WWW.REFERATCENTRAL.ORG.UA - Я ТУТ НАВЧАЮСЬ

... відкритий, безкоштовний архів рефератів, курсових, дипломних робіт

ГоловнаМатематика, Геометрія, Статистика → Мінімаксні оцінки в еліптичних рівняннях - Реферат

Мінімаксні оцінки в еліптичних рівняннях - Реферат


Реферат на тему:
Мінімаксні оцінки в еліптичних рівняннях
Припустимо, що спостерігається вектор гільбертового простору вигляду
де L , функція є розв'язком рівняння
(1)
і - невідомі вектори з гільбертових просторів і відповідно, L , L - некорельовані випадкові величини зі значеннями у гільбертових просторах і відповідно, причому , а кореляційні оператори і невідомі, - білінійна форма, яка відповідає задачі (2).
Припустимо, що дані множини , яким належать вектори і випадкові величини відповідно.
Будемо шукати оцінки лінійних функціоналів
де , у вигляді
де - деяке число. При даній оцінці величина
являє собою максимальну середньоквадратичну похибку.
Нехай вектор та число знахотяться з умови
Означення 1. Величина називається мінімаксною оцінкою функціоналу , а вираз - мінімаксною похибкою оцінювання.
Нехай задається у вигляді
(2)
де L L . Тут через L позначено простір невід'ємних симетричних обмежених операторів, для яких існують обмежені обернені.
Припустимо далі, що множина обмежена у просторі і симетрична відносно нуля, тобто якщо , то . Покажемо тоді, що має місце
Твердження 1. Існує єдина мінімаксна оцінка, для якої , а може бути знайдене і умови
де , а функція знаходиться з розв'язку системи рівнянь
(3)
При цьому мінімаксна похибка оцінювання дорівнює
де
(4)
Покажемо спочатку, що має місце
Лема. Нехай - деякий гільбертів простір і L . Тоді має місце нерівність
(5)
причому знак рівності досягається лише при , де - довільне число.
Доведення. Оскільки оператор додатно визначений, то
Отже,
що можливо тоді і лише тоді, коли діскрімінант квадратного трьохчлена недодатний, тобто
і знак рівності досягається при .
Доведення твердження. Введемо функцію як розв'язок другого рівняння системи (3) при . Тоді при одержимо
Звідки
Значить,
Зауважимо далі, що оскільки множина симетрична відносно нуля, то
Звідки випливає, що .
Далі, з нерівності (5) випливає, що
і
причому знак рівності досягається у першому випадку при , а у другому випадку - при , де - некорельовані випадкові величини, . Звідки отримаєм, що
Оскільки функціонал опуклий напівнеперервний знизу як точна верхня межа таких функціоналів, то функціонал стого опуклий напівнеперервний знизу, і причому при . Із результатів §2 випливає, що існує єдиний вектор , на якому досягається мінімум функціоналу , який може бути знайдений із розв'язку варіаційної нерівності
де
Неважко показати, що .
Нехай множина має вигляд
(6)
де L L
Нехай також - канонічні ізоморфізми просторів і відповідно на спряжені. Покажемо тоді, що має місце
Теорема 1. Мінімаксна оцінка функціоналу зображується у вигляді
(7)
і при цьому мінімаксна похибка оцінювання , де , а і визначаються зі систем рівнянь (7), (8), якщо замінити оператор на , а на .
Доведення. Оскільки множина симетрична відносно нуля, то . Крім того, у даному випадку
Цей вигляд функціоналу отримується, якщо застосувати нерівність (5) до виразу
Тут знак рівності досягається на векторах
Враховуючи ці нерівності, одержуємо, що
Порівнюючи ці вирази з відповідними виразом, отриманим у теоремі 1, одержимо, що при вони співпадають. Отже, співпадають і оцінки, що і потрібно було показати.
Припустимо тепер, що множина має вигляд
(8)
де - обмежена симетрична відносно нуля множина у просторі .
Покажемо тоді, що справедливе
Твердження 2. Існує єдина мінімаксна оцінка, яка може бути зображена у вигляді
де вектор знаходиться з нерівності
(9)
де визначається з розв'язку системи рівнянь (3), а . При цьому мінімаксна похибка оцінювання дорівнює
Доведення. Розглянемо множину всіх оцінок зі скінченною похибкою оцінювання. Зрозуміло, що
Оскільки в тому випадку, коли , то
Тому має сенс розглядати лише оцінки, для яких . В силу симетричності одержимо, що . Зауважимо далі, що множина опукла і замкнена. Опуклість цієї множини випливає з рівності
де а - розв'язок другого рівняння системи (6.3) при . Далі, оскільки неперервний оператор і , то
Звідси одержуємо замкненість цієї множини.
Зауважимо, що при з твердження 1 випливає, що
Приймаючи до уваги результати § 2 і вигляд функціоналу , одержимо, що існує єдиний вектор , який знаходиться з нерівності (9), і відповідна похибка дорівнює , що і потрібно було показати.
Припустимо тепер, що множина має вигляд
(10)
де L , і образ простору при відображенні співпадає з усім простором , де - розв'язок рівняння . Покажемо тоді, що якщо ввести вектори як розв'язки систем рівнянь
(11)
(12)
то має місце наступна
