Picard 判据与紧算子的最小范数逆

一个输出系数 $y_n$ 产生于输入系数乘以 ${\sigma }_n$。逐项倒回去得到 $y_n/{\sigma }_n$，但一串数只有平方和有限时才表示 Hilbert 空间中的向量。于是每一个有限截断都能解，并不意味着把所有截断接起来还会得到有限能量的输入。

余核检查承担另一件事。$\ker K^{\ast }$ 中的数据方向与所有可能输出正交，任何输入都无法产生它；这项障碍不出现在正奇异坐标里。因此必须先问数据是否具有无法产生的分量，再问可见分量的倒数系数是否可和。

必要性：一个真解必须支付全部输入能量 ​

若 $Kx=y$，对任意 $h\in \ker K^{\ast }$ 有

又由奇异关系，

Bessel 不等式于是给

这同时解释了为什么加权平方和必须有限，以及它为什么等于最小输入能量。

充分性：把系数构造成真正的向量 ​

假设式(1)成立。令 $x_N=\sum _{n\le N}(y_n/{\sigma }_n)v_n$，则

完备性给 $x_N\to x^{†}\in X$，且每个部分和都在闭子空间 $(\ker K{)}^{\perp }$ 中，故极限也在其中。$K$ 有界，所以

最后一个等号使用 $y\perp \ker K^{\ast }$ 和左奇异族对值域闭包的完备性。若没有第一个条件，该极限只是 $y$ 到值域闭包的投影。

两个解之差属于 $\ker K$。因此每个解唯一写成 $x^{†}+z$、$z\in \ker K$，而

这证明最小范数的存在与唯一，也说明不可识别的核分量为何应单独保留。

最小二乘存在性为什么也需要定义域 ​

令 $Y_0=\overline{\mathrm{ran}K}$。闭子空间投影定理理路Hilbert 空间投影定理Hilbert projection theorem · Projection theoremHilbert 空间中每个闭线性子空间都给出唯一的正交分解与最近点投影。给

因为 $Kx-y_0\in Y_0$，勾股关系给

$\mathrm{ran}K$ 在 $Y_0$ 中稠密，所以第一项的下确界为零。它达到零，恰当且仅当 $y_0\in \mathrm{ran}K$，这正是式(3)的直和条件。对 $y_0$ 应用已证的 Picard 判据，又得到式(3)的级数表述；余核分量不贡献任何 $y_n$。

若条件成立，全部最小二乘解满足 $Kx=y_0$，所以仍是 $K^{†}y+\ker K$。若条件失败，则最优残差只有下确界 $\Vert y_{\perp }\Vert$，没有任何输入取得它。特别当 $y\in Y_0\setminus \mathrm{ran}K$ 时，下确界为零却无最小二乘解。把 $P_{Y_0}y$ 当成已经有原像的输出，正是容易漏掉的一步。

Green 数据：从平方可积走到 q>5/2 ​

沿用区间 Dirichlet Green 算子理路区间 Dirichlet Green 算子Dirichlet Green operator on an interval · 区间零边界Green积分算子用正核min(x,t)−xt构造−d²/dx²的零边界逆，证明正则性与全谱，并把共振积分方程准确转为边值问题。

它单射且自伴，所以余核为零；左右奇异向量都取 $e_n$，奇异值为 ${\sigma }_n=1/({\pi }^2{n}^2)$。给定实数 $q>1/2$，数据

确实属于 $L^2$，因为 $\sum n^{-2q}<\mathrm{\infty }$。现在求 $Tf=g_q$，式(1)要求

$p$ 级数收敛恰当且仅当指数 $4-2q<-1$，即

可解时，唯一解为 $f_q={\pi }^2\sum _n{n}^{2-q}{e}_n$。例如 $q=3$ 给解系数 ${\pi }^2/n$，平方可和；$q=2$ 正是 Green 页已有的常数系数 ${\pi }^2$ 反例。

临界 $q=5/2$ 的输入系数为 ${\pi }^2/\sqrt{n}$，能量是发散的调和级数 ${\pi }^4\sum 1/n$，所以等号不能纳入可解区间。每个截断数据 $g_{q,N}$ 仍有原像 $f_{q,N}$，且

