Диссертация (1155096), страница 4

Просмтор этого файла доступен только зарегистрированным пользователям. Но у нас супер быстрая регистрация: достаточно только электронной почты!

Текст из файла (страница 4)

1.1(2/h)2n XМеру dbµ(ω) сосредоточим в точке касания: dbµ(ω) = Aδ(ω − ω0 ), где4 sin2h2δ(· − ω0 )− δ−функция в точке ω0 , а ω0 такова, что t0 =ω0 h2.Коэффициент A и точку ω0 ищем из условий (1.11):Zσdbµ(ω) = A =δ2,2π−σZπ/h ihωe 0 − 12nt (ω)dbµ(ω) = A= Atn0 = Aex0 = 1.h2nn−π/hТо есть2π2x0 = tn0 = 2 , ω0 = arcsinδhh2δ22πn−1n−1XX kk−nkb2 = ye (x0 ) =λpk (x0 ) n =pknnk=1k=10n−1Xn−1− 2n1 !,δ22π n−knX n−kn−kb1 = ye(x0 ) − λb 2 x0 =λpk(x0 )k/n =pknnk=1k=134,δ22π−k/n.В силу вогнутости функции ye =n−1Ppk xk/n будет выполнятьсяk=1b1 + λb2 x для всех x ∈ [0; ω n ] . Так как σ ≥ σнеравенство ye ≤ λb,σσ ), ωσbn − абсцисса точки пересечения графиков функωσn ≥ ωσbn = tn (bn−1n−1Pb2 x, то есть неравенство P pk xk/n < λb2 xций ye =pk xk/n и y = λk=1k=1выполняется при x ∈ ωσn ; (2/h)2n . Это означает неотрицательность функции g(t) при всех t ∈ 0; (2/h)2 и выполнение условия(1.10).b1 , λb2 , удовлетвоМы нашли допустимую меру и коэффициенты λряющие условиям (1.10), (1.11) и (1.12), а значит dbµ(ω)– решениезадачи (1.9).

Значение задачи в этом случае равно2b1 δ + λb2 =λ2πn−1Xk=1pkδ22π n−kn.b1 и λb2 брать также. как иПусть теперь σ < σb. Если множители λn−1Pb2 x не выполняется прив предыдущем случае, условиеpk xk/n ≤ λk=1b2 x и функцииωσn < x < ωσbn , где ωσbn –точка пересечения прямой y = λn−1Pye =pk xk/n (см. рис. 1.2 ).k=1Yb2 xy=λb1 + λb2 xy=λye =n−1Pk=1ye0x0ωσn ωσbnрис. 1.235kpk x n(2/h)2n Xb1 , λb2 найдем из выполнения слеНовые значения множителей λb2 x пересекает график функциидующих условий: прямая y = λn−1Pb1 + λb2 x касаетсяpk xk/n в точке xσ = ωσn , прямая y = λye =k=1данной функции в точке x0 < xσ (см.рис. 1.3 ).Yb2 xy=λb1 + λb2 xy=λye =n−1Pkpk x nk=1ye0(2/h)2n Xωσnx0рис.

1.3n−1Xb2 = ye(xσ ) =pk ωσk−n ,λxσk=1n−1Xn−1Xk−nkpk (x0 ) n =pk ωσk−n ,nk=1k=1n n k−nx0 =ωσn ,kn−1n−1kX n−kXn − k n k−nb1 = ye(x0 ) − λb 2 x0 =λpk(x0 )k/n =pkωσk .nnkk=1k=1b2 = ye0 (x0 ) =λПоложим dbµ(ω) = Aδ(ω−ω0 )+Bδ(ω−σ), где ω0 –решение уравненияhω01 n−k2 = kωσ ,h2n4 sin236ω0 < σ, так как σ < σb. Коэффициенты A и B найдем из условий(1.11):Zσdbµ(ω) = A =δ2,2π−σZπ/h ihω ihσe − 12ne 0 − 12n+B=t (ω)dbµ(ω) = Ah2nh2nn−π/hn n−kkAωσn + Bωσn = 1,n nδ 2 k n−k−nB = ωσ −.2π nb1 и λb2 снова удовлетворяют условиям (1.10), (1.11)Коэффициенты λи (1.12), то есть dbµ(ω)– решение задачи (1.9).

