Процессы управления и устойчивость
жүктеу/скачать 30,48 Mb. Pdf көрінісі
|
|
диагностике. Разобъем пространство R n на два множества Q 1 и Q
2 : Q 1 ⊂ R
n , Q
2 = R
n \ Q
1 . (1) Очевидно, Q 1 ∪ Q 2 = R
n , Q
1 ∩ Q
2 = ∅.
Будем использовать следующее идентификационное правило. Если x ∈ Q 1 , то считаем, что x ∈ Ω 1 ; если же x ∈ Q 2 , то считаем, что x ∈ Ω 2 . Все множество разбиений пространства R n на пары [Q 1 , Q
2 ], удо-
влетворяющие (1), обозначим S: S = {[Q
1 , Q
2 ] | Q
1 ⊂ R
n , Q
2 = R
n \ Q
1 }. Требуется выбрать оптимальную в некотором смысле пару из S. Положим F 1 (Q 1 , Q
2 ) =
Q 2 f 1 (x)dx,
F 2 (Q 1 , Q
2 ) =
Q 1 f 2 (x)dx.
Величина F 1 (Q 1 , Q
2 ) представляет собой часть (долю) популяции Ω 1
онным правилом, а величина F 2 (Q 1 , Q
2 ) представляет собой часть (долю) неверно идентифицированной популяции Ω 2 . Далее рассмат- риваются два возможных функционала Φ 1 (Q 1 , Q
2 ) и Φ
2 (Q 1 , Q 2 ): Φ 1 (Q 1 , Q
2 ) =
Q 2 f 1 (x)dx +
Q 1 f 2 (x)dx = F 1 (Q
, Q 2 ) + F 2 (Q 1 , Q 2 ), 127 Φ 2 (Q 1 , Q
2 ) = max{F 1 (Q
, Q 2 ), F 2 (Q 1 , Q 2 )}. При этом предполагается, что функции f 1 , f 2 и множества Q 1 ,
2 таковы, что интегралы в смысле Римана или Лебега существуют. Теперь можно поставить две задачи на минимум. Задача 1. Найти inf [Q
,Q 2 ]∈S Φ 1 (Q 1 , Q
2 ) = Φ
1 (Q ∗ 1 , Q
∗ 2 ). Задача 2. Найти inf
[Q 1 ,Q 2 ]∈S
Φ 2 (Q 1 , Q
2 ) = Φ
2 (Q ∗∗ 1 , Q
∗∗ 2 ). Для задачи 1 оптимальное решение очевидно: Q ∗ 1 = x ∈ R
n | f
1 (x) ≥ f
2 (x) , Q
∗ 2 = x ∈ R n | f
1 (x) < f
2 (x) . (2) Ниже подробно рассматривается случай R 1 = R = (−∞, +∞) (в п. 2 в общем виде, а в п. 3 для нормально распределенных величин). 2. Одномерный случай. Каждое множество Q ⊂ R с любой степенью точности может быть аппроксимировано множеством, яв- ляющимся объединением конечного числа интервалов. Вначале рассмотрим множество S 1 = {[Q 1 , Q 2 ] | Q
1 = (−∞, x
1 ], Q
2 = (x
1 , +∞)}.
Очевидно, S 1 ⊂ S. Тогда Φ 1 (Q 1 , Q
2 ) = ϕ
1 (x 1 ) = x 1 −∞ f 2 (x)dx + ∞ x 1 f 1 (x)dx. (3)
При сделанных предположениях о непрерывности функций f 1 и f 2 функция ϕ 1 (x
) является непрерывно дифференцируемой на R. Из (3) имеем необходимое условие минимума (и максимума) функции ϕ 1
1 ) на R (и функции Φ 1 (Q
, Q 2 ) на множестве S 1 ) f 1 (x ∗ 1 ) = f
2 (x ∗ 1 ). (4) Функционал Φ 2 (Q 1 , Q
2 ) на множестве S 1 имеет вид Φ 2 (Q 1 , Q
2 ) = ϕ
2 (x 1 ) = max x 1 −∞ f 2 (x)dx, ∞ x 1 f 1 (x)dx . 128
Так как ϕ 2 (x 1 ) = max{F 1 (x
), F 2 (x 1 )}, где
F 1 (x 1 ) =
x 1 −∞ f 2 (x)dx, F 2 (x 1 ) = ∞ x 1 f 1 (x)dx, то из необходимого условия минимума функции максимума (см. [1]) имеем следующие условия: если x ∗ 1 – точка минимума функции ϕ 2 (x 1 ), то в случае F 1 (x ∗ 1 ) > F
2 (x ∗ 1 ) должно быть f 2 (x
1 ) = 0; в случае F 1
∗ 1 ) < F 2 (x ∗ 1 ): f
1 (x ∗ 1 ) = 0; а в случае F 1 (x
1 ) = F
2 (x ∗ 1 ): 0 ∈ [f 1 (x ∗ 1 ), −f
2 (x ∗ 1 )].
