Диссертация (1155096), страница 6

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

Текст из файла (страница 6)

Убедимся в этом. Для любой допустимой меры dµ(·) выполняется цепочка неравенств:Ztk (ω)dµ(ω) ≥−|ω|≤π/hZ−δ2bdω+λ1 (ω) p(ω) −2πZkt (ω)dµ(ω) +|ω|≤π/h|ω|<σZtn (ω)dµ(ω) − 1 =b2 λ|ω|≤π/hZtk (ω)bµ(ω),b1 (ω), λb2 ) ≥ L(dbb1 (ω), λb2 ) = −L(dµ(·), λµ(·), λ|ω|≤π/hто есть dbµ(·) - решение задачи (2.28).b1 ≥ 0 и λb2 ≥ 0, удовлетворяющие условиямПредъявим dbµ(·), λR n(2.29) , (2.30) и (2.31). Пусть σb− решение уравненияt (ω)dω =|ω|< σb2π.δ2Рассмотрим случай σ ≥ σb. Меру dbµ(·) определим так, чтобы еепроизводная была равна 2 δ , ω ∈ (−bσ; σb)pb(ω) = 2π.0,σb ≤ |ω| ≤ π/hТогда функция Лагранжа принимает видZb1 (ω), λb2 ) =L(dbµ(·), λnbb−t (ω) + λ1 (ω)χ(−bσ,bσ) + λ2 t (ω) dbµ(ω)−k|ω|≤π/hZ2b2 b1 (ω) δ dω + λλ.2π|ω|<σ58Рассмотрим первую подынтегральную функциюb1 (ω)χ(−bσ,bσ) + λb2 tn (ω).g(ω) = −tk (ω) + λПоложимhbσ 2(k−n)2 sin2 b2 = ≥ 0,λhb1 (ω) =λtk (ω) − λb2 tn (ω), ω ∈ (−bσ; σb).σb ≤ |ω| ≤ π/h0,Функция ψ(ω) = tk−n (ω)− четная, неотрицательная, неубывающаядля всех ω (см.рис 2.1).ψ(ω)6ωрис.

2.159В силу монотонного неубывания данной функции выполняетсянеравенствоhbσ 2(k−n)2 sin2 b1 (ω) = tk (ω) − λb2 tn (ω) = tk (ω) − tn (ω) =λhhbσ 2(k−n)2 sin k−n2  ≥ 0,tn (ω) t(ω)−hследовательно, g(ω) ≥ 0.b1 (·) и λb2 удовлетворяют условиямПоскольку множители λ(2.29), (2.30) и (2.31), мера dbµ(·) допустима в задаче (2.28), значит, указанная мера – решение задачи (2.28). Значение задачи вэтом случае равноZ2b2 =b1 (ω) δ dω + λλ2π|ω|<σhbσ 2(k−n)hbσ 2(k−n)2sin2sink2 2  dω + t (ω) − tn (ω) =Ωhhδ22πZ|ω|<σпри σ0 = σb.Пусть σ < σb, σ < π/h.

Если задать dbµ(·) и pb(·), как в предыдущем случае, условие (2.31) не будет выполняться. Поэтому положим 2 δ , ω ∈ (−σ; σ)pb(ω) = 2π,0,σ ≤ |ω| ≤ π/h 2 δ dω,ω ∈ (−σ; σ)dbµ(ω) = pb(ω)dω + Aδ(ω − σ) = 2π,Aδ(ω − σ)dω, σ ≤ |ω| ≤ π/h60где δ(· − σ) – δ− функция в точке σ. Очевидно, что условие (2.30)выполнено. Коэффициент A найдем из усдовия (2.31):ZZZδ2 nnt (ω)dω +Aδ(ω − σ)tn (ω)dω =t (ω)dbµ(ω) =2π|ω|≤π/h|ω|<σδ22πσ≤|ω|≤π/hZtn (ω)dω + Aσ 2n = 1,|ω|<σδ2A = σ −2n 1 −2πZtn (ω)dω  .|ω|<σАналогично предыдущему случаю положимhσ 2(k−n)2 sin2 b2 = λ≥ 0,hb1 (ω) =λtk (ω) − λb2 tn (ω), ω ∈ (−σ; σ).σ ≤ |ω| ≤ π/h0,Проверим выполнение условия (2.29).b1 (ω), λb2 ) ≥ L(dbb1 (ω), λb2 ) ⇔L(dµ(·), λµ(·), λZ b1 (ω)χ(−bσ,bσ) + λb2 tn (ω) d µ(ω) ≥−tk (ω) + λ|ω|≤π/hZb1 (ω)χ(−bσ,bσ) + λb2 tn (ω) db−tk (ω) + λµ(ω).|ω|≤π/hРассмтрим левую часть неравенства:Z b1 (ω)χ(−bσ,bσ) + λb2 tn (ω) d µ(ω) =−tk (ω) + λ|ω|≤π/hZb1 (ω)χ(−bσ,bσ) + λb2 tn (ω) d µ(ω)+−tk (ω) + λ|ω|<σZb2 tn (ω) d µ(ω).−tk (ω) + λσ≤|ω|≤π/h.61b1 (·) подынтегральная функция первого интеграВ силу выбора λла равна 0.

