[WS] Lineare Ausgleichsprobleme - Beispiele

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05.08.2007, 17:37	tigerbine	Auf diesen Beitrag antworten »
[WS] Lineare Ausgleichsprobleme - Beispiele Gliederung 1. Eine QR-Zerlegung bestimmen Mit Gram-Schmidt-Orthogonalisierung Mit Householder-Spiegelungen Mit Givens-Rotationen Vergleich der Lösungen 2. Gram-Schmidt und modifiziertes Gram-Schmidt-Verfahren 3. Lösen eines LGS mittels QR-Zerlegung 4. Beispiel für eine Ausgleichsrechnung
05.08.2007, 17:42	tigerbine	Auf diesen Beitrag antworten »
1. Eine QR-Zerlegung bestimmen Im Therorie Workshop wurden 3 Wege vorgestellt, eine (sie ist ja nicht eindeutig) QR-Zerlegung einer Matrix A zu bestimmen. Dies soll nun anhand der folgenden Matrix A geschehen. Bei den Berechnungen soll auf die Konstruktiven Formeln (im Gegensatz zu den Vorgehensweisen bei der Implementierung) zurückgegriffen werden. $\begin{eqnarray} A=\begin{pmatrix} 1&5&4 \\ -2&1&3 \\ 2&0&-2 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$
05.08.2007, 18:42	tigerbine	Auf diesen Beitrag antworten »
a. Gram Schmidt Orthogonalisierung $\begin{eqnarray} A = \begin{pmatrix}1 & 5 & 4 \\ -2 & 1 & 3 \\ 2 & 0 &-2 \end{pmatrix} =\begin{pmatrix}q_{11} & q_{12} & q_{13} \\ q_{21} & q_{22} & q_{23} \\ q_{31} & q_{32} & q_{33} \end{pmatrix}\begin{pmatrix} r_{11} & r_{12} & r_{13} \\ 0 & r_{22} & r_{23} \\ 0&0& r_{33}\end{pmatrix} \end{eqnarray}$ Wir wählen die Diagonalelemente von R nicht negativ. Somit ergibt sich: $\begin{eqnarray} r_{11} = \|\|a^1\|\|_2 = \sqrt{1^2+(-2)^2+2^2} = 3 \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} q^1 = \begin{pmatrix}\frac{1}{3} \\ -\frac{2}{3} \\ \frac{2}{3} \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ ****************************************************** Nun rechnen wir das Gram Schmidt Verfahren (nicht das modifizierte!) einmal weiter durch: j=2** $\begin{eqnarray} q^2:=a^2 = \begin{pmatrix} 5 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} r_{12}:=(q^1)^Ta^2 = (\frac{1}{3},-\frac{2}{3},\frac{2}{3}) \begin{pmatrix}5\\1\\0 \end{pmatrix}= 1 \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} q^2:=q^2-r_{12} \cdot q^1=\begin{pmatrix} 5 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}-1\cdot \begin{pmatrix}\frac{1}{3} \\ -\frac{2}{3} \\ \frac{2}{3} \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} \frac{14}{3} \\ \frac{5}{3} \\-\frac{2}{3} \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} r_{22}:= \|\|q^2\|\|_2 = \sqrt{\frac{196}{9} + \frac{25}{9} + \frac{4}{9}} = \frac{15}{3} = 5 \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} q^2:=\begin{pmatrix} \frac{14}{15} \\ \frac{1}{3} \\-\frac{2}{15} \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ q=3 $\begin{eqnarray} q^3=\begin{pmatrix} 4 \\ 3 \\ -2\end{pmatrix} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} r_{13}:= (q^1)^Ta^3 =(\frac{1}{3},~ -\frac{2}{3},~ \frac{2}{3} ) \begin{pmatrix} 4 \\ 3 \\ -2\end{pmatrix} = -2 \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} q^3:=q^3 +2 \cdot q^1 =\begin{pmatrix} 4 \\ 3 \\ -2\end{pmatrix} + 2\cdot \begin{pmatrix}\frac{1}{3} \\ -\frac{2}{3} \\ \frac{2}{3} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix}\frac{14}{3} \\ \frac{5}{3} \\- \frac{2}{3} \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} r_{23}:=(q^2)^Ta^3 =(\frac{14}{15},~\frac{1}{3},~-\frac{2}{15}) \begin{pmatrix} 4 \\ 3 \\ -2\end{pmatrix} = 5 \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} q^3:=q^3-5\cdot q^2 = \begin{pmatrix}\frac{14}{3} \\ \frac{5}{3} \\- \frac{2}{3} \end{pmatrix} - 5\cdot \begin{pmatrix} \frac{14}{15} \\ \frac{1}{3} \\-\frac{2}{15} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0\\ 0\end{pmatrix} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} r_{33} = 0 \end{eqnarray}$ Hier bricht das Verfahren nun ab. Denn die Matrix A hat nur den Rang 2 (n=3). Eine QR-Zerlegung ist in diesem Fall mit dem Gram-Schmidt-Verfahren nicht möglich. Dennoch sollen die bisherigen Resultat einmal notiert werden. In den nächsten beiden Absätzen werden wir sehen, dass man auch im Falle Rang(A) < n eine QR-Zerlegung bestimmen kann und was das für die Lösungsmenge des Linearen Ausgleichsproblems bedeutet. $\begin{eqnarray} A = QR \Leftrightarrow A = \begin{pmatrix}1 & 5 & 4 \\ -2 & 1 & 3 \\ 2 & 0 &-2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \frac{1}{3} & \frac{14}{15} & ? \\ -\frac{2}{3} & \frac{1}{3} & ? \\\frac{2}{3} & -\frac{2}{15}&? \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 3&1&-2 \\ 0 & 5 & 5 \\ 0 &0&0\end{pmatrix} \end{eqnarray}$
05.08.2007, 18:42	tigerbine	Auf diesen Beitrag antworten »
b. Mit Householder-Spiegelungen $\begin{eqnarray} A^{(1)}=\begin{pmatrix} 1&5&4 \\ -2&1&3 \\ 2&0&-2 \end{pmatrix}\Rightarrow x^{(1)} = \begin{pmatrix}1\\-2\\2 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ Somit ergibt sich: $\begin{eqnarray} u^{(1)} &&= \begin{pmatrix}1\\-2\\2 \end{pmatrix} + (+1) \cdot \sqrt{1^2+2^2+2^2} \cdot \begin{pmatrix}1\\0\\0 \end{pmatrix} \\&&= \begin{pmatrix}1\\-2\\2 \end{pmatrix} + 3 \cdot \begin{pmatrix}1\\0\\0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix}4\\-2\\2 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \beta^{(1)} = \frac{2}{(u^{(1)})^Tu^{(1)}} = \frac{2}{4^2+2^2+^2} = \frac{1}{12} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} U_1= u^{(1)}(u^{(1)})^T = \begin{pmatrix} 16&-8&8\\-8&4&-4\\8&-4&4 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} H_1 = I_3- \beta^{(1)} \cdot U =\frac{1}{3}\cdot \begin{pmatrix} -1&2&-2\\2&2&1\\-2&1&2 \end{pmatrix} = Q_1 \end{eqnarray}$ Und somit erhält man schließlich: $\begin{eqnarray} Q_1 \cdot A^{(1)}&& = \frac{1}{3}\cdot \begin{pmatrix} -1&2&-2\\2&2&1\\-2&1&2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1&5&4 \\ -2&1&3 \\ 2&0&-2 \end{pmatrix} \\&&= \begin{pmatrix} -3&-1&2 \\ 0&4&4 \\ 0&-3&-3 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ ************************************************** Nun geht es in Runde 2. $\begin{eqnarray} A^{(2)} = \begin{pmatrix}4&4 \\ -3&-3 \end{pmatrix} \Rightarrow x^{(2)} = \begin{pmatrix} 4 \\-3 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} u^{(2)} = \begin{pmatrix} 4 \\-3 \end{pmatrix} + (+1)\cdot \sqrt{4^2+3^2} \cdot \begin{pmatrix}1 \\ 0\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}9 \\-3 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \beta^{(2)} = \frac{2}{9^2+3^2} = \frac{1}{45} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} U_2 = \begin{pmatrix} 81&-27 \\ -27 & 9 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} H_2= I_2 - \beta^{(2)}\cdot U_2 = \begin{pmatrix} -0.8& 0.6 \\ 0.6 & 0.8 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} Q_2 = \begin{pmatrix}1&0&0\\0&-0.8&0.6 \\ 0&0.6 & 0.8 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ Und damit: $\begin{eqnarray} Q_2Q_1A^{(1)} &&=\begin{pmatrix}1&0&0\\0&-0.8&0.6 \\ 0&0.6 & 0.8 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} -3&-1&2 \\ 0&4&4 \\ 0&-3&-3 \end{pmatrix}\\&& = \begin{pmatrix} -3&-1&2 \\ 0&-5&-5 \\ 0&0&0 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ ************************************************** Somit ist die volle QR-Zerlegung fertig. Wir erhalten: $\begin{eqnarray} R = \begin{pmatrix} -3&-1&2 \\ 0&-5&-5 \\ 0&0&0 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} Q^{-1} = Q_2Q_1 = \frac{1}{3} \cdot \begin{pmatrix}1&0&0\\0&-0.8&0.6 \\ 0&0.6 & 0.8 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} -1&2&-2\\2&2&1\\-2&1&2 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} Q &&=\frac{1}{3} \cdot \begin{pmatrix} -1&2&-2\\2&2&1\\-2&1&2 \end{pmatrix}\begin{pmatrix}1&0&0\\0&-0.8&0.6 \\ 0&0.6 & 0.8 \end{pmatrix} \\&&= \begin{pmatrix} -\frac{1}{3} & -\frac{14}{15} & -\frac{2}{15} \\ \frac{2}{3} & -\frac{1}{3} & \frac{2}{3} \\ -\frac{2}{3} & \frac{2}{15} & \frac{11}{15} \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ Es ist also: $\begin{eqnarray} A=QR \Leftrightarrow \begin{pmatrix} 1&5&4 \\ -2&1&3 \\ 2&0&-2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -\frac{1}{3} & -\frac{14}{15} & -\frac{2}{15} \\ \frac{2}{3} & -\frac{1}{3} & \frac{2}{3} \\ -\frac{2}{3} & \frac{2}{15} & \frac{11}{15} \end{pmatrix}\begin{pmatrix} -3&-1&2 \\ 0&-5&-5 \\ 0&0&0 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$
05.08.2007, 20:59	tigerbine	Auf diesen Beitrag antworten »
c. Mit Givens-Rotationen $\begin{eqnarray} A^{(1)}=\begin{pmatrix} 1&5&4 \\ -2&1&3 \\ 2&0&-2 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} p=\sqrt{a_{11}^2+a_{21}^2} = \sqrt{1^2+(-2)^2} = \sqrt{5} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} c = \frac{1}{\sqrt{5}},~s=-\frac{2}{\sqrt{5}} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} G_{21} = \begin{pmatrix} \frac{1}{\sqrt{5}} & - \frac{2}{\sqrt{5}} & 0 \\ \frac{2}{\sqrt{5}} & \frac{1}{\sqrt{5}} & 0 \\ 0&0&1 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ und damit: $\begin{eqnarray} A^{(1)}= \begin{pmatrix} \frac{1}{\sqrt{5}} & - \frac{2}{\sqrt{5}} & 0 \\ \frac{2}{\sqrt{5}} & \frac{1}{\sqrt{5}} & 0 \\ 0&0&1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1&5&4 \\ -2&1&3 \\ 2&0&-2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \sqrt{5} & \frac{3}{\sqrt{5}}& -\frac{2}{\sqrt{5}} \\0 & \frac{11}{\sqrt{5}}& \frac{11}{\sqrt{5}} \\ 2&0 &-2\end{pmatrix} \end{eqnarray}$ ********************************************************* $\begin{eqnarray} p = \sqrt{(\sqrt{5})^2+2^2} = 3 \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} c =\frac{\sqrt{5}}{3} ,~s=\frac{2}{3} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} G_{31} = \begin{pmatrix} \frac{\sqrt{5}}{3} & 0 & \frac{2}{3} \\ 0 & 1 & 0 \\ -\frac{2}{3}&0&\frac{\sqrt{5}}{3} \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ und damit: $\begin{eqnarray} A^{(2)} &&= \begin{pmatrix} \frac{\sqrt{5}}{3} & 0 & \frac{2}{3} \\ 0 & 1 & 0 \\ -\frac{2}{3}&0&\frac{\sqrt{5}}{3} \end{pmatrix}\begin{pmatrix} \sqrt{5} & \frac{3}{\sqrt{5}}& -\frac{2}{\sqrt{5}} \\0 & \frac{11}{\sqrt{5}}& \frac{11}{\sqrt{5}} \\ 2&0 &-2\end{pmatrix} \\&& = \begin{pmatrix} 3 & 1 & -2 \\ 0 & \frac{11}{\sqrt{5}}& \frac{11}{\sqrt{5}} \\ 0 & -\frac{2}{\sqrt{5}} & -\frac{2}{\sqrt{5}} \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ ********************************************************* $\begin{eqnarray} p = \sqrt{(\frac{11}{\sqrt{5}})^2+(-\frac{2}{\sqrt{5}})^2} = 5 \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} c=\frac{11}{5\sqrt{5}},~s=-\frac{2}{5\sqrt{5}} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} G_{32} = \begin{pmatrix}1&0&0 \\ 0&\frac{11}{5\sqrt{5}} &-\frac{2}{5\sqrt{5}} \\ 0&\frac{2}{5\sqrt{5}} &\frac{11}{5\sqrt{5}} \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} A^{(3)} &&=\begin{pmatrix}1&0&0 \\ 0&\frac{11}{5\sqrt{5}} &-\frac{2}{5\sqrt{5}} \\ 0&\frac{2}{5\sqrt{5}} &\frac{11}{5\sqrt{5}} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 3 & 1 & -2 \\ 0 & \frac{11}{\sqrt{5}}& \frac{11}{\sqrt{5}} \\ 0 & -\frac{2}{\sqrt{5}} & -\frac{2}{\sqrt{5}} \end{pmatrix} \\&&=\begin{pmatrix} 3&1&-2 \\ 0&5 &5 \\ 0&0&0\end{pmatrix} \end{eqnarray}$ ********************************************************* Somit ist die volle QR-Zerlegung fertig und wir erhalten: $\begin{eqnarray} R = \begin{pmatrix} 3&1&-2 \\ 0&5 &5 \\ 0&0&0\end{pmatrix} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} Q^{-1} = G_{32}G_{31}G_{21} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} Q &&=\begin{pmatrix} \frac{1}{\sqrt{5}} & \frac{2}{\sqrt{5}} & 0 \\ -\frac{2}{\sqrt{5}} & \frac{1}{\sqrt{5}} & 0 \\ 0&0&1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \frac{\sqrt{5}}{3} & 0 & -\frac{2}{3} \\ 0 & 1 & 0 \\ \frac{2}{3}&0&\frac{\sqrt{5}}{3} \end{pmatrix} \begin{pmatrix}1&0&0 \\ 0&\frac{11}{5\sqrt{5}} &\frac{2}{5\sqrt{5}} \\ 0&-\frac{2}{5\sqrt{5}} &\frac{11}{5\sqrt{5}} \end{pmatrix} \\ && = \begin{pmatrix} \frac{1}{3} & \frac{14}{15} & -\frac{2}{15} \\ -\frac{2}{3} & \frac{1}{3} & \frac{2}{3} \\ \frac{2}{3} & -\frac{2}{15} & \frac{11}{15} \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ Es ist also: $\begin{eqnarray} A=QR \Leftrightarrow \begin{pmatrix} 1&5&4 \\ -2&1&3 \\ 2&0&-2 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} \frac{1}{3} & \frac{14}{15} & -\frac{2}{15} \\ -\frac{2}{3} & \frac{1}{3} & \frac{2}{3} \\ \frac{2}{3} & -\frac{2}{15} & \frac{11}{15} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 3&1&-2 \\ 0&5 &5 \\ 0&0&0\end{pmatrix} \end{eqnarray}$