Так как функции f 1 и f 2 неотрицательны, то последнее условие выполнено всегда, и требуется только найти точку x ∗ 1 , в которой F 1 (x ∗ 1 ) = F 2 (x ∗ 1 ), т. е. найти корень уравнения h(x) = 0, где h(x) = F 1 (x) − F 2 (x). Так как функция h(x) непрерывна на R (ее инфимум равен −1, а супремум равен +1), то корень упомянутого уравнения существует. Теперь рассмотрим множество S 2 = {[Q 1 , Q 2 ] | Q
1 = (−∞, x
1 ] ∪ (x
2 , +∞),
Q 2 = (x 1 , x
2 ], x
1 < x 2 }. Очевидно, S 2 ⊂ S. Построим функцию Φ 1 (Q 1 , Q
2 ) = ϕ
1 (x 1 , x 2 ) = x 1 −∞ f 2 (x)dx + +∞ x 2 f 2 (x)dx + x 2 x 1 f 1 (x)dx. При сделанных предположениях о непрерывности функций f 1 и f
2 функция ϕ 1 (x
, x 2 ) является непрерывно дифференцируемой на R 2 , причем ϕ 1 (x 1 , x 2 ) = (f 2 (x 1 ) − f 1 (x 1 ), f
1 (x 2 ) − f 2 (x 2 )). Необходимые условия минимума имеют вид f 2 (x ∗ 1 ) = f 1 (x ∗ 1 ), f 1 (x ∗ 2 ) = f 2 (x ∗ 2 ). Функционал Φ 2 (Q 1 , Q 2 ) на множестве S 2 имеет вид Φ 2
1 , Q
2 ) = ϕ
2 (x 1 , x 2 ) = max{F 1 (x 1 , x 2 ), F 2 (x 1 , x 2 )}, где F 1 (x 1 , x 2 ) =
x 1 −∞ f 2 (x)dx + +∞ x 2 f 2 (x)dx, F 2 (x 1 , x
2 ) =
x 2 x 1 f 1 (x)dx. 129
Функции F 1 (x 1 , x
2 ) и F
2 (x 1 , x 2 ) дифференцируемы на R 2 , причем
F 1 (x 1 , x
2 ) = (f
2 (x 1 ), −f 2 (x 2 )),
F 2 (x 1 , x
2 ) = (−f
1 (x 1 ), f 1 (x 2 )).
Из необходимого условия минимума функции максимума (см. [1]) имеем следующие условия: если (x ∗ 1
∗ 2 ) – точка минимума функции ϕ 2 (x 1 , x
2 ), то в случае F 1 (x
1 , x
∗ 2 ) > F 2 (x ∗ 1 , x
∗ 2 ) должно быть f 2 (x ∗ 1 ) = f 2 (x ∗ 2 ) = 0;
(5) в случае F 1 (x
1 , x
∗ 2 ) < F 2 (x ∗ 1 , x
∗ 2 ) f 1 (x ∗ 1 ) = f 1 (x ∗ 2 ) = 0;
(6) а в случае F 1 (x
1 , x
∗ 2 ) = F 2 (x ∗ 1 , x
∗ 2 ), соответственно, (0, 0) ∈ co{F 1 (x ∗ 1 , x ∗ 2 ), F 2 (x ∗ 1 , x
∗ 2 )}, т.е. должно найтись такое α ∈ [0, 1], что (0, 0) = αF 1 (x
1 , x
∗ 2 ) + (1 − α)F 2 (x ∗ 1 , x
∗ 2 ). Отсюда, учитывая вид производных, найдем f 1 (x ∗ 1 )f 2 (x ∗ 2 ) = f 1 (x ∗ 2 )f 2 (x ∗ 1 ). (7)
Аналогичные результаты можно получить для множеств S k (когда R делится на k интервалов). В частности, для множества S 3 : S 3 = {[Q 1 , Q
2 ] | Q
1 = (−∞, x
1 ] ∪ (x
2 , x
3 ], Q 2 = (x
1 , x
2 ] ∪ (x
3 , +∞), x
1 < x 2
3 }
1 условия минимума на S 3 имеют вид f 2 (x ∗ 1 ) = f 1 (x ∗ 1 ), f 1 (x ∗ 2 ) = f
2 (x ∗ 2 ), f 1 (x ∗ 3 ) = f
2 (x ∗ 3 ). Для функционала Φ 2 получаем следующие условия минимума на S 3
∗ 1 , x ∗ 2 , x ∗ 3 ) – точка минимума функции ϕ 2 (x 1 , x 2 , x 3 ), то в
случае F 1 (x ∗ 1 , x ∗ 2 , x ∗ 3 )) > F 2 (x ∗ 1 , x
∗ 2 , x ∗ 3 ) должно быть f 2 (x ∗ 1 ) = f 2 (x ∗ 2 ) = f
2 (x ∗ 3 ) = 0;
(8) в случае F 1 (x
1 , x
∗ 2 , x ∗ 3 )) < F 2 (x ∗ 1 , x
∗ 2 , x ∗ 3 ) f 1 (x ∗ 1 ) = f 1 (x ∗ 2 ) = f
1 (x ∗ 3 ) = 0;
(9) 130
