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
Нашли опечатку? Выделите и нажмите CTRL+Enter
