Диссертация (1155096), страница 7

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

Текст из файла (страница 7)

. , knпорядков (0 ≤ k1 < k2 < . . . < kn ), то есть известны последовательности y1 , y2 , . . . , yn такие, чтоkk∆hj x − yj kl2,h (Z) ≤ δj , j = 1, . . . , n.Рассмотрим задачу оптимального восстановления оператора kтой разделенной разности ∆kh x(k ∈ Z+ ) последовательностиx ∈ l2,h (Z). В качестве метода восстановления рассмотрим всевозможные отображенияϕ : (l2,h (Z))n → l2,h (Z).71Погрешностью этого метода называется величинаe(l2,h (Z), K, δ, ϕ) =k∆kh x − ϕ(Y )kl2,h (Z) ,supx∈l2,h (Z)Y ∈(l2,h (Z))nkk∆hj x−yj kl2,h (Z) ≤δj , j=1,...,nгде K = (k1 , k2 , .

. . , kn ), δ = (δ1 , δ2 , . . . , δn ), Y = (y1 , y2 , . . . , yn ).Погрешность оптимального восстановления будет значениемэкстремальной задачиE(l2,h (Z), K, δ) =infϕ: (l2,h (Z))n →l2,h (Z)e(l2,h (Z), K, δ, ϕ),а метод ϕ,b на котором достигается нижняя грань – оптимальныйметод.Пусть k, k1 , k2 , . . . , kn ∈ Z+ , 0 ≤ k1 < k2 < · · · ≤ kn , δ > 0.ПоложимhM = co {(kj , ln 1/δj ), 1 ≤ j ≤ n} + {(t, t ln ) : t ≥ 0},2где co A обозначает выпуклую оболочку множества A. Пусть функция θ(·) на промежутке [0, +∞) задана равенствомθ(k) = max{x : (k, x) ∈ M },причем θ(k) = −∞, если (k, x) ∈/ M, ∀x.

На промежутке [k1 , +∞)функция θ(·) – вогнутая ломаная. Пусть ks1 , ks2 , . . . ksr – ее точкиизлома (см. рисунок 3.1). Очевидно, что ks1 = k1 , и ks1 , ks2 , . . . ksr –подмножество точек k1 , k2 , . . . kn (см. рисунок 3.1).72θln61δs r1lnδs3lns ss1δs2ln1δ1PPPPsss sssPPs PPPPPPssss-k1 ks2ks3ksrkрис. 3.1Пустьhω 22 sin2 t(ω) =  ,hbsλjLksj+1 − k=ksj+1 − ksjbsλjRk − ks j=ksj+1 − ksj73δsj+1δs jδsjδsj+1k−ksjsj+1 −ksj2 k,2 kksj+1−k−ksj+1sj.Теорема 3.1. Для любого k ≥ 0 погрешность оптимальноговосстановления равнаE(l2,h (Z), K, δ) = e−θ(k) .(3.37)(1) Если k1 > 0, 0 ≤ k < k1 , то любой метод является оптимальным;(2) если k = ksj , 1 ≤ j ≤ r, то метод ϕb такой, чтоϕ(Yb ) = y sj ,является оптимальным;(3) если r ≥ 2, k ∈ (ksj , ksj+1 ), 1 ≤ j ≤ r − 1, то любой методвида ϕ(Yb ) = βsjL ∗ ysj + βsjR ∗ ysj+1 является оптимальным,где βsjL , βsjR - последовательности, преобразование Фурьекоторых удовлетворяет условиям: ihωk−ksje −1bλsjLh(F βs )(ω) −≤jL−kksjsj+1bb(ω) + λsjLλsjR tqbs λb tk−ksj+1 (ω)λjL sjRbs + λbs tksj −ksj+1 (ω)λjRjL(F βsjR )(ω) =eihω − 1hqbs tksj −k (ω) + λbs tksj+1 −k (ω) − 1,· λjLjRk−ksj+1−eihω − 1hksj −ksj+1αsjL (ω),является оптимальным,(4) если k > ksr , то метод ϕb такой, чтоk−ksrϕ(Yb ) = ∆hysr ,является оптимальным.Доказательство.Как и при доказательстве предыдущих теорем, начнем с оценки снизу величины погрешности оптимального восстановления74E(l2,h (Z), K, δ).