а в случае F 1 (x ∗ 1 , x ∗ 2 , x ∗ 3 )) = F 2 (x ∗ 1 , x
∗ 2 , x ∗ 3 ), соответственно, (0, 0) ∈ co{F 1 (x ∗ 1 , x ∗ 2 , x ∗ 3 ), F 2 (x ∗ 1 , x
∗ 2 , x ∗ 3 )}, т. е. должно найтись такое α ∈ [0, 1], что (0, 0) = αF 1 (x
1 , x
∗ 2 , x ∗ 3 ) + (1 − α)F 2 (x ∗ 1 , x
∗ 2 , x ∗ 3 ). Отсюда, учитывая вид производных, получаем f 1 (x ∗ 1 )f 2 (x ∗ 2 ) = f 1 (x ∗ 2 )f 2 (x ∗ 1 ), (10)
f 1 (x ∗ 1 )f 2 (x ∗ 3 ) = f
1 (x ∗ 3 )f 2 (x ∗ 1 ). (11)
3. Случай нормально распределенных величин. Рассмот- рим случай, когда каждая из популяций распределена по нормаль- ному закону. Тогда f 1 (x) = 1 √ 2π exp{−
(x − a 1 ) 2 2σ 2 1 − lnσ
1 }, f 2 (x) =
1 √ 2π exp{− (x − a
2 ) 2 2σ 2 2 − lnσ 2 }. Здесь a 1 и a 2 – математические ожидания, а σ 2 1
2 2 – дисперсии соответствующих случайных величин. Условие (4) в данном случае имеет вид − (x − a
1 ) 2 2σ 2 1 − lnσ 1 = − (x − a 2 ) 2 2σ 2 2 − lnσ
2 . Оно представляет собой квадратное уравнение x 2 (σ 2 2 − σ 2 1 ) + x(−2a 1 σ 2 2 + 2a
2 σ 2 1 )+ σ
2 2 a 2 1 − σ 2 1 a 2 2 +2σ 2 1 σ 2 2 (lnσ 1 − lnσ
2 ) = 0.
(12) Если σ
2 2 = σ 2 1 , то уравнение (12) имеет единственное решение x ∗ = a 1 + a 2 2 . Если σ 2 2 = σ 2 1 , то существует два корня x ∗ 1 = 1 σ 2 2 − σ 2 1 a 1 σ 2 2 − a 2 σ 2 1 − σ
1 σ 2 (a 1 − a 2 ) 2 + 2(σ 2 2 − σ 2 1 )(lnσ 2 − lnσ 1 ) ,
131 x ∗ 2 = 1 σ 2 2 − σ 2 1 a 1 σ 2 2 − a
2 σ 2 1 + σ
1 σ 2 (a 1 − a 2 ) 2 + 2(σ 2 2 − σ 2 1 )(lnσ 2 − lnσ 1 ) .
Поскольку существует только два корня уравнения, то минимум функции Φ 1 (Q
, Q 2 ) на множестве S 2 совпадает с минимумом функ- ции Φ 1
1 , Q
2 ) на множестве S. Выше уже приводилось решение задачи 1 (см. (2)). Однако про- верка принадлежности конкретной точки x множеству Q 1 или мно-
жеству Q 2 может оказаться более простой, чем проверка условия (2). Кроме того, выявление структуры множеств Q 1 и Q 2 может помочь в решении более сложных задач. Так как f 1 (x) > 0, f 2 (x) > 0 на R, то для функционала Φ 2 (Q
, Q 2 ) условия (5) и (6) невозможны, и остается только случай F 1 (x ∗ 1 , x ∗ 2 ) = F 2 (x ∗ 1 , x ∗ 2 ), для которого должно выполняться условие (7). Найдем решение уравнения F 1 (x 1 , x
2 ) = F
2 (x 1 , x 2 ). Из (7) имеем exp{− (x 1 − a 1 ) 2 2σ 2 1 − lnσ
1 }exp{−
(x 2 − a 2 ) 2 2σ 2 2 − lnσ 2 } = = exp{− (x 2 − a 1 ) 2 2σ 2 1 − lnσ
1 }exp{−
(x 1 − a 2 ) 2 2σ 2 2 − lnσ 2 }. Отсюда (x 1 − a 1 ) 2 2σ 2 1 + (x 2 − a
2 ) 2 2σ 2 2 = (x 2 − a 1 ) 2 2σ 2 1 + (x 1 − a
2 ) 2 2σ 2 2 , т.е.
σ 2 2 [(x 1 − x 2 )(x
1 + x
2 − 2a
1 )] = σ
2 1 [(x 1 − x
2 )(x
1 + x
2 − 2a
2 )].
(13) При x
1 = x
2 будет F
2 (x 1 , x 2 ) = 0, F 1 (x 1 , x 2 ) = 1, т.е. F 2 (x 1 , x 2 ) = F 1 (x 1 , x
2 ), что противоречит предположению. Следовательно, x 1
2 , и потому из (13) (x 1
2 )(σ
2 2 − σ жүктеу/скачать 30,48 Mb. Достарыңызбен бөлісу:
|