06.08.2007, 02:16	tigerbine	Auf diesen Beitrag antworten »
d. Vergleich der Lösungen a. Gram-Schmidt-Orthogonalisierung $\begin{eqnarray} A = QR \Leftrightarrow A = \begin{pmatrix}1 & 5 & 4 \\ -2 & 1 & 3 \\ 2 & 0 &-2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \frac{1}{3} & \frac{14}{15} & ? \\ -\frac{2}{3} & \frac{1}{3} & ? \\\frac{2}{3} & -\frac{2}{15}&? \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 3&1&-2 \\ 0 & 5 & 5 \\ 0 &0&0\end{pmatrix} \end{eqnarray}$ b. Householder-Spiegelungen $\begin{eqnarray} A=Q_HR_H \Leftrightarrow \begin{pmatrix} 1&5&4 \\ -2&1&3 \\ 2&0&-2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -\frac{1}{3} & -\frac{14}{15} & -\frac{2}{15} \\ \frac{2}{3} & -\frac{1}{3} & \frac{2}{3} \\ -\frac{2}{3} & \frac{2}{15} & \frac{11}{15} \end{pmatrix}\begin{pmatrix} -3&-1&2 \\ 0&-5&-5 \\ 0&0&0 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ c. Givens-Rotationen $\begin{eqnarray} A=Q_GR_G \Leftrightarrow \begin{pmatrix} 1&5&4 \\ -2&1&3 \\ 2&0&-2 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} \frac{1}{3} & \frac{14}{15} & -\frac{2}{15} \\ -\frac{2}{3} & \frac{1}{3} & \frac{2}{3} \\ \frac{2}{3} & -\frac{2}{15} & \frac{11}{15} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 3&1&-2 \\ 0&5 &5 \\ 0&0&0\end{pmatrix} \end{eqnarray}$ Eindeutig, bis auf eine Diagonalmatrix D? Ja, denn $\begin{eqnarray} Q_H = \begin{pmatrix} -1 &0&0 \\ 0 & -1 & 0 \\ 0 &0& 1\end{pmatrix} Q_G \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} R_G = \begin{pmatrix} -1 &0&0 \\ 0 & -1 & 0 \\ 0 &0& 1\end{pmatrix} R_H \end{eqnarray}$
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06.08.2007, 02:32	tigerbine	Auf diesen Beitrag antworten »
2. Gram-Schmidt und Modifiziertes Gram-Schmidt-Verfahren Betrachten wir die Matrix $\begin{eqnarray} A:=\begin{pmatrix} 1&1&1 \\ \varepsilon & 0&0 \\ 0 &\varepsilon & 0 \\ 0&0 & \varepsilon \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ mit $\begin{eqnarray} \varepsilon = 10^{-8} \end{eqnarray}$ Berechnet man mit dem Gram Schmidt Verfahren , so erhält man für $\begin{eqnarray} \hat Q \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \hat Q = \begin{pmatrix}1&0&0 \\ 0.00000001 & -0.70710678118655 & -0.70710678118655 \\ 0 & 0.70710678118655 &0 \\ 0&0&0.70710678118655\end{pmatrix} \end{eqnarray}$ Theroetisch sollte diese Matrix ja orthonormierte Spalten haben, tatsächlich ergibt sich aber: $\begin{eqnarray} \hat Q^T \hat Q = \begin{pmatrix}1&-0.00000000707107&-0.00000000707107 \\ -0.00000000707107 &1 &0.5 \\ -0.00000000707107 & 0.5 &1 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ Mit dem modifizierten Gram-Schmidt-Verfahren ergibt sich: $\begin{eqnarray} \hat Q = \begin{pmatrix}1&0&0 \\ 0.00000001 & -0.70710678118655 &-0.40824829046386 \\ 0 & 0.70710678118655 &-0.40824829046386 \\ 0&0&0.81649658092773\end{pmatrix} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \hat Q^T \hat Q = \begin{pmatrix}1&-0.00000000707107&-0.00000000408248 \\ -0.00000000707107 &1 &0 \\ -0.00000000408248 & 0 &1 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ Was deutlich dichter an der Einheitsmatrix dran liegt.