Точно такие же рассуждения показывают, что этавеличина не меньше значения экстремальной задачиk∆kh xkl2,h (Z) → max,(3.38)kk∆hj xkl2,h (Z) ≤ δj , j = 1, . . . , n.В образах Фурье, согласно теореме Планшереля, квадрат значениязадачи (3.38) равен значению такой задачи:Z21tk (ω)(F x)(ω) dω → max,2π(3.39)|ω|≤π/hZ12π2tkj (ω)(F x)(ω) dω ≤ δj2 , j = 1, . . . , n.|ω|≤π/hПокажем, что значение задачи (3.39) не меньше, чем e−θ(k) . Рассмотрим 3 случая :(a) k ∈ [ksj , ksj+1 ], 1 ≤ j ≤ r − 1,(b) k ≥ ksr ,(c) k < k1 .(a) Пусть k ∈ [ksj , ksj+1 ].

Рассмотрим прямую p(k), проходящуючерез точки (ksj , ln δ1s ) и (ksj+1 , ln δs 1 ) :jp(k) = lnj+1k − ksj+1k − ksj11·+ ln·.δsj ksj+1 − ksjδsj+1 ksj+1 − ksjПо построению ломаной θ(·) все точки (kj , ln δ1j ), j = 1, . . . , n лежатне выше ее графика, а так как эта ломаная вогнута, то ее графиклежит не выше прямой p(k).Положим2ω0 = arcsinhS(m) =√1 h δsj+1 ksj+1 −ksj,2 δs jksj+1ksj+1 −ksj2πm δsj75δk sjsj+1 −ksjsj+1−k.Рассмотрим последовательность функций xm , для которойS(m), ω ∈ [ω0 − 1 ; ω0 ]m(F xm )(ω) =0,ω∈/ [ω0 − m1 ; ω0 ].Так какZω02S 2 (m)t (ω)(F xm )(ω) dω =2πZ12πkjtkj (ω) dω ≤1ω0 − m|ω|≤π/hω0 h 2kjS 2 (m)  2 sin 2 −2 ln δ1−2 ln p(kj )j = δ 2 , j = 1, . . .

, n,·≤e =ej2πmhто последовательность функций xm допустима в задаче (3.39). Значение этой задачи не менее величины:12πZω02S 2 (m)t (ω) (F xm )(ω) dω =2πZktk (ω) dω ≥1ω0 − m|ω|≤π/h2(ω0 − m1 )hS (m)  2 sin·2πmh22k .При m → ∞ величина, стоящая в правой части, стремится кksj+1 −ksj+1 −ksj2kδs jk−ksjsj+1 −ksj2kδsj+1. Мы получили, что значение задачи не менеевеличины e−2p(k) = e−2θ(k) .(b) Рассмотрим случай k ≥ ksr , где ksr – последняя точка изломафункции θ(·). На участке [ksr , +∞) графиком этой части функции1h+ (k − ksr ) · ln , это означает, чтоявляется наклонная p(k) = lnδsr211≤для любых точек (kj , ln ), j = 1, .

. . , n верно неравенство lnδjδj1hln+ (k − ksr ) · ln . Положимδs r2 2 arcsin h/2, h ≤ 12ω0 = hhπ ,>1h276и рассмотрим последовательность функций xm , для которой k−ksr√δ s r 22πm, ω ∈ [ω0 − m1 ; ω0 ]h(F xm )(ω) =0,ω∈/ [ω0 − m1 ; ω0 ].Та как выполняются неравенстваZ21tkj (ω)(F xm )(ω) dω =2π|ω|≤π/hδs2r 2πm·2π 2(k−ksr ) Zω02tkj (ω) dω ≤h1ω0 − mδs2r mm 2(k−ksr )2h−2lne2 sin ω20 hh!2kj≤δs2r 2(k−ksr )2=hh+(k−ksr )·ln 2 ≤ e−2 ln δ1i = δ 2 , j = 1, .

