Orthogonalprojektion

30.09.2008, 16:49

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Orthogonalprojektion

Hallo! Ich habe folgende Aufgabe:

Es seien $\begin{eqnarray*} y = (3, -7, 2, 3)^{T}, v_1 = (2, -1, -3, 1)^{T}, v_2 = (1, 1, 0, -1)^{T} \in \mathbb R^{4} \end{eqnarray*}$ .
Finden Sie denjenigen Vektor der Form $\begin{eqnarray*} v := \alpha_1 v_1 + \alpha_2 v_2 \end{eqnarray*}$ , der den kleinsten Abstand zum Vektor $\begin{eqnarray*} y \end{eqnarray*}$ hat.

Verwenden Sie dazu:
$\begin{eqnarray*} \forall u \in U \forall v \in V : ||v - p_u(v)||^{2} \leq ||v - u'||^{2} \end{eqnarray*}$ und
$\begin{eqnarray*} p_u(v) = \sum_{i=1}^m~(v*v_i)v_i \end{eqnarray*}$ für Orthonormalbasis $\begin{eqnarray*} (v_1, ..., v_m) \end{eqnarray*}$ von $\begin{eqnarray*} U \end{eqnarray*}$ .

Dabei ist $\begin{eqnarray*} * \end{eqnarray*}$ innerhalb der Summe das Standartskalarprodukt und die Norm
ist bezüglich dieses Skalarproduktes definiert.

Somit projiziere ich den Vektor also auf die Linearkombination.

Erstmal habe ich die Vektoren $\begin{eqnarray*} v_1, v_2 \end{eqnarray*}$ normalisiert, orthogonal sind sie
schon. Dabei ist $\begin{eqnarray*} w_1 = \frac{1}{\sqrt{15}} v_1, w_2 = \frac{1}{\sqrt{3}} v_2 \end{eqnarray*}$ , wobei $\begin{eqnarray*} w_i \end{eqnarray*}$ die normalisierten Vektoren sind.
Damit errechne ich $\begin{eqnarray*} p_v(y) = \begin{pmatrix} -1 \\ -3 \\ -2 \\ 3 \end{pmatrix}. \end{eqnarray*}$

Nun errechne ich $\begin{eqnarray*} ||y - p_v(y)||^{2} = 48 \end{eqnarray*}$ , was also der minimale
Abstand sein müsste, liege ich mit der Überlegung richtig?
Somit muss ich also nur noch $\begin{eqnarray*} ||y - v||^{2} = 48 \end{eqnarray*}$ nach den Alphas auflösen, um den Vektor zu bestimmen, der den geringsten Abstand zu y hat. Daran scheitert es
aber.

Die Frage ist, ob ich mit meinen Ideen bisher überhaupt richtig liege, oder ob mich ein
falscher Ansatz zur Verzweiflung treibt. Vielen Dank schonmal!

30.09.2008, 17:49

Mazze

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Du solltest uns sicherlich noch einige Informationen geben. Zunächst :

Ist V der zugrundeliegende Vektorraum? Ist $\begin{eqnarray*} U \subseteq V \end{eqnarray*}$ oder gar $\begin{eqnarray*} U = V^\perp \end{eqnarray*}$ ?

Bei

$\begin{eqnarray*} \forall u \in U \forall v \in V : ||v - p_u(v)||^{2} \leq ||v - u'||^{2} \end{eqnarray*}$

sollte es wohl

$\begin{eqnarray*} \forall u \in U \forall v \in V : ||v - p_U(v)||^{2} \leq ||v - u||^{2} \end{eqnarray*}$

heissen ?

30.09.2008, 18:00

alle

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Der zugrundeliegende Vektorraum ist $\begin{eqnarray*} V = \mathbb R^{4} \end{eqnarray*}$ .

Weiterhin ist $\begin{eqnarray*} U \subseteq V \end{eqnarray*}$ .

Und bei der Ungleichung meinte ich die zweite Version, also

$\begin{eqnarray*} \forall u \in U \forall v \in V : ||v - p_U(v)||^{2} \leq ||v - u||^{2} \end{eqnarray*}$

Sorry für die Missverständnisse.

30.09.2008, 18:22

Mazze

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Ich würde mal zunächst genauer aufschreiben was U usw. sind. So wie ich das sehe ist

$\begin{eqnarray*} U = L(w_1,w_2) \end{eqnarray*}$

wobei die w's deine Normierten Vektoren sind. Im Prinzip reicht das schon. Wir haben

$\begin{eqnarray*} v \in U, v := P_U(y) = \langle y, w_1 \rangle w_1 + \langle y,w_2 \rangle w_2 = \underbrace{\langle y , w_1 \rangle \frac{1}{\sqrt{15}}}_{\alpha_1}v_1 + \underbrace{\langle y , w_2 \rangle \frac{1}{\sqrt{3}}}_{\alpha_2}v_2 \end{eqnarray*}$

Du musst nur noch zeigen das $\begin{eqnarray*} ||v - y|| \leq ||w - y|| \forall w \in U \end{eqnarray*}$ und dafür verwendest Du die Ungleichung oben. Das Ganze geht denn wegen

Zitat:

Finden Sie denjenigen Vektor der Form $\begin{eqnarray*} v := \alpha_1 v_1 + \alpha_2 v_2 \end{eqnarray*}$ , der den kleinsten Abstand zum Vektor $\begin{eqnarray*} y \end{eqnarray*}$ hat.

Suchst Du $\begin{eqnarray*} \min_{v \in U}||y - v|| \end{eqnarray*}$

30.09.2008, 19:00

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Ah, jetzt habe ich die Sache verstanden..

Ich glaube, die größten Probleme hat mir eine "falsche" Skizze gemacht.. Naja, nicht
so richtig falsch, aber zu umständlich.

Vielen Dank für Deine Hilfe! smile

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