В случае σ < σb значение задачи (1.9) равноn−12Xb1 δ + λb2 =pkλ2πk=1n−kn!k n−k 2 n−knkδωσk + ωσk−n .n2πЗадача (1.9) является расширением задачи (1.8). Очевидно, чтозначение задачи (1.8) не меньше значения задачи (1.9). Покажем,что значение задачи (1.8) равно значению задачи (1.9), то есть, чтозначение задачи (1.8) не менее, чем 2 n−kn−1nPδ,σ≥σb,pk2πk=1k 2 n−kn−1Pδ kn−kk−npk ωσ+ ωσ , σ < σb.2π nnk=1Положимω0 =2 h arcsinh2δ22π− 2n1 !,σ≥σb!.1 2(n−k)2hσk, σ<σb h arcsin sin 2 · n37(1.13)2πb1 +Пусть σ ≥ σb.

Точка x0 = 2 - точка касания прямой y = λδkn−1Pb2 x и функции ye =λpk x n . В силу монотонности функции yek=1выполняется двойное неравенство ωσn ≥ ωσbn > x0 . Это означает, чтоаргумент функции арксинус не превышает 1 при σ ≥ σb.Рассмотрим последовательность функций xm (·), для которыхD, ω ∈ [ω0 − m1 ; ω0 ],(F xm )(ω) =0, ω ∈/ [ω − 1 ; ω ].0m0√Положим D = δ m. ТогдаZσkF xm (ω)k2L2 ([−σ;σ]) dω =−σZω0D2 dω =D2= δ2.m1ω0 − mКроме того,12πZπ/hnt(ω)kF xm (ω)k2L2 ([−π;π])1dω =2πZω0tn (ω)D2 dω =1ω0 − m−π/hZω0 δ2m=2π42 hωsinh22hω02 = 1.2n2πhδ 2 22n sin2nndω ≤1ω0 − mТем самым функции xm (·) допустимы в задаче (1.8).

Следователь√но, при D = δ m значение этой задачи не менее величиныZπ/hn−11 Xpktk (ω)kF xm (ω)k2L2 ([−π/h,π/h]) dω =2π k=1−π/hZω0n−11 X=pktk (ω)D2 dω =2π k=11ω0 − mn−1δ2m X=pk2π k=1Zω01ω0 − m1n−12k h(ω0 − m )2 2kXδ2sin4khω2sin2kdω ≥pk.2kh2k22πhk=138Величина, стоящая в правой части этого неравенства при m → ∞ 2 n−kn−1nPδ.стремится к величинеpk2πk=1πВ случае σ < σb очевидно, что ω0 < σ < . Рассмотрим послеhдовательность функций xm (·) такую, что1D1 , ω ∈ [ω0 − m ; ω0 ],(F xm )(ω) = D2 , ω ∈ [σ; σ + 1 ],m0,ω∈/ [ω0 − m1 ; ω0 ] ∪ [σ; σ +1].mВозьмем√2 sinD1 = δ m, D2 = −n v!un n−kuktm 2π − δ 2 ωσ nn1h(σ+ m)2h.ТогдаZσ1σ+ mkF xm (ω)k2L2 ([−σ;σ])ZD12 dω =dω =−σD12= δ2.mσАналогично,12πZπ/htn (ω)kF xm (ω)k2L2 ([−π/h,π/h]) dω =−π/h=1 2πZω01σ+ mtn (ω)D12 dω +≤1  2δ2π2hω0sinh2tn (ω)D22 dω  ≤σ1ω0 − mZ2n+D22mh σ+2sinh21m !2n  = 1.Таким образом, функции xm (·) также допустимы в задаче (1.8).Значит, при указанных выше значениях δ, D1 и D2 значение этой39задачи не менее величиныZπ/hn−11 Xpktk (ω)kF xm (ω)k2L2 ([−π/h,π/h]) dω =2π k=1−π/h=1σ+ mZω0n−11 X pk 2π k=1tk (ω)D12 dω +n−11 X  2≥pk δ2π k=1+2 sintk (ω)D22 dω  ≥σ1ω0 − mZ1h(σ+ m)2h ω0 −2sinh2−2n·h1m !2k+! n n−kk2π − δ 2 ωσ nωσk  .nВеличина, стоящая в правой части этого неравенства при m → ∞стремится к величине (1.13).Таким образом, мы доказали, что1/2 2 n−kn−1nPδpk,σ≥σb,2πnE(W2,h, F, ∆, δ) ≥ k=1k1/2 2 n−kn−1Pδ kn−k−nk+ ωσ, σ<σb.pk ωσ2π nnk=1Построим оптимальные методы.

