Summe der Abstandsquadrate

07.01.2012, 15:10

bassi23

Summe der Abstandsquadrate

Hallo, bei folgender Aufgabe hänge ich:

für $\begin{eqnarray*} a_{1}, ..., a_{m} \in \mathbb R ^{n} \end{eqnarray*}$ betrachten wir die Funktion:

$\begin{eqnarray*} f: \mathbb R ^{n} -> \mathbb R: x -> \sum\limits_{j=1}^m ||x-a_{j}||_{2}² \end{eqnarray*}$ der Summe der Abstandsquadrate. Bestimme alle lokalen Extrema von f. Sind
sie auch globale Extrema?

Soweit bin ich:

$\begin{eqnarray*} f(x)=\sum\limits_{j=1}^m ||x-a_{j}||_{2}² = \sum\limits_{j=1}^m (x-a_{j})² \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} f'(x)=2 \sum\limits_{j=1}^m (x-a_{j}) =!= 0 <=> 2m x = \sum\limits_{j=1}^m a_{j} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} <=> x = \frac{1}{2m} \sum\limits_{j=1}^m a_{j} \end{eqnarray*}$

Die 2. Ableitung ist 2m, und daher immer positiv, weshalb der Punkt ein Minimum sein muss. (Ist ja klar, weil es hierbei nur ein Minimum und kein Maximum geben kann.)

Wenn ich den errechneten Punkt in f(x) einsetze komme ich aber nicht auf das richtige Ergebnis: $\begin{eqnarray*} Min= \frac{1}{m} \sum\limits_{j=1}^m a_{j} \end{eqnarray*}$

Entweder habe ich einen Fehler bei der Punktberechnung gemacht oder ich kann Summe(x-aj)² nicht auflösen Augenzwinkern

Meine Rechnung:

$\begin{eqnarray*} f(x)=\sum\limits_{j=1}^m x²-2xa_{j}+ a_{j} ² <br /> <br /> = m²x²-2mx*\sum\limits_{j=1}^m a_{j} + \sum\limits_{j=1}^m a_{j}² \end{eqnarray*}$

Nach dem Einsetzen vom Punkt $\begin{eqnarray*} \frac{1}{2m} \sum\limits_{j=1}^m a_{j} \end{eqnarray*}$ komme ich auf das Ergebnis: $\begin{eqnarray*} \frac{1}{4}\sum\limits_{j=1}^m a_{j} ² \end{eqnarray*}$

Was habe ich falsch gemacht?

07.01.2012, 18:09

frank09

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Also entweder:

$\begin{eqnarray*} f'(x)=2 \sum\limits_{j=1}^m (x-a_{j}) = 0 <=> \sum\limits_{j=1}^m (x-a_{j})=0 \end{eqnarray*}$

oder
$\begin{eqnarray*} f'(x)=2 \sum\limits_{j=1}^m (x-a_{j}) =0 <=> 2m x = 2\sum\limits_{j=1}^m a_{j} \end{eqnarray*}$
Aus beiden Fällen folgt:

$\begin{eqnarray*} x = \frac{1}{m} \sum\limits_{j=1}^m a_{j} \end{eqnarray*}$

Du kannst entweder vorher durch 2 teilen, was die Sache vereinfacht oder beim Ausmultiplizeren auch die aj mit 2 malnehmen.

So wie der Mittelwert einzelner Zahlen die "quadratischen Abstände" (= Varianz) minimiert, so minimiert der Mittelwert von Vektoren deren quadr. Abstände zu ihm.

05.06.2018, 10:17

niicc

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Hallo,

ich verstehe nicht wie man von $\begin{eqnarray*} 2*\sum\limits_{j=1}^{m} (\vec{x} -\vec{a}_j) = 0 \end{eqnarray*}$ auf
$\begin{eqnarray*} x = \frac{1}{m} \sum\limits_{j=1}^{m} \vec{a}_j \end{eqnarray*}$ kommt.
für mich wäre der Ausdruck null wenn $\begin{eqnarray*} \vec{x} =\vec{a}_j \end{eqnarray*}$ ist oder? wieso zieht man die laufvariable mit vor?

