Funktionskurve annähern

Neue Frage »

31.10.2012, 22:29	Gast11022013	Auf diesen Beitrag antworten »
Funktionskurve annähern Meine Frage: Hi, ich möchte gerne eine Funktionskurve annähern. Dazu habe ich Ergebnisse aus einer zufälligen Messung. (1\|14,7) (2\|12,6) (3\|10,7) (4\|9,4) Zu dieser Funktion würde ich gerne eine Funktionsgleichung annähern. Der Funktionsgraph sollte einen exponentiellen Verlauf haben. Außerdem würde eine Asymptote bei 6 liegen. Meine Ideen: Nun ist meine Frage, wie ich diese Funktion relativ gut auf einem beliebigem Definitionsbereich annähern kann. Bei den Werten handelt es sich einfach um irgendwelche durchschnittswerte, die ich bei einer Messung erhalten habe und ich nun gerne mit einem Funktionsgraphen beschreiben würde. Dabei ist es erstmal egal wie "genau" er für Punkte jenseits x=4 ist. Hauptsache die 4 Punkte werden getroffen und es entsteht eine Asymptote für y=6 Wäre dankbar für jegliche Tipps. Edit: Hab meine Rechnung vergessen zu posten. Also ich habe erstmal die y-Werte der Punkte jeweils dividiert: $\begin{eqnarray} \frac{12.6}{14.7}\approx 0,85714<br /> <br /> \frac{10.7}{12.6}\approx 0.84920<br /> <br /> \frac{9.4}{10.7}\approx 0.87850<br /> \end{eqnarray}$ Hier erkennt man ja eine Tendenz, dass es so um die 0,85 liegt. Also habe ich mit Geogebra einfach mal diese Funktion geplottet und meine Punkte eingetragen. Dann habe ich diese Funktion so verschoben, dass es annähert passte. Erhalten habe ich $\begin{eqnarray} f(x)=0.85^{x-16}+2.53 \end{eqnarray}$ Damit bin ich nicht ganz zufrieden. Vor allem wegen der Asymptote. Es müsste ja irgendwie $\begin{eqnarray} f(x)=\dotso^x+6 \end{eqnarray}$ lauten. Nur wie erhalte ich eine geeignete Basis? Mfg
31.10.2012, 22:39	Helferlein	Auf diesen Beitrag antworten »
Willst Du sie für diese Punkte nun "relativ gut" oder exakt haben? Für ersteres würde ich die Methode dere kleinsten Quadrate nehmen mit einer Exponentialfunktion, deren Grenzwert 6 beträgt. Für den zweiten Fall könntest Du beispielsweise eine Exponentilfunktion mit einem geeigneten Polynom als Argument nehmen.
31.10.2012, 22:42	Gast11022013	Auf diesen Beitrag antworten »
Wenn ich sie exakt kriegen könnte wäre dies natürlich besser. Ich wäre aber mit beidem zufrieden. Deshalb würde ich mal zur zweiten Variante tendieren. Wie finde ich ein geeignetes Polynom als Argument? Ist das mehr probieren, oder kann man da auch was berechnen?
31.10.2012, 22:44	Helferlein	Auf diesen Beitrag antworten »
Das machst Du ähnlich, wie bei den Polynomfunktionen vom Grad n zu n+1 gegebenen Punkten. Einsetzen und das GLS lösen.
31.10.2012, 22:47	Gast11022013	Auf diesen Beitrag antworten »
Wie würde den in dem Fall die Funktionsgleichung aussehen, in der ich die Punkte einsetze. Das mit dem einsetzen in eine Polynomfunktion habe ich bereits versucht, aber damit kriege ich keine Asymptote.
31.10.2012, 22:48	Helferlein	Auf diesen Beitrag antworten »
Natürlich nicht, polynome haben ja auch keine Asymptote. Aber wie eine recht einfache E-Funktion aussehen müsste, die den Grenzwert 6 hat, sollte klar sein. Wenn Du die gefunden hast erhöhst Du den Grad der Funktion im Argument.
Anzeige