Оптимальные методы будемискать среди методов вида ϕk (y) = Λk y, где Λk : L2 ([−σ; σ]) →l2,h (Z) - линейный непрерывный оператор, действие которого в образах Фурье имеет вид:F (Λk y)(ω) =keihω −1hkαk (ω)y(ω), ω ∈ (−σ; σ)ω∈/ (−σ; σ)0,где функция αk (ω) ∈ L∞ ((−σ; σ)), αk (ω) = 0, ω ∈/ (−σ; σ), 1 ≤ k ≤n − 1.40Для оценки погрешности таких методов рассмотрим экстремальную задачуn−1Xpk k∆kh x − Λk yk2l2,h (Z) → max,kF x(ω) − y(ω)kL2 ([−σ;σ]) ≤ δ,k=1nx ∈ W2,h, y ∈ L2 ([−σ; σ]).Перепишем эту задачу в образах ФурьеZπ/h Xn−112π−π/hZσk=12pk t (ω)F x(ω) − αk (ω)y(ω) dω → max,kF x(ω) − y(ω)2 dω ≤ δ 2 ,−σZπ/h12π2tn (ω)F x(ω) dω ≤ 1.

(1.14)−π/hИспользуя неравенство Коши-Буняковского, получаем|F x(ω) − αk (ω)y(ω)|2 == |F x(ω)(1 − αk (ω)) + αk (ω)(F x(ω) − y(ω))|2 =q2qb1 αk (ω) λ 1 − αk (ω)nbλ2 t (ω)F x(ω)F x(ω) − y(ω) + q= qb2 tn (ω)b1λλb1 |F x(ω) − y(ω)|2 + λb2 tn (ω)|F x(ω)|2 ,≤ qk (ω) λгде|αk (ω)|2 |1 − αk (ω)|2qk (ω) =+.b1b2 tn (ω)λλУчитывая условия в задаче (1.14), имеем12πZπ/h Xn−1−π/hk=12pk t (ω)F x(ω) − αk (ω)y(ω) dω ≤kb1 δ 2 + λb2 ),≤ kQ(·)kL∞ ((−σ;σ)) (λ41гдеQ(ω) =n−1Xpk tk (ω)qk (ω).k=1Если kQ(·)kL∞ ((−σ;σ)) ≤ 1, то значение задачи (1.14) 2 n−kn−1nPδ,σ≥σb,pk2π2k=1bb,λ1 δ + λ2 =k 2 n−kn−1Pδ kn−kk−np k ωσb+ ωσ , σ < σ2π nnk=1не превосходитb1 δ 2 + λb2 ≤ E 2 (W n , F, ∆, δ).λ2,h(1.15)Из неравенства (1.15) следует оценка сверху погрешности оптимального восстановления.

Тем самым методы, в которых ak (·),k = 1, . . . , n − 1, выбраны так, что kQ(·)kL∞ ((−σ;σ)) ≤ 1, будут оптимальными.Покажем, что условие kQ(·)kL∞ ((−σ;σ)) ≤ 1 эквивалентно выражению (1.5) в условии теоремы. ИмеемQ(ω) =n−1Xpk tk (ω)qk (ω)k=1n−1X2bb2 tn (ω) b1λ1 + λλ1=pk t (ω)+· α (ω)−.b1 λb2 tn (ω) kb1 + λb2 tn (ω) λb1 + λb2 tn (ω)λλk=1kПустьb1 + λb2 tn (ω)) − λb1 .θk (ω) = αk (ω)(λТогда условие kQ(·)kL∞ ((−σ;σ)) ≤ 1 эквивалентно условию (1.5).В силу неотрицательности функцииg(t) = −n−1Xpk tk + λ1 χ[−σ,σ] + λ2 tn ,t ∈ [0, 4/h2 ]k=1правая часть неравенства (1.5) неотрицательна.Верхняя и нижняя оценки погрешности совпадают, что доказывает оптимальность метода.42ПустьW2n (R) = {f (·) ∈ L2 (R) : f (n−1) ∈ LAC(R), f (n) (·) ∈ L2 (R)}- соболевское пространство, где LAC(R) - множество функций, абсолютно непрерывных на каждом конечном отрезке.