В силу монотонного убывания функции ψ(·) подынтегральная функция второго интеграла неотрицательна. Таким образом, левая часть неравенства неотрицательна.Рассмтрим правую часть неравенства:Z knbb−t (ω) + λ1 (ω)χ(−bσ,bσ) + λ2 t (ω) dbµ(ω) =|ω|≤π/hZ 2b2 tn (ω) δ d(ω)+b1 (ω)χ(−bσ,bσ) + λ−tk (ω) + λ2π|ω|<σZb2 tn (ω) dbµ(ω) =−ωhk + λσ≤|ω|≤π/h.  hσ 2khσ 2n2 sin  2 sin 2 2 b2  = 0,A−+λhhчто означает выполнение условия (2.29).b1 (ω) ≥ 0, мера dbТак же, как и в предыдущем случае, λµ(·) допустима в задаче (2.28), условия (2.29), (2.30) и (2.31) выполнены,следовательно, мера dbµ(·) – решение задачи (2.28).

Значение задачив случае σ < σb, σ < π/h равноZδ2bb2 =λ1 (ω) dω + λ2π|ω|<σδ22πZhσ 2(k−n)hσ 2(k−n)2sin2sink2 2 t (ω) − tn (ω)  dω + =Ωhh|ω|<σпри σ0 = σ.В случае σ = π/h < σb положимδ2pb(ω) =, dbµ(ω) = pb(ω)dω, ω ∈ [−π/h; π/h],2πb1 (ω) = tk (ω), λb2 = 0.λ62Очевидно, что условия (2.29), (2.30) и (2.31) выполнены, мера dbµ(·)допустима в задаче (2.28) и является ее решением . Значение задачив случае σ = π/h равноZδ2δ2bbλ1 (ω) dω + λ2 =2π2πZtk (ω)dω.|ω|≤π/h|ω|<σОчевидно, что значение задачи (2.27) не меньше значения задачи (2.28).

Покажем, что значение задачи (2.27) равно значению задачи (2.28).Пусть σ ≥ σb. Покажем, что значение задачи (2.27) не меньше,чемδ22πZtk (ω)dω.|ω|< σbВведем функцию p(ω) =21 (F x)(ω) dω2π≥ 0, тогда задача (2.27)принимает видZtk (ω)p(ω)dω → max;(2.32)|ω|≤π/hZtn (ω)p(ω)dω ≤ 1, p(ω) ≤δ2.2π|ω|≤π/h 2 δ , ω ∈ (−bσ; σb),Положим pb(ω) = 2π0,σb ≤ |ω| ≤ π/h.Так какZZδ2nt (ω)bp(ω)dω =tn (ω)dω = 1,2π|ω|≤π/h|ω|< σbто функция pb(ω) допустима в задаче (2.32).

То есть, значение этойзадачи не меньше, чемZZδ2kt (ω)bp(ω)dω =2π|ω|≤π/h|ω|< σb63tk (ω)dω.При σ ≥ σb имеем, чтоE2δ2≥2πn(W2,h,∞(Z), ∆kh , δ)Ztk (ω)dω,|ω|< σbто есть получена оценка снизу при σ0 = σb.Рассмотрим случай σ < σb, σ < π/h.Положимv uuu  2 sin h σ +u 2S(m) = utπmh −2n1mZδ21−2πtn (ω)dω.|ω|≤σПусть m достаточно большое натуральное число такое, что выполняется неравенство σ +1m<π.hРассмотрим последовательностьфункций xm , для которойδ,ω ∈ (−σ; σ),(F xm )(ω) = S(m), σ < |ω| < σ + 1 ,m0,σ + m1 ≤ |ω| < π/h.Неравенство21 (F xm )(ω)2π≤δ2выполнено для всех |ω| < σ.2πДалее, имеем12πZ2tn (ω)(F xm )(ω) dω =|ω|≤π/h1σ+ mZσZ12n2n2δt (ω)dω + 2S (m)t (ω)dω ≤2π0σh σ+Zσ2 sin12δ 2 tn (ω)dω + πmπh1m −2n·021 − δπZσh σ+2sin12tn (ω)dω  · mh0641m 2n    = 1. То есть, последовательность функций xm допустима в задаче (2.27).Значение этой задачи не менее величиныZ21tk (ω)(F xm )(ω) dω =2π|ω|≤π/h1  22δ2πZσ1σ+ mtk (ω)dω + 2S 2 (m)01δ 2πZσZtk (ω)dω  ≥σh σ+2 sin2tk (ω)dω + πm h1m −2n·0h σ+σ2sin2 Z121 − δtn (ω)dω  · πmh1m0 2k   . При m → ∞ величина, стоящая в правой части, стремится кhσ 2(k−n) σσZZ2 sin δ2δ2k2Ω=t (ω)dω + · 1−tn (ω)dω .πhπ00Тем самым, мы показали, что при σ < σb, σ < π/h справедливоnнеравенство E 2 (W2,h,∞(Z), ∆kh , δ) ≥ Ω.ππВ случае σ = < σb положим (F x)(ω) = δ, |ω| < .

