Мінімаксні оцінки в еліптичних рівняннях (реферат)

Реферат на тему:

Мінімаксні оцінки в еліптичних рівняннях

вигляду

є розв’язком рівняння

(1)

— білінійна форма, яка відповідає задачі (2).

відповідно.

Будемо шукати оцінки лінійних функціоналів

, у вигляді

величина

являє собою максимальну середньоквадратичну похибку.

знахотяться з умови

— мінімаксною похибкою оцінювання.

задається у вигляді

(2)

позначено простір невід’ємних симетричних обмежених операторів, для
яких існують обмежені обернені.

. Покажемо тоді, що має місце

може бути знайдене і умови

знаходиться з розв’язку системи рівнянь

(3)

При цьому мінімаксна похибка оцінювання дорівнює

де

(4)

Покажемо спочатку, що має місце

. Тоді має місце нерівність

(5)

— довільне число.

додатно визначений, то

Отже,

що можливо тоді і лише тоді, коли діскрімінант квадратного трьохчлена
недодатний, тобто

.

одержимо

Звідки

Значить,

симетрична відносно нуля, то

.

Далі, з нерівності (5) випливає, що

і

. Звідки отримаєм, що

, який може бути знайдений із розв’язку варіаційної нерівності

де

.

має вигляд

(6)

відповідно на спряжені. Покажемо тоді, що має місце

зображується у вигляді

(7)

.

. Крім того, у даному випадку

отримується, якщо застосувати нерівність (5) до виразу

Тут знак рівності досягається на векторах

Враховуючи ці нерівності, одержуємо, що

вони співпадають. Отже, співпадають і оцінки, що і потрібно було
показати.

має вигляд

(8)

.

Покажемо тоді, що справедливе

Твердження 2. Існує єдина мінімаксна оцінка, яка може бути зображена у
вигляді

знаходиться з нерівності

(9)

. При цьому мінімаксна похибка оцінювання дорівнює

Доведення. Розглянемо множину всіх оцінок зі скінченною похибкою
оцінювання. Зрозуміло, що

, то

опукла і замкнена. Опуклість цієї множини випливає з рівності

, то

Звідси одержуємо замкненість цієї множини.

з твердження 1 випливає, що

, що і потрібно було показати.

має вигляд

(10)

як розв’язки систем рівнянь

(11)

(12)

то має місце наступна

зображується у вигляді

може бути знайдений з умови

Враховуючи друге рівняння системи (6.11) одержимо, що

Подальше доведення теореми проводиться аналогічно доведенню відповідних
тверджень в теоремі 1.

Тоді для визначення чисел xk одержимо систему лінійних алгебраїчних
рівнянь

, яка визначається з розв’язку задачі (6.1) при обмеженнях (2), (6) і
(2), (10) відповідно.

— тотожній оператор, тобто спостерігається вектор y вигляду

(13)

визначається з рівняння

(14)

належить обмеженій замкненій опуклій множині F. Позначимо через Fy
множину виду

(15)

належить множині F і при цьому виконується співвідношення (6.13).

назвемо вираз

, які визначаються зі співвідношення

назвемо апостеріорною оцінкою і апостеріорною похибкою оцінювання
відповідно.

і при цьому

і

. Тоді

. З означення апостеріорної мінімаксної оцінки випливає, що центр цього
відрізку співпадає з цією оцінкою, а відповідна половина довжини
співпадає з похибкою.

як розв’язки систем рівнянь

(16)

(17)

Покажемо, що має місце

зображується у вигляді

і при цьому апостеріорна похибка оцінювання дорівнює

визначаються з розв’язків систем рівнянь (16), (17) відповідно.

має вигляд

, то потрібно ввести функціонал Лагранжа

— множник Лагранжа.

Зауважимо, що

визначаються з рівнянь

і

, яка визначається зі системи рівнянь

Тоді

і

можна зобразити у вигляді

визначаються з розв’язку рівнянь (11), (12).

Визначимо далі множники Лагранжа з умови

Виконавши необхідні обчислення, одержимо

де

.

Отже,

де

Звідси

і

що і треба було довести.

знаходиться з умови

, може бути зображений у вигляді

.

Покажем, що справедливе

Твердження 4. Має місце нерівність

Доведення. Покажемо спочатку, що має місце співвідношення

Це співвідношення випливає з нерівностей

Нарешті зауважимо, що

л

, де

визначається із розв’язку системи рівнянь (17). Тоді

але

що і треба було довести. л

, і, отже, ми можемо записати, що

— мінімаксна похибка, а з доведення теореми 3 випливає, що

то

.

PAGE 42

Добавить комментарий

Ваш e-mail не будет опубликован. Обязательные поля помечены *