13.08.2007, 15:20	tigerbine	Auf diesen Beitrag antworten »
3. Lösung des lin. Ausgleichsproblems Mit den QR - Zerlegungen soll nun das lineare Ausgleichsproblem $\begin{eqnarray} \min~\|\|Ax-b\|\|_2,~b = \begin{pmatrix}-1 \\ 4 \\ 3 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ gelöst werden. Wir haben bereits festgestellt, dass gilt Rang(A) = 2 < 3 = n = m. Es existiert daher keine eindeutige Lösung. Bevor wir nun die Lösung bestimmen, noch ein paar Umformungen: $\begin{eqnarray} \|\|Ax-b\|\|_2 &&= \|\|QRx-b\|\|_2 = \|\|QRx - QQ^Tb\|\|_2 = \|\|Q(Rx-Q^Tb)\|\|_2 =\\&&=\underbrace{\|\|Q\|\|_2}_{=1}\cdot \|\|Rx-Q^Tb\|\|_2~() \\\\&& = \begin{Vmatrix} \begin{pmatrix}\hat R \\ 0 \end{pmatrix} x- \begin{pmatrix} \hat c \\ \tilde c\end{pmatrix} \end{Vmatrix}_2 \end{eqnarray}$ Des weiteren gilt: $\begin{eqnarray} \begin{Vmatrix} \begin{pmatrix}\hat R \\ 0 \end{pmatrix} x- \begin{pmatrix} \hat c \\ \tilde c\end{pmatrix} \end{Vmatrix}_2^2=\begin{Vmatrix} \begin{pmatrix}\hat Rx-\hat c \\ -\tilde c \end{pmatrix}\end{Vmatrix}_2^2 = \|\|\hat Rx-\hat c\|\|_2^2 + \|\|\tilde c\|\|_2^2 \end{eqnarray}$ Dieser Ausdruck wird offensichtlich minimal, wenn man x als Lösung des LGS $\begin{eqnarray} \hat Rx = \hat c \end{eqnarray}$ bestimmt. Kommen wir auf das erste Zahlenbeispiel zurück. $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix}-3 & -1 & 2\\ 0 &-5 &-5 \end{pmatrix} \begin{pmatrix}x_1 \\x_2 \\x_3 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ die Lösung $\begin{eqnarray} x = \begin{pmatrix} 0 \\ -\frac{1}{3} \\ \frac{1}{3} \end{pmatrix} + t\cdot \begin{pmatrix} 1 \\ -1 \\ 1 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ Im Gegensatz zur LR-Zerlegung wird hier im Grunde das folgende LGS gelöst: $\begin{eqnarray} Rx = Q^Tb~() \end{eqnarray}$ Dabei wird wie während der gezeigten "Handrechnung" in den Algorithmen mit Householder bzw. Givens-Matrizen der sowieso die Matrix $\begin{eqnarray} Q^T \end{eqnarray}$ berechnet, und nicht Q. Ein Transponieren ist also nur im Falle nötig, dass man als Output die QR-Zerlegung darstellen möchte. Zur Lösung des LGS ist es nicht nötig.
16.08.2007, 14:07	tigerbine	Auf diesen Beitrag antworten »
4. Beispiel für eine Ausgleichsrechnung Gegeben ist der Datensatz: $\begin{eqnarray} t_1 = 0,~R_1 = 2 \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} t_2 = \frac{\pi}{2},~R_2 = 1 \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} t_3 = \pi,~R_3 = 3 \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} t_4 = \frac{3\pi}{2},~R_4 = -1 \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} t_5 = 2\pi,~R_5 = 1 \end{eqnarray}$ Die Modellfuntkion soll die folgende Gestalt haben: $\begin{eqnarray} R(t) = \alpha \cdot \sin(t) + \beta \cdot \cos(t) \end{eqnarray}$ Man formuliert das Lineare Ausgleichsproblem: $\begin{eqnarray} \min~\sum_{i=1}^5~(R(t_i) - R_i)^2 &&= \begin{Vmatrix}\begin{pmatrix} \sin(t_1) & \cos(t_1) \\ \sin(t_2) & \cos(t_2) \\\sin(t_3) & \cos(t_3) \\\sin(t_4) & \cos(t_4) \\\sin(t_5) & \cos(t_5)\end{pmatrix} \begin{pmatrix}\alpha \\ \beta \end{pmatrix}-\begin{pmatrix}2\\1\\3\\-2\\1\end{pmatrix} \end{Vmatrix}_2^2 \\&& =\begin{Vmatrix}\begin{pmatrix} 0&1 \\1&0\\0&-1\\-1&0\\0&1\end{pmatrix} \begin{pmatrix}\alpha \\ \beta \end{pmatrix}-\begin{pmatrix}2\\1\\3\\-2\\1\end{pmatrix} \end{Vmatrix}_2^2 \end{eqnarray}$ Hier können wir nun z.B. mittels Normalengleichungen lösen. Man erhält das LGS: $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix}2&0\\0&3 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} \alpha^ \\\beta^\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}3\\0 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \alpha^ = 1.5,~\beta^* = 0 \end{eqnarray*}$

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