Construção do RKHS: Moore - Aronszajn

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A partir de um RKHS $D$, obtemos um único núcleo reprodutivo relacionado com $D$ que é positivo definido.  Neste módulo vamos estabelecer a relação inversa,  para toda função positiva definida $\mathcal{K}$ existe um único RKHS $D$ para o qual $\mathcal{K}$ é um núcleo reprodutivo. Seja $\mathcal{K}: \chi \times \chi \rightarrow \mathbb{R}$ uma função positiva definida. Com isso, vamos construir um pré-RKHS $D_0$, que  deve satisfazer duas propriedades básicas:

1) O funcional de Dirac $\delta_x$ é contínuo em $D_0$;

2) Qualquer sequência de Cauchy $\{f_n : n \geq 1\}$ em $D_0$ que converge pontualmente para $0$ também converge na norma em $D_0$ para zero.

Como consequência da propriedade (2), para qualquer sequência de Cauchy $\{f_n : n \geq 1\}$ em $D_0$ que converge pontualmente para $f_0 \in D_0$ também converge para $f$ na norma $\parallel \cdot \parallel_{D_0}$. Na realidade, basta observarmos que $f_n - f_0$ converge pontualmente para zero para aplicarmos a propriedade (2). Na sequência, aplicamos a técnica de Moore e Aronszajn para contrução do pré-RKHS. Seja $\mathcal{K}$ uma função positiva definida, tomamos $D_0$  a classe de todas as combinações lineares da classe de funções $\{ \mathcal{K}(\cdot , x): x \in \chi\}$. Assim, toda função $f \in D_0$ é escrita na forma $f = \sum_{i=1}^n a_i \mathcal{K} (\cdot , x_i)$ no qual $(a_1, \cdots , a_n) \in \mathbb{R}^n$ e $n \geq 1$.  O produto interno em $D_0$ é definido por $$ \langle f , g \rangle_{D_0} := \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^m a_i b_j \mathcal{K}(x_i , x_j^\prime), $$ nos quais $f = \sum_{i=1}^n a_i \mathcal{K} (\cdot , x_i)$ no qual $(a_1, \cdots , a_n) \in \mathbb{R}^n$ e $g = \sum_{j=1}^m b_i \mathcal{K} (\cdot , x_j^\prime)$ no qual $(b_1, \cdots , b_m) \in \mathbb{R}^m$.

Inicialmente, precisamos mostrar que este é um produto interno válido. Neste caso, precisamos mostrar que o candidato a produto interno é independente da representação das funções $f,g \in D_0$. Desde que $$\langle f , g \rangle_{D_0} = \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^m a_i b_j \mathcal{K}(x_i , x_j^\prime) = \sum_{i=1}^n  a_i g(x_i) =  \sum_{j=1}^m b_j f(x^\prime_j) ,$$ concluímos que o candidato a produto interno é independente da representação.  Como consequência deste fato, obtemos a propriedade reprodutiva sobre $D_0$. Ao tomarmos $g=\mathcal{K}(\cdot , x)$, temos que $$ \langle f , g \rangle_{D_0} = \sum_{i=1}^n  a_i g(x_i) = \sum_{i=1}^n  a_i \mathcal{K}(x_i , x) = f(x). $$ Na sequência, mostraremos que $\langle f , f \rangle_{D_0} = 0 $ implica que $f=0$.  Considere $f = \sum_{i=1}^n a_i \mathcal{K} (\cdot , x_i)$ no qual $(a_1, \cdots , a_n) \in \mathbb{R}^n$. Fixamos $x \in \chi$ e tomamos $c_i= c a_i $ para todo $i=1, \cdots , n$, $c_{n+1} = f(x)$ e $x_{n+1}=x$. Como $\mathcal{K}$ é uma função positiva definida, obtemos que $$0 \leq  \sum_{i=1}^{n+1} \sum_{j=1}^{n+1} c_i c_j \mathcal{K}(x_i , x_j) = c^2 \langle f , f \rangle_{D_0} + 2c \mid f(x) \mid^2 + \mid a f(x) \mid \mathcal{K}(x,x), $$ o que nos leva a concluir que $$\mid f(x) \mid^4 \leq \mid f(x) \mid^2 \mathcal{K}(x,x) \langle f , f \rangle_{D_0}.$$ Assim, o fato de $\langle f , f \rangle_{D_0} = 0$ implica que $f=0$.  Portanto, temos que $D_0$ é um espaço de funções com produto interno $\langle \cdot , \cdot \rangle_{D_0}$ gerado a partir do núcleo reprodutivo $\mathcal{K}$. A seguir, vamos mostrar que $D_0$ satisfaz as propriedades (1) e (2). Considere $x \in \chi$ e $f = \sum_{i=1}^n a_i \mathcal{K} (\cdot , x_i)$, então $$\langle f , \mathcal{K}(\cdot , x) \rangle_{D_0} = \sum_{i=1}^n a_i \mathcal{K}(x,x_i) = f(x). $$ Como consequência, obtemos que  $$\mid \delta_x(f) - \delta_x(g) \mid =\langle f -g, \mathcal{K}(\cdot , x) \rangle_{D_0} \leq \left( \mathcal{K}(x,x) \right)^{1/2}  \parallel f - g \parallel_{D_0} ,$$ o que implic que $\delta_x$ é contínuo em $D_0$. Assim, a primeira propriedade de um pré-RKHS é válida. 