05.06.2018, 10:23

klarsoweit

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Dividiere durch 2 und ziehe die Summe auseinander. Augenzwinkern

05.06.2018, 10:33

niicc

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ja es hackt nur noch an einer stelle:

wenn ich z.b m = 2 setzte dann habe ich

$\begin{eqnarray*} 0 = (\vec{x} -\vec{a}_1) + (\vec{x} -\vec{a}_2)<br /> \Rightarrow 0 = 2 *\vec{x} (-\vec{a}_1 -\vec{a}_2) \end{eqnarray*}$

was im allgemeinen ja heißt:
$\begin{eqnarray*} 0 = m\vec{x} * (-\sum\limits_{j=1}^{m}\vec{a}_j) \end{eqnarray*}$

wie stelle ich das nach x um? ich seh wahrscheinlich den wald vor bäumen nicht Hammer

05.06.2018, 10:44

HAL 9000

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Zitat:

Original von niicc
$\begin{eqnarray*} 0 = (\vec{x} -\vec{a}_1) + (\vec{x} -\vec{a}_2)<br /> \Rightarrow 0 = 2 *\vec{x} (-\vec{a}_1 -\vec{a}_2) \end{eqnarray*}$

Unsinn, da ist kein Produkt zwischen den Vektoren, da steht einfach

$\begin{eqnarray*} 0 = 2\vec{x} - \vec{a}_1 - \vec{a}_2 \end{eqnarray*}$

und weiter umgeformt

$\begin{eqnarray*} 2\vec{x} = \vec{a}_1 + \vec{a}_2 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \vec{x} = \frac{1}{2}\left( \vec{a}_1 + \vec{a}_2 \right) \end{eqnarray*}$ ,

allgemein:

$\begin{eqnarray*} 0 = m\vec{x} - \sum_{j=1}^m \vec{a}_j \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} m\vec{x} = \sum_{j=1}^m \vec{a}_j \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \vec{x} = \frac{1}{m} \sum_{j=1}^m \vec{a}_j \end{eqnarray*}$ .

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Eine Anmerkung zum Originalbeitrag ganz oben im Thread:

Zu irgendeinem Zeitpunkt hat der Autor wohl aus dem Blick verloren, dass er sich im $\begin{eqnarray*} \mathbb{R}^n \end{eqnarray*}$ mit ggfs. auch $\begin{eqnarray*} n\geq 2 \end{eqnarray*}$ befindet. $\begin{eqnarray*} f'(x) \end{eqnarray*}$ mag man ja noch als Gradient interpretieren, und die entsprechenden Rechnungen dort mit Vektoren statt Zahlen sind soweit auch übertragbar. Spätestens aber bei

Zitat:

Original von bassi23
Die 2. Ableitung ist 2m, und daher immer positiv, weshalb der Punkt ein Minimum sein muss.

muss man dann aber doch mal warnend den Zeigefinger heben: Für $\begin{eqnarray*} n\geq 2 \end{eqnarray*}$ ist stattdessen hier von eine positiv definiten Hessematrix zu reden statt nur von einer reellen zweiten Ableitung.

Man kann das ganze auch analysisfrei begründen (und erspart sich so diesen Ärger), indem man per quadratischer Ergänzung $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ in die Darstellung

$\begin{eqnarray*} f(x) = m(x-\bar{a})^2 + \sum_{j=1}^m a_j^2 - m(\bar{a})^2 \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} \bar{a}:=\frac{1}{m} \sum_{j=1}^m a_j \end{eqnarray*}$

überführt. Der ist dann klar entnehmbar, dass das Minimum für $\begin{eqnarray*} x=\bar{a} \end{eqnarray*}$ angenommen wird, und liefert dann auch gleich den Minumwert

$\begin{eqnarray*} f(\bar{a}) = \sum_{j=1}^m a_j^2 - m(\bar{a})^2 = m\left( \overline{a^2} - (\bar{a})^2 \right) \end{eqnarray*}$ mit dem Quadratmittelwert $\begin{eqnarray*} \overline{a^2} := \frac{1}{m} \sum_{j=1}^m a_j^2 \end{eqnarray*}$ .

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