Тогда, поhhδ2 R nπt (ω)dω = 1, σb > , функцияскольку выполнено равенство2π |ω|< σbhnt (ω) неотрицательная, то выполнено неравенствоZZ22δ1nt (ω)(F xm )(ω) dω =tn (ω)dω < 1.2π2π|ω|≤π/h|ω|≤π/hЭто означает, что последовательность функций xm допустима в задаче (2.27) и значение задачи не менее величиныZδ2tk (ω) dω.2π|ω|≤π/h65Тем самым мы показали, что√σ0 < π/h, Ω,snkE(W2,h,∞ (Z), ∆h , δ) ≥δ2 Rtk (ω)dω, σ0 = π/h. 2π|ω|≤π/hПусть σ0 = min(σ, σb), σ0 < π/h.

Покажем, что метод ϕb :L∞ (−σ; σ) → l2,h (Z), такой, чтоF ϕ(y)b=α(ω)y(ω), |ω| < σ0 ,|ω| ≥ σ0 ,0,является оптимальным.Для оценки оптимальной погрешности восстановления разделенных разностей рассмотрим экстремальную задачуk∆kh x − ϕbk (y)kl2,h (Z) → max, k(F x)(·) − y(·)kL∞ (−σ;σ) ≤ δ,nx ∈ W2,h,∞(Z), y ∈ L∞ (−σ; σ). (2.33)В образах Фурье квадрат задачи принимает вид:12π Z ihω2 (e − 1)k dω+Fx(ω)−α(ω)y(ω)hk|ω|<σ0 ihωe − 12k F x(ω)2 dω → max, (2.34)h2kZ+σ0 ≤|ω|≤π/h|F x(ω) − y(ω)|2 ≤ δ 2для почти всех ω ∈ (−σ, σ),12πZ ihωe − 12n F x(ω)2 dω ≤ 1.h2n|ω|≤π/h66Положим z(ω) = F x(ω) − y(ω), |z(ω)| ≤ δ.

Тогда максимизируемоевыражение можно представить в виде1D=2π ihω2 (e − 1)k dω+−α(ω)·Fx(ω)+α(ω)z(ω)hk Z|ω|<σ0Z2t (ω)F x(ω) dωk→ max.σ0 ≤|ω|≤π/hОценим подынтегральное выражение из первого интеграла, применив неравенство Коши-Буняковского: ihω2 (e − 1)k =−α(ω)·Fx(ω)+α(ω)z(ω)hkihωk (e − 1) − α(ω) q2qkα(ω)hb1 (ω)F x(ω) + qb2 (ω)z(ω) ≤q·λ·λb1 (ω)b2 (ω)λλk ihω (e − 1) − α(ω)|2|α(ω)|22 b2hkb+· λ1 (ω)|F x(ω)| + λ2 (ω)|z(ω)| ,b1 (ω)b2 (ω)λλb1 (ω) > 0, λb2 (ω) > 0 для почти всех ω < σ0 .где λПусть(eihω − 1)k− α(ω)|2 |α(ω)|2kh+≤ 1.Q(ω) =b1 (ω)b2 (ω)λλ|Тогда значение задачи не больше, чемZZ112bD≤λ1 (ω)|F x(ω)| dω +2π2π|ω|<σ0b2 (ω)|z(ω)|2 dω+λ|ω|<σ012πZ2tk (ω)F x(ω) dω.σ0 ≤|ω|≤π/hПустьnb2 (ω) = tk (ω) − λb1 (ω).b1 (ω) = t (ω) , λλωσn−k067(2.35)Тогда1tn (ω)|F x(ω)|2 dω +n−kωσ02πZ1D≤2π|ω|<σ0tn (ω)1|z(ω)|2 dω +n−kωσ02πZ12π|ω|<σ0Ztk (ω)|z(ω)|2 dω−|ω|<σ0Z2tk (ω)F x(ω) dω.|ω|≥σ0Учитывая, что функция ψ (ω) = tk−n (ω) неотрицательная, четная и убывающая при ω > 0, оценим последний интеграл:Z12π2tk (ω)F x(ω) dω =σ0 ≤|ω|≤π/hZ12π2tk−n (ω) · tn (ω)F x(ω) dω ≤σ0 ≤|ω|≤π/hZ1 k−nω2π σ02tn (ω)F x(ω) dω.σ0 ≤|ω|≤π/hТогдаD≤ωσk−n012πZ2tn (ω)F x(ω) dω−|ω|≤π/h12πZ1t (ω)|z(ω)| dω +2πn2|ω|≤π/hZtk (ω)|z(ω)|2 dω.σ0 ≤|ω|≤π/hУчитывая условия в задаче (2.34), получаем:ZZ2δ δ2k−n nD ≤ ωσ0 1 −t (ω)dω  +2π2π|ω|≤π/htk (ω)dω.|ω|<σ0Так как верхняя и нижняя оценки погрешности совпадают, метод ϕb - оптимальный.Покажем, что условие (2.35) выполнимо.