Теорема 2. Мінімаксна оцінка функціоналу зображується у вигляді
і при цьому мінімаксна похибка оцінювання дорівнює
Доведення. Оскільки в даному випадку то Далі, беручи до уваги властивість оператора B0 , а також твердження 2 будемо мати, що де і Вектор може бути знайдений з умови
Враховуючи друге рівняння системи (6.11) одержимо, що
Звідки
Подальше доведення теореми проводиться аналогічно доведенню відповідних тверджень в теоремі 1.
Зауваження 1. Нехай простір Н0 скінченномірний, тобто і де Оскільки
де то
Покажемо, що для будь-якого вектора існує функція така, що тобто що оператор відображає простір на простір . Зауважимо, що де zi - розв'язок рівняння і припустимо, що Czi, i=1,n лінійно незалежні вектори. Тоді треба показати, що існує вектор такий, що (Czi,u)=ai, i=1,…,n де ai - довільні числа. Будемо шукати u в вигляді Тоді для визначення чисел xk одержимо систему лінійних алгебраїчних рівнянь
яка має єдиний розв'язок, в силу лінійної незалежності векторів
Зауваження 2. Системи рівнянь (7), (12) визначають мінімаксні оцінки функції , яка визначається з розв'язку задачі (6.1) при обмеженнях (2), (6) і (2), (10) відповідно.
Припустимо тепер, що - тотожній оператор, тобто спостерігається вектор y вигляду
(13)
де - узагальнений розв'язок третьої крайової задачі, тобто визначається з рівняння
(14)
Нехай вектор належить обмеженій замкненій опуклій множині F. Позначимо через Fy множину виду
(15)
тобто множина Fy - це множина тих розв'язків рівняння (1) при яких вектор належить множині F і при цьому виконується співвідношення (6.13).
Означення 2. Апостеріорною оцінкою функціоналу назвемо вираз
де , а величини , які визначаються зі співвідношення
назвемо апостеріорною оцінкою і апостеріорною похибкою оцінювання відповідно.
Твердження 3. Множина апостеріорних оцінок співпадаєз відрізком і при цьому
і
Доведення. Зауважимо спочатку, що множина обмежена, замкнена і опукла. Замкненість випливає із замкненості множини і неперервної залежності розв'язку рівняння (1) від вектора . Покажемо, що опукла. Нехай . Тоді
при в силу опуклості . Далі, внаслідок властивостей множини , множина апостеріорних оцінок функціоналу співпадає з відрізком . З означення апостеріорної мінімаксної оцінки випливає, що центр цього відрізку співпадає з цією оцінкою, а відповідна половина довжини співпадає з похибкою.
Припустимо тепер, що множина має вигляд (6). Введемо вектори як розв'язки систем рівнянь
(16)
(17)
Покажемо, що має місце
Теорема 3. Мінімаксна апостеріорна оцінка функціоналу зображується у вигляді
і при цьому апостеріорна похибка оцінювання дорівнює
де визначаються з розв'язків систем рівнянь (16), (17) відповідно.
Доведення. З твердження 3 випливає, що для того, щоб знайти відповідну оцінку і похибку оцінювання, потрібно знайти і . Оскільки у даному випадку має вигляд
а екстремум функціоналу досягається на границі множини , то потрібно ввести функціонал Лагранжа
і знайти точку екстремума функціоналу , де - множник Лагранжа.
Зауважимо, що
де і визначаються з рівнянь
і
Введемо функцію , яка визначається зі системи рівнянь
де
Тоді
і
Зауважимо далі, що функції і можна зобразити у вигляді
де функції визначаються з розв'язку рівнянь (11), (12).
Визначимо далі множники Лагранжа з умови
Виконавши необхідні обчислення, одержимо
де
тобто для одержимо два вирази, один з яких (від'ємний) відповідає максимальному значенню , а інший (додатний) - мінімальному значенню .
Отже,
де
Звідси
і
що і треба було довести.
Припустимо тепер, що мінімаксна апостеріорна оцінка функції знаходиться з умови
де функціонал , визначений на просторі , може бути зображений у вигляді
Тут - обмежена множина у просторі .
Покажем, що справедливе
Твердження 4. Має місце нерівність
Доведення. Покажемо спочатку, що має місце співвідношення
Це співвідношення випливає з нерівностей
Нарешті зауважимо, що
л
Наслідок 1. Нехай множина задається у вигляді (6). Тоді , де визначається з розв'язку системи рівнянь (17) і при цьому , де
Доведення. Нехай визначається із розв'язку системи рівнянь (17). Тоді
але
що і треба було довести. л
Наслідок 2. Порівнюючи систему рівнянь (17) з відповідною системою, неважко встановити, що при обмеженнях (6) апостеріорна мінімаксна оцінка співпадає з мінімаксною оцінкою при , і, отже, ми можемо записати, що
де
а функція визначається з розв'язку системи рівнянь (16), і оскільки - мінімаксна похибка, а з доведення теореми 3 випливає, що
то
Зауваження 3. За спостереженнями вигляду (13) можна знаходити також мінімаксні оцінки лінійних функціоналів від вектора і функції , а також апостеріорну мінімаксну оцінку лінійного функціоналу від . Методи відшукання таких оцінок аналогічні методам відшукання оцінок функціоналу .
Loading...

 
 

Цікаве