A seguir, vamos mostrar que a propriedade (2) é válida para $D_0$ cm o produto interno definido pela função positiva definida $\mathcal{K}$. Considere $\epsilon > 0$ e $\{f_n: n \geq 1 \}$ uma sequência de Cauchy em $D_0$ que converge pontualmente para zero. Desde que toda sequência de Cauchy é limitada, podemos encontrar $M>0$ tal que $\parallel f_n \parallel_{D_0} < M$ para todo $n \geq 1$. Além disso, existe $n_1 \geq 1$ tal que $$\parallel f_n - f_m \parallel_{D_0} < \frac{\epsilon}{2M}, \quad n , m \geq n_1.$$ Tomamos $f_{n_1} =\sum_{j=1}^r a_j \mathcal{K}(\cdot , x_i)$ para algum $(a_1, \cdots , a_r) \in \mathbb{R}^r$ e $r \in \mathbb{N}$. Considere $n_2 \geq 1$ tal que $\mid f(x_i) \mid \frac{\epsilon}{2 r \mid a_i \mid}$ para todo $i=1, \cdots , r$. Desta forma, para todo $n \geq \max\{n_1 , n_2 \}$, obtemos que  \begin{eqnarray*} \parallel f_n \parallel_{D_0}^2 &\leq& \big| \langle f_n - f_{n_1} , f_n \rangle_{D_0} \big|  + \big| \langle f_{n_1} , f_n \rangle_{D_0} \big| \\ &\leq& \parallel f_n - f_{n_1} \parallel_{D_0} + \sum_{i=1}^r \mid a_i f_n (x_i) \mid < \epsilon,  \end{eqnarray*} e consequentemente, temos que $f_n$ converge para zero na norma em$D_0$. Portanto, as propriedades (1) e (2) são válidas para $D_0$. 

Definimos $D$ como o conjunto de todas as funções $f : \chi \rightarrow \mathbb{R}$ para o qual existe um sequência $\{ f_n : n \geq 1 \} \subset D_0$ que é Cauchy em $D_0$ e converge pontualmente para $f$. Assim, definimos $D$ como o completamento topológico de $D_0$ em relação ao produto interno derivado da função positiva definida $\mathcal{R}$. Dado duas funções $f,g \in D$, definimos o produo interno por $$\langle f , g \rangle_D : = \lim_{n \rightarrow \infty}  \lim_{m \rightarrow \infty} \langle f_n , g_m \rangle_{D_0}.$$ A seguir, vamos mostrar que $D$ é um RKHS com núcleo reprodutivo $\mathcal{K}$. Para mostrar que $\mathcal{K}$ é um núcleo reprodutivo sobre $D$, tomamos $f \in D$ e uma sequência $\{f_n : n \geq 1 \} \subset D_0$que converge pontualmente para $f$. Assi, temos que $$\langle f , \mathcal{K} (\cdot , x) \rangle_{D} = \lim_{n \rightarrow \infty} \langle f_n , \mathcal{K} (\cdot , x) \rangle_{D_0} = \lim_{n \rightarrow \infty}  f_n(x) = f(x).$$

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