Мінімаксні оцінки в еліптичних рівняннях

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.