31.10.2012, 22:53	Gast11022013	Auf diesen Beitrag antworten »
$\begin{eqnarray} f(x)=e^{-x}+6 \end{eqnarray}$ wäre natürlich die einfachste Exponentialfunktion mit Asymptote y=6 Den Begriff des Argumentes kenne ich in dem Zusammenhang mit Funktionen gar nicht. Was wäre damit gemeint?
31.10.2012, 22:56	Helferlein	Auf diesen Beitrag antworten »
Das -x in exp(-x). Vielleicht sollte ich Dich vorwarnen, dass die Funktion nicht sehr schön sein wird und vermutlich auch nicht gut per Hand zu berechnen. Aber sie erfüllt deine Forderungen
31.10.2012, 23:00	Gast11022013	Auf diesen Beitrag antworten »
Heute ist ja Halloween. Da kann eine Rechnung vor der ich mich grusel nicht schaden. Ok ich soll jetzt also das Argument (den variablen Exponenten) erhöhen. Und wie mache ich dies gezielt?
31.10.2012, 23:04	Helferlein	Auf diesen Beitrag antworten »
Im Prinzip so wie bei einer Steckbriefaufgabe: Wieviele Bedingungen müssen wir verarbeiten? Soviele Variablen brauchen wir. Vielleicht schon mal als Hilfe der allgemeine Ansatz: $\begin{eqnarray} f(x)=6+e^{p(x)}~\text{mit}~ f(x_i)=y_i,~i=1...4~\text{und}~\lim_{x\rightarrow\infty}p(x)=-\infty \end{eqnarray}$
31.10.2012, 23:07	Gast11022013	Auf diesen Beitrag antworten »
Da ich vier Bedingungen habe, brauchen wir vier Variablen. Meinst du das in der Art: $\begin{eqnarray} f(x)=e^{-ax}+e^{-bx}+e^{-cx}+e^{-dx}+6 \end{eqnarray}$ Sieht wirklich mörderisch aus. Ich bezweifel aber, dass du es so meinst.
31.10.2012, 23:10	Helferlein	Auf diesen Beitrag antworten »
Optisch nicht so möderisch, wie das, was ich meine In meinem letzten Beitrag habe ich noch etwas ergänzt, vielleicht hilft Dir das den Ansatz zu verbessern. (Wobei deiner prinzipiell auch möglich wäre, aber von der Rechnung her eher ungeeignet)
31.10.2012, 23:13	Gast11022013	Auf diesen Beitrag antworten »
Na dann kann das ja heiter werden. Also das für x gegen unendlich der Exponent immer geringer werden muss leuchtet mir ein. Jedoch wüsste ich nicht wie ich damit meinen Ansatz verbessern könnte.
31.10.2012, 23:14	Helferlein	Auf diesen Beitrag antworten »
Was für ein Polynom p(x) brauchen wir denn, das minimalen Grad hat und trotzdem die Bedingungen erfüllt?
31.10.2012, 23:18	Gast11022013	Auf diesen Beitrag antworten »
Meinst du ein p(x) der Form $\begin{eqnarray} p(x)=ax^3+bx^2+cx+d \end{eqnarray}$ Jetzt hätte ich bloß nicht die Bedingung mit dem $\begin{eqnarray} \lim_{x \to \infty} p(x)=-\infty \end{eqnarray}$ verwurstet. Ok könnte auch daran liegen wie hinterher die Koeffizienten aussehen. Wenn a negativ wäre würde es ja schon reichen, dass es im unendlichem gegen $\begin{eqnarray} -\infty \end{eqnarray}$ geht, oder? Edit: Hab mich im Grad des Polynoms vertan.
31.10.2012, 23:22	Helferlein	Auf diesen Beitrag antworten »
Im Prinzip stimmt das, aber was hindert Dich daran einfach a=-1 zu setzen?
31.10.2012, 23:35	Gast11022013	Auf diesen Beitrag antworten »