Рассмотримкласс функцийWn2 (R) = {f (·) ∈ W2n (R) : kf (n) (·)kL2 (R) ≤ 1, (F f )(·) ∈ L2 (R)},где (F f )(·) - преобразование Фурье функции f . Будем считать, чтодана функция y(·) ∈ L2 ([−σ; σ]) такая, чтоk(F f )(·) − y(·)kL2 ([−σ;σ]) ≤ δ,где δ > 0− заданная величина погрешности.Заметим, что, в пределе при h → 0 k−ая разделенная разностьnпоследовательности x ∈ W2,hпереходит в производную k−го по-рядка функции f (·) ∈ Wn2 (R),lim t(ω) = ω 2 , lim ωσ = σ 2 ,h→0h→0lim σb=h→02δ2π− 2n1n−1Xk=1pkkn1! 2(k−n).Погрешность одновременного оптимального восстановленияпроизводных всех порядков (D1 f (·), D2 f (·), .

. . , Dn−1 f (·)) функции f (·) ∈ Wn2 (R) равнаnE(Wn2 (R), F, D, δ) = lim E(W2,h, F, ∆, δ) =h→0 2 n−k1/2nPδ n−1pk,11 − 2n 2(k−n)n−1Pδ2kσ≥pk n2π2πk=1k=1,11 kn−1 2 n−k1/2 2 − 2n 2(k−n)n−1PPδkn−kδk2k−2npk σpk n+σ, σ<2π nn2πk=1k=1где D = (D1 , D2 , . . .

, Dn−1 ).43Все методы ϕbk (y) = F −1 αk (ω)y(ω) (k) , ω ∈ (−σ; σ),ω∈/ (−σ; σ)0,гдеαk (ω) = λb1 +θk (ω) , ω ∈ (−σ; σ)b +λb ωnλ12,ω∈/ (−σ; σ)0,а θk (·) для почти всех ω ∈ (−σ; σ) удовлетворяют условиюn−1n−1XX2n2k22n2kb1 + λb2 ω −b1 λb2 ωλ,pk ω |θk (ω)| ≤ λpk ωk=1k=1в котором 2 − nk 1 2 − 2n1 n−1n−1PP k 2(k−n)δδkpkpk n1− n ,σ≥2π2πk=1k=1bλ1 =,1k 2 − 2n1 n−1 2(k−n) n−kn−1PPδk1 − nk , σ <pk nkpk σ 2kn2πk=1k=1 n−k 2 − 2n1 n−1 1n−1P k δ2 nP k 2(k−n)δpk n, σ≥pk n2π2πk=1b2 = k=1λ,1 2 − 2n1 n−1 2(k−n)n−1PPδpk σ 2(k−n) ,σ<pk nk2πk=1k=11, k = r,являются оптимальными, и при pk =мы получаем ре0, k 6= rзультат, аналогичный результату, полученному при восстановлениипроизводной функции порядка r в работе [13].Замечание 1.

Если преобразование Фурье последовательности с ограниченной n−ой разделенной разностью на отрезке [−σ; σ]известно приближенно, то с увеличением полудлины отрезка σ погрешность оптимального восстановления уменьшается, но лишь доопределенного предела: при σ ≥ σb эта погрешность постоянна, тоесть за пределами отрезка [−bσ; σb] информация о преобразованииФурье последовательности из данного класса не нужна (см.рис.1.4).44n, F, ∆, δ)E(W2,hsn−1Pk=1pkδ22π n−knπhσbσрис.

1.4Затем рассмотрим задачу одновременного оптимального восстановления операторов всех разностей (∆1h x, ∆2h x, . . . , ∆hn−1 x) поnследовательности x ∈ W2,h([21]), при условии, что последова-тельность x задана неточно, то есть известна последовательностьy ∈ l2,h (Z) такая, чтоkx − ykl2,h (Z) ≤ δ,δ > 0.В качестве методов восстановления снова рассмотрим всевозможные отображенияϕ(y) = (ϕ1 (y), ϕ2 (y), . . .

, ϕn−1 (y)),ϕk (y) : l2,h (Z) → l2,h (Z),1 ≤ k ≤ n − 1.Положим∆ = (∆1 , ∆2 , . . . , ∆n−1 ).45Погрешностью метода ϕ назовем величинуvu n−1uXnte(W2,h , ∆, δ, ϕ) =suppk k∆kh x − ϕk (y)k2l2,h (Z) ,n , y∈lx∈W2,h2,h (Z)kx−ykl2,h (Z) ≤δk=1где p = (p1 , p2 , . . .

Характеристики

Список файлов диссертации