当 $1/2<q\le 5/2$，右端输入能量趋于无穷。这在同一族数据里区分了“可以逼近”“真正有原像”和“截断输入是否有界”。

级数有限，仍可能被余核挡住 ​

在 $L^2(0,1)\oplus \mathbb{C}$ 上定义 $K(f,a)=(Tf,0)$，取 $y=(g_3,1)$。正左奇异向量为 $(e_n,0)$，所以加权平方和是 ${\pi }^4\sum n^{-2}<\mathrm{\infty }$。但 $(0,1)\in \ker K^{\ast }$，且 $⟨(0,1),y⟩=1$，故无精确解。

最小二乘则存在：$K^{†}y=(f_3,0)$，最小残差为一；全部最小二乘解是 $(f_3,a)$，$a\in \mathbb{C}$。最后一个输入坐标属于原核，最后一个输出坐标属于余核。它们在这个例子中位置相似，承担的任务却不同。

Volterra 的端点也藏在 Picard 条件里 ​

对 $Vf(x)={\int }_0^{x}f(t)dt$，上页已证明左右核为零，并求得 $u_n=\sqrt{2}\sin \left({\omega }_{n}x\right)$、${\sigma }_n=1/{\omega }_n$，其中 ${\omega }_n=(n-1/2)\pi$。取平滑数据 $y=1$，有

级数发散，因此 $Vf=1$ 没有 $L^2$ 解。直接看积分也一致：$Vf$ 有连续代表，且在零端点取零，不能几乎处处等于常数一。这里不是说 $L^2$ 等价类自带端点值，而是说如果它有这样的积分原像，就必须有满足该端点的连续代表。

相比之下，$y=x$ 有原像 $f=1$。其左系数为 $\sqrt{2}\sin {\omega }_n/{\omega }_n^2$，除以 ${\sigma }_n$ 后为 $\sqrt{2}(-1{)}^{n-1}/{\omega }_n$，平方可和。数据是否光滑与是否满足积分算子的边界结构，是两个都要检查的问题。

有限秩与无限秩的稳定性分界 ​

若 $K$ 的正奇异值只有 $r\ge 1$ 个，则其值域有限维而闭，式(3)覆盖整个 $Y$，并且

取 $y=u_r$ 达到等号，故 $\Vert K^{†}\Vert =1/{\sigma }_r$。$K=0$ 时 $\mathrm{ran}K=\{0\}$，定义域仍是 $Y$，最小范数逆恒为零，精确方程仅对 $y=0$ 可解。

若 $K$ 无限秩，数据 $y^{(n)}={\sigma }_n{u}_n\in \mathrm{ran}K$ 趋于零，却有 $K^{†}{y}^{(n)}=v_n$、范数恒为一。因此逆即使限制在自身定义域上，按 $Y$ 的范数也不连续。

此时值域还必定不闭，可以直接构造见证。选子序列 $n_j$ 使 ${\sigma }_{n_j}\le 2^{-j}$，令 $y=\sum _j{\sigma }_{n_j}{u}_{n_j}$。数据能量至多 $\sum _j{4}^{-j}$，各有限部分和均在值域；但除以奇异值后的系数全为一，不平方可和。因此 $y\in \overline{\mathrm{ran}K}\setminus \mathrm{ran}K$。结合有限秩分支，紧算子具有闭值域当且仅当其秩有限。

第一类方程不能借用第二类的充分条件 ​

Fredholm 择一理路紧算子的 Fredholm 择一Fredholm alternative for compact operators · Fredholm择一定理 · 紧扰动恒等算子的兼容条件证明恒等算子的紧扰动具有闭值域和指标零，用伴随齐次解准确判定有解、唯一与共振。研究 $I-\lambda K$，其恒等部分保证值域闭，因而伴随核正交已经足以判定可解。这里研究的是 $K$ 本身；无限秩时正交条件只给可逼近性，还须检查 Picard 加权和。Green 的 $g_2$ 已与整个余核正交，却仍无原像，正好说明两个命题的差别。

无限秩时，式(3)也说明带噪时不能默认先计算 $K^{†}{y}^{\delta }$：即使真数据 $y\in \mathrm{ran}K$，一个任意小的 $Y$ 范数扰动也可能把它移出逆的定义域。谱正则化理路紧逆问题的确定性谱正则化Deterministic spectral regularization · TSVD and Tikhonov for compact inverse problems · 紧算子逆问题的截断与 Tikhonov 正则化对任意确定性噪声证明截断 SVD 与 Tikhonov 的偏差噪声界、同步参数收敛和一个明确源条件下的恢复速率。为每个观测 $y^{\delta }\in Y$ 定义有界恢复算子，再让参数随噪声一起变化，这才是接下来的稳定求解问题。