Hatte ich mich nicht im Polynomvertan? Ich habe es inzwischen editiert. Also $\begin{eqnarray} p(x)=ax^3+bx^2+cx+d \end{eqnarray}$ Da ich ja 4 Bedingungen habe. Ich würde sagen a kann ich nicht einfach als -1 setzen, weil ich ja dann nicht die exakten Punkte treffe. Du sagst mir jetzt gleich bestimmt, dass es sehr wohl geht.
31.10.2012, 23:41	Helferlein	Auf diesen Beitrag antworten »
Dann nimm halt wieder einen grad mehr, um das -1 als ersten Koeffizienten zu bekommen.
31.10.2012, 23:43	Gast11022013	Auf diesen Beitrag antworten »
$\begin{eqnarray} p(x)=-x^4+ax^3+bx^2+cx+d \end{eqnarray}$ So und nun das LGS aufstellen und lösen?
31.10.2012, 23:48	Helferlein	Auf diesen Beitrag antworten »
Noch ist es kein LGS, dazu musst Du noch ein wenig mehr Denkarbeit reinstecken. Wir wollen ja das (nichtlineare) Gleichungssystem $\begin{eqnarray} 6+e^{p(x_i)}=y_i \end{eqnarray}$ lösen. Wie lösst sich das auf $\begin{eqnarray} p(x_i) \end{eqnarray}$ zurückführen?
31.10.2012, 23:55	Gast11022013	Auf diesen Beitrag antworten »
Den Logarithmus anzuwenden wäre ja sinnlos. Dann hätte ich ja $\begin{eqnarray} ln(6)+p(x_i)=ln(y_i) \end{eqnarray}$ Wäre ja nicht das gewünschte Ergebnis, da ich $\begin{eqnarray} ln(y_i) \end{eqnarray}$ und nicht $\begin{eqnarray} y_i \end{eqnarray}$ berechnen würde. Ich hätte mir jetzt gedacht, dass ich einfach das LGS für den Exponenten löse und dann am Ziel wäre, aber das wäre einfach nicht unschön genug. Eine andere Art es auf $\begin{eqnarray} p(x_i) \end{eqnarray}$ zurückzuführen sehe ich nicht.
01.11.2012, 00:02	Helferlein	Auf diesen Beitrag antworten »
Eigentlich dachte ich, dass Du die Logarithmengesetze beherrscht. $\begin{eqnarray} ln(6+a)\neq ln(6)+ln(a) \end{eqnarray}$ Aber prinzipiell hast Du recht: Direkt solltest Du den Logarithmus nicht auf die Gleichung anwenden, aber die 6 kriegt man doch problemlos auf die rechte Seite.
01.11.2012, 00:07	Gast11022013	Auf diesen Beitrag antworten »
$\begin{eqnarray} p(x_i)=ln(y_i-6) \end{eqnarray}$ Läuft das nicht auf das selbe Problem hinaus, dass ich nicht $\begin{eqnarray} y_i \end{eqnarray}$ berechne?
01.11.2012, 00:09	Helferlein	Auf diesen Beitrag antworten »
Du kannst damit das Polynom bestimmen und somit hast Du auch die gesuchte Funktion für dein Problem. Darum geht es doch gerade.
01.11.2012, 00:13	Gast11022013	Auf diesen Beitrag antworten »
Ich muss nun also $\begin{eqnarray} -x^4+ax^3+bx^2+cx+d=ln(y_i-6)<br /> <br /> -x^4+a+b+c+d=ln(14.7-6)<br /> <br /> -x^4+8a+4b+2c+d=ln(12.6-6)<br /> <br /> -x^4+27a+9b+3c+d=ln(10.7-6)<br /> <br /> -x^4+64a+16b+4c+d=ln(9.4-6) \end{eqnarray}$ lösen.
01.11.2012, 00:16	Helferlein	Auf diesen Beitrag antworten »
Abgesehen von dem $\begin{eqnarray} -x^4 \end{eqnarray}$ auf der linken Seite : ja
01.11.2012, 00:19	Gast11022013	Auf diesen Beitrag antworten »
Upps.... klar.... Dann löse ich das mal auf.
01.11.2012, 00:34	Gast11022013	Auf diesen Beitrag antworten »