. . , n,i1δ srпоследовательность функций xm допустима в задаче (3.39). Значение этой задачи не менее величины:Z21tk (ω)(F xm )(ω) dω =2π|ω|≤π/hδs2r 2πm·2πh 2(k−ksr ) Zω02tk (ω) dω ≥h1ω0 − mδs2r mm 2(k−ksr )2h2 sin1(ω0 − m)h2h!2k.При m → ∞ величина, стоящая в правой части, стремится кδs2r 2(k−ksr )2−2(ln δ 1 +(k−ksr ) ln h)2sr·=e= e−2p(t) = e−2θ(k) .h(c) Пусть k < k1 .

Покажем, что в этом случае значение задачи(3.39) равно +∞. Пусть x0 > 0. Очевидно, что существует прямая x = ak + b, a > 0, a ≥ ln h/2, разделяющая точку (k, −x0 ) и77множество M :−ak − x0 ≥ b ≥ −akj + ln1, j = 1, . . . , n.δjПусть2ω0 = arcsinhhe−a.2Рассмотрим последовательность функций xm , для которой√e−b 2πm, ω ∈ [ω0 − 1 ; ω0 ]m(F xm )(ω) =0,ω∈/ [ω0 − m1 ; ω0 ].Так какZ12π2tkj (ω)(F xm )(ω) dω =|ω|≤π/hZω0e−2b 2πm2πtkj (ω) dω ≤1ω0 − me−2b m·m2 sin ( ω20 h )h2kj= e−2b · e−2akj ≤ e−2 ln1δj= δj2 , j = 1, .

. . , n,последовательность функций xm допустима в задаче (3.39). Значение этой задачи не менее величины:Z21tk (ω)(F xm )(ω) dω =2π|ω|≤π/he−2b 2πm2πZω0tk (ω) dω ≥1ω0 − me−2b(ω0 − m1 )hm  2 sin·mh22k .При m → ∞ величина, стоящая в правой части, стремится кe−2b−2ak ≥ e2x0 . В силу произвольности x0 значение задачи (3.39)равно +∞.78Тем самым, мы показали, что для всех k ≥ 0 погрешности оптимального восстановленияE(l2,h (Z), K, δ) ≥ e−θ(k) .Займемся построением оптимальных методов. Также рассмотрим 3 случая.(a) Пусть k ∈ [ksj , ksj+1 ].

Оптимальные методы будем искатьсреди методов вида ϕ(Yb ) = ΛsjL ysj + ΛsjR ysj+1 , где ΛsjL , ΛsjR :(l2,h (Z))n → l2,h (Z) - линейные непрерывные операторы, действиекоторых имеет вид:ΛsjL ysj = βsjL ∗ ysj , ΛsjR ysj+1 = βsjR ∗ ysj+1 ,где β ∗ y - свертка последовательностей y и β ∈ l2,h (Z) .Для оценки оптимальной погрешности рассмотрим экстремальную задачуk∆kh x − ΛsjL ysj − ΛsjR ysj+1 kl2,h (Z) → max,(3.40)kk∆hj x − yj (·)kl2,h (Z) ≤ δj , j = 1, . . .

, n, x ∈ l2,h (Z), y ∈ l2,h (Z).В образахZ12πФурье задача принимает вид: ihω (e − 1)kF x(ω) − F βsjL ∗ ysj (ω)−kh(3.41)|ω|≤π/hF βsjR ∗ ysj+112πZ2(ω) dω → max, ihω2 (e − 1)kj dω ≤ δj2 , j = 1, . . . , n.Fx(ω)−(Fy)(ω)jhkj|ω|≤π/hПоложим(eihω − 1)kjzj (ω) =F x(ω) − (F yj )(ω), j = 1, .