Пустьkb2 (ω)eihω − 1λα(ω) =·.b1 (ω) + λb2 (ω)hkλ68Тогда(eihω − 1)k− α(ω)|2 |α(ω)|2ktk (ω)h+==1Q(ω) =b1 (ω)b2 (ω)b1 (ω) + λb2 (ω)λλλ|и условие выполняется.Покажем, что при σ =πh< σb метод ϕb : L∞ (−σ; σ) → l2,h (Z),такой, чтоkeihω − 1πF ϕ(y)b=y(ω),|ω|<hkhоптимален. В этом случае квадрат задачи (2.34) имеет вид12π ihω2 (e − 1)k(eihω − 1)k dω → max, (2.36)Fx(ω)−y(ω)hkhkZ|ω|≤π/h|F x(ω) − y(ω)|2 ≤ δ 2для почти всех ω ∈ (−π/h, π/h), ihωZe − 12n 1F x(ω)2 dω ≤ 1.2πh2n|ω|≤π/hУчитывая ограничения в задаче (2.36), оценим первый интеграл:2Z ihωihωk (e − 1)k(e−1)1 dω =Fx(ω)−y(ω)2πhkhk|ω|≤π/h12πZ2δ2t (ω)F x(ω) − y(ω) dω ≤2πk|ω|≤π/hZtk (ω)dω.|ω|≤π/hВерхняя и нижняя оценки снова совпали, метод оптимален.ПустьW2n (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.

Рассмотрим69класс функцийWn2,∞ (R) = {f (·) ∈ W2n (R) : kf (n) (·)kL2 (R) ≤ 1, (F f )(·) ∈ L∞ (R)},где (F f )(·) - преобразование Фурье функции f . Будем считать, чтодана функция y(·) ∈ L∞ (−σ; σ) такая, чтоk(F f )(·) − y(·)kL∞ (−σ;σ) ≤ δ,где δ > 0− заданная величина погрешности.Заметим, что, в пределе при h → 0 k−ая разделенная разностьnпоследовательности x ∈ W2,h,∞(Z) переходит в производную k−гопорядка функции f (·) ∈ Wn2,∞ (R),lim t(ω) = ω 2 ,h→0lim σb=h→0π(2n + 1)δ21 2n+1,Погрешность оптимального восстановления функции f или еепроизводной k− го порядка равнаnE(Wn2,∞ (R), ∆kh , δ) = lim E(W2,h,∞(Z), Dk , δ) =h→0 qσb2k+1δ π(2k+1) ,sδ 2 σ (2k+1)+ σ 2(k−n) 1 −δπ(2k+1)Метод ϕ(y)bтакой, что ω 2k 1 −F ϕ(y)b=0,σ≥σ (2n+1)σbσ0 2(k−n)ω, σ<π(2n+1)δ2π(2n+1)δ21 2n+1,1 2n+1.y(ω), ω ∈ (−σ0 ; σ0 )ω∈/ (−σ0 ; σ0 ),является оптимальным, и мы получаем результат, аналогичный результату, полученному в работе [11].70Глава 3Восстановление оператора разделенной разностипо неточно заданным разностям других порядковВ этой главе изучается задача восстановления оператора k-ойразделенной разности последовательности в среднеквадратичнойнорме по неточно заданным разделенным разностям k1 , k2 , .

. . knпорядков. В данной главе используются результаты, опубликованные автором в работах [22, 25, 26]. Результат, полученный в диссертации, в предельном случае переходит в результат, полученныйв работе [18]. Перед формулировкой теоремы, как и в предыдущихглавах, введем некоторые обозначения.Как и ранее, l2,h (Z), h > 0, –пространство всех последовательностей x = {xj }j∈Z с нормой!1/2kxkl2,h (Z) =hX|xj |2< ∞.j∈ZПусть n ∈ N. Предположим, что для каждой последовательности x ∈ l2,h (Z) неточно известны разделенные разности k1 , k2 , . .

Характеристики

Список файлов диссертации