Ich (der online Rechner) habe folgende Ergebnisse erhalten: a = 10,0131623157 b = -35,110600776 c = 49,9634127423 d = -21,702651256 Dazu folgende Skizze. Ich hätte vielleicht noch anmerken sollen, dass die Funktion monoton fallend sein soll.
01.11.2012, 00:44	Helferlein	Auf diesen Beitrag antworten »
Ich hab nie behauptet, dass die Funktion schön sein wird, aber sie läuft durch die 4 Punkte und hat die vorgegebene Asymptote Die Schwierigkeit ist halt einen passenden Ansatz zu wählen, der alle Forderungen beinhaltet. Nimmt man beispielsweise anstelle der e-Funktion z.B. eine Polynomfunktion, dann hat diese nicht die gewünschte Asymptote und wird vermutlich noch mehr schwanken, als die gefundene Lösung. Eine gebrochenrationale Funktion wäre auch noch denkbar, aber sinnvoller ist es, sich von der Exaktheit zu lösen und auf eine Regression zurückzugreifen (zum Beispiel mit der oben erwähnten Methode der kleinsten Quadrate) Edit: Du könntest natürlich noch versuchen die Monotonie ebenfalls zu berücksichtigen, indem Du p anpasst. Wegen $\begin{eqnarray} f'(x)=p'(x)e^{p(x)} \end{eqnarray}$ muss p so gewählt werden, dass $\begin{eqnarray} p'(x)<0 \end{eqnarray}$ für $\begin{eqnarray} x>0 \end{eqnarray}$ . Wenn du also zusätzlich noch vier negative Ableitungswerte vorgibst, wirst Du eine bessere Funktion bekommen.
01.11.2012, 00:51	Gast11022013	Auf diesen Beitrag antworten »
Auch wenn das Ergebnis nicht besonders schön ist, war es auf jeden Fall eine sehr lehrreiche Erfahrung. Eine Funktion mit einem geringerem Fehler wäre natürlich besser, da diese Funktion eigentlich für mich nutzlos ist, aber nun gut. Ließe sich mit der Methode der kleinsten Quadrate eine Funktion mit geringerem Fehler erzeugen? Hauptsache sie wäre monoton fallend. Hier wäre einfach die Funktion $\begin{eqnarray} f(x)=0.85^x+6 \end{eqnarray}$ solange von mir verschoben bis ich eine annähernd zufriedenstellende Annährung erreicht habe. $\begin{eqnarray} f(x)=0.85^{x-14}+6 \end{eqnarray}$ Zum Edit: Das wäre natürlich schon cool wenn ich die obige Funktion optimieren könnte. Wenn sie dann monoton fallend wäre, dann wäre sie bestimmt gar nicht schlecht. Aber für heute ist es zu spät. Ich danke dir jeden falls sehr für deine Hilfe. Wie gesagt war es eine lehrreiche Erfahrung für mich.
01.11.2012, 00:58	Helferlein	Auf diesen Beitrag antworten »
Bei der Methode der kleinsten Quadrate wird die Summe der quadratischen Abweichungen minimiert, also z.B. $\begin{eqnarray} d(a)=\sum_{k=1}^4 (a \cdot 0.85^{x_k}+6-y_k)^2\rightarrow min! \end{eqnarray}$ Ich will nun aber langsam ins Bett, kann daher leider jetzt nicht mehr dazu schreiben. Lass es Dir einfach mal durch den Kopf gehen und experimentiere mit ein oder zwei Näherungsfunktionen.
01.11.2012, 01:00	Gast11022013	Auf diesen Beitrag antworten »
Diesen Ansatz würde ich gerne morgen weiter verfolgen. Ich möchte jetzt auch schlafen gehen. Hier nochmal ein großen Dank für deine Hilfe und eine gute Nacht.

Neue Frage »

Antworten »

Funktionskurve annähern

Verwandte Themen