. . , n,hkjαsjL (ω) = F βsjL (ω), αsjR (ω) = F βsjR (ω).79ksksЕсли ∆h j и ∆h j+1 известны точно, то оптимальный метод должен давать точный результат:ksks∆kh x = ΛsjL ∆h j x + ΛsjR ∆h j+1 x,eihω − 1hksj(eihω − 1)k(F x)(ω) =(3.42)hk ihωke − 1 sj+1αsjL (ω)(F x)(ω) +αsjR (ω)(F x)(ω),hтогда подынтегральную функцию максимизируемого выраженияможно представить в виде(eihω − 1)kF x(ω) − αsjL (ω)(F ysj )(ω) − αsjR (ω)(F ysj+1 )(ω) =hkαsjL (ω)zsj (ω) + αsjR (ω)zsj+1 (ω),и задача (3.41) принимает вид12πZ2αs (ω)zs (ω) + αs (ω)zs (ω) dω → max,jj+1jR jL(3.43)|ω|≤π/h12πZ2zj (ω) dω ≤ δj2 , j = 1, . . .

, n.|ω|≤π/hОценим подынтегральное выражение из первого интеграла, применив неравенство Коши-Буняковского:2αs (ω)zs (ω) + αs (ω)zs (ω) ≤jj+1jLjR|αsjL (ω)|2 |αsjR (ω)|222bs |zs (ω)| + λbs |zs (ω)| .+· λjj+1jLjRbsbsλλjLjRПустьQ(ω) =|αsjL (ω)|2 |αsjR (ω)|2+.bsbsλλjLjR80Тогда, если выполняется условие kQ(·)kL∞ ([−π/h,π/h]) ≤ 1, значениезадачи не больше, чем2Z 1αs (ω)zs (ω) + αs (ω)zs (ω) dω ≤D=jj+1jLjR2π|ω|≤π/hbs δ 2 + λbs δ 2 .λjL sjjR sj+1bs ≥ 0, λbs ≥ 0. ТогдаПодставим значения λjLjRksj+1 −ksj+1 −ksj2kD ≤ δs j2kk−ksjsj+1 −ksjδsj+1= e−2θ(k) = E 2 (l2,h (Z), K, δ).Покажем, что условие kQ(·)kL∞ ([−π/h,π/h]) ≤ 1 выполнимо.

Изравенства (3.42) вытекает, что ihω ihωkke − 1 sje − 1 sj+1(eihω − 1)k=αsjL (ω) +αsjR (ω),hkhhαsjR (ω) =eihω − 1hk−ksj+1−eihω − 1hksj −ksj+1αsjL (ω).Тогдаαs (ω)2jLQ(ω) =+bsλ2 eihω −1 k−ksj+1 eihω −1 ksj −ksj+1−αsjL (ω)hhbsλjR ihω k−ksjbλsjL e h−1jL=2bs + λbs tksj −ksj+1 (ω) λjRjL+αs (ω) −jLbs bs λbsbs tksj+1 −ksj (ω) + λλλjLjLjRjRbsλjRtk−ksj+1 (ω).bs tksj −ksj+1 (ω)+λjLОчевидно,что для всех функций αsjL (ω), для которых выполняется условие ihω k−ksje−1bλsjLhαs (ω) −≤jLbs tksj+1 −ksj (ω) + λbs λjRjLqbs λb tk−ksj+1 (ω)λjL sjRbs + λbs tksj −ksj+1 (ω)λjRjL·qbs tksj −k (ω) + λbs tksj+1 −k (ω) − 1λjLjR81bs , λbs ≥ 0 выполняется неравенствопри указанных λjLjRkQ(·)kL∞ ([−π/h,π/h]) ≤ 1.В частности, можно положитьαsjL (ω) =bsλjLeihω −1hk−ksjbsbs tksj+1 −ksj (ω) + λλjLjR.Покажем, что подкоренное выражение неотрицательно. Рассмотрим функциюbs ξ ksj+1 −k − 1.bs ξ ksj −k + λψ(ξ) = λjRjLТак какbs ξ ksj −k−1 + λbs ξ ksj+1 −k ≥ 0ψ 00 (ξ) = (ksj − k)(ksj − k − 1)λjLjRпри всех ξ > 0, функция ψ(ξ) выпукла и достигает наименьшегозначения в единственной точке ξ0 > 0, то есть ψ(ξ) ≥ ψ(ξ0 ) при всехbs и λbs ψ(ξ0 ) = 0, чтоξ > 0.

Характеристики

Список файлов диссертации