45=uuᵀ/5=(1/5)[[1,2],[2,4]]. وهذا متناظر بحجم2×2، لكنه لا يساوي I₂.

كذلك GA=v(uᵀu)vᵀ/45=vvᵀ/9=(1/9)[[4,−2,4],[−2,1,−2],[4,−2,4]]؛ وهو متناظر بحجم3×3، ولا يساوي I₃.

ثم AGA=(uuᵀ/5)uvᵀ=u(5/5)vᵀ=A. وبالمثل GAG=(vvᵀ/9)vuᵀ/45=v(9/9)uᵀ/45=G. تحققت الشروط الأربعة، إذن مرشحنا هو A⁺.

لا نستخدم هنا معكوس AᵀA: ‏AᵀA=5vvᵀ، وضربه في z=(1,2,0) يعطي الصفر. بما أن z غير صفري، فهو غير قابل للعكس. وجود A⁺ لا يجعل هذا المعكوس الآخر موجودًا.

أقل خطأ عندما لا يوجد حل دقيق

المربعات الصغرى تقلل ||Ax−b||₂. وعند تعدد من يحققون أقل خطأ، نختار بينهم أقل معيار إقليدي للمتجه x. [2] الشرطان بهذا الترتيب.

نضع b=(3,1). بما أن صورة A تقع على اتجاه u=(1,2)، فإن حل Ax=b يتطلب أن تكون المركبة الثانية ضعف الأولى؛ لكن1≠2×3. لذلك لا يوجد حل دقيق.

احسب x₀=A⁺b=v(uᵀb)/45=v(3+2)/45=v/9=(2/9,−1/9,2/9). عندئذ vᵀx₀=9/9=1، وAx₀=u=(1,2)، والباقي Ax₀−b=(−2,1).

لإثبات أقل خطأ لكل مدخل، اكتب s=vᵀx، فيصبح Ax=(s,2s). مربع الخطأ هو(s−3)²+(2s−1)²=5s²−10s+10=5(s−1)²+5.

المربع غير سالب، لذلك أقل قيمة5 تتحقق بالضبط عند s=1؛ ومن ثم أقل طول للباقي√5. وصل x₀ إليها، ولكن كل x يحقق vᵀx=1 يصل إليها أيضًا.

مثلًا x₁=x₀+(1,2,0) يعطي الصورة نفسها(1,2) والخطأ نفسه. لا يكفي إثبات أقل خطأ لإثبات أن متجه المدخل المختار وحيد.

اختر أقصر متجه بين الحلول المتعادلة

مربع المعيار الإقليدي لمتجه حقيقي مجموع مربعات مركباته. [3] سنقارن أطوال من يحققون الخطأ الأدنى فقط.

إذا vᵀx=1، فضع z=x−x₀. لأن vᵀx₀=1، نجد vᵀz=0. وبالعكس، أي z بهذا الشرط يجعل x₀+z يحقق أقل خطأ. إذن هذه الصيغة تصف جميع المتجهات المتعادلة في الخطأ.

لدينا x₀=v/9، لذلك x₀ᵀz=(vᵀz)/9=0. وبالتوسع، ||x₀+z||²=||x₀||²+2x₀ᵀz+||z||²=1/9+||z||².

أقل مربع طول1/9 يحدث عند z=0 وحده، فيكون x₀ المتجه الأقصر بطول1/3. أما z=(1,2,0) فيعطي مربع طول1/9+5=46/9، رغم ثبات الباقي. هذه مقارنة بين كل المتعادلات، لا بين مثالين فقط.

إذا صار b′=(3,6)=3u، فـA⁺b′=v(3+12)/45=v/3، وصورته3u=b′. جميع الحلول الدقيقة v/3+z، حيث vᵀz=0، ومربع طولها1+||z||²؛ لذلك v/3 أقصرها وحده.

إذن قد يختار شبه المعكوس حلًا دقيقًا أو حلًا بباقٍ غير صفري بحسب الطرف الأيمن. في مثالنا لم يتغير A⁺ بين الحالتين؛ الذي تغير هو b. الأعداد والرتبة هنا دقيقة، ولا نتناول حدود اعتبار القيم الصغيرة صفرًا في الحساب العشري.