KQ: Massenpunkt auf spiralförmiger Bahn

09.10.2015, 14:05

Statist

KQ: Massenpunkt auf spiralförmiger Bahn

Hi!

Von einem Massenpunkt nimmt man an, dass er sich auf einer spiralförmigen Bahn

$\begin{eqnarray*} F(t):=\binom{At\cos(\omega t)}{At\sin(\omega t)}=\binom{F_1(t)}{F_2(t)} \end{eqnarray*}$

bewege. Es liegen Messwerte vor (Zeit sowie x- und y-Position des Massenpunkts), die natürlich fehlerbehaftet sind. Ich soll nun mit der Methode der kleinsten Quadrate die Parameter $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \omega \end{eqnarray*}$ schätzen.

Ich habe mir dazu folgendes überlegt: Seien $\begin{eqnarray*} (\widehat x_i,\widehat y_i) \end{eqnarray*}$ die fehlerbehafteten Messwerte und $\begin{eqnarray*} (x_i,y_i) \end{eqnarray*}$ die gemäss der noch zu präzisierenden Funktion erwarteten Koordinaten.

Dann ist $\begin{eqnarray*} D(t,\omega):=\sum_{i=1}^n e^2=\sum_{i=1}^n A^2t^2+\widehat x_i^2+\widehat y_i^2-2At(\widehat x_i\cos(\omega t)+\widehat y_i\sin(\omega t)) \end{eqnarray*}$ die aufsummierte quadrierte Abweichung zwischen jeder gemessenen und "korrekten" Position. Diese Funktion gilt es zu minimieren. Also bilde ich die beiden partiellen Ableitungen:

$\begin{eqnarray*} \frac{\partial D}{\partial A} = 2At^2-2t\sum_{i=1}^n \widehat x_i\cos(\omega t)+\widehat y_i\sin(\omega t) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \frac{\partial D}{\partial \omega}=2At^2\sum_{i=1}^n \widehat x_i\sin(\omega t)-\widehat y_i\cos(\omega t) \end{eqnarray*}$

Notwendige Bedingung für ein Minimum ist, dass beide partiellen Ableitungen Null sind. Ich setze also beide gleich Null und erhalte nach einigen Umformungen

$\begin{eqnarray*} <br /> At=\sum_{i=1}^n \widehat x_i\cos(\omega t)+\widehat y_i\sin(\omega t) \end{eqnarray*}$ sowie
$\begin{eqnarray*} <br /> \omega t&=\arctan\frac{\sum \widehat y_i}{\sum\widehat x_i}<br /> \end{eqnarray*}$

Blöd ist jetzt, dass die Parameter noch von $\begin{eqnarray*} t \end{eqnarray*}$ abhängen. Ich sehe aber nicht, wo der Fehler liegt. Wer hat mir einen Tipp?

10.10.2015, 09:14

Huggy

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RE: KQ: Massenpunkt auf spiralförmiger Bahn
Zu jedem Ortsmesspunkt $\begin{eqnarray*} (\hat x_i, \hat y_i) \end{eqnarray*}$ gehört der Zeitpunkt $\begin{eqnarray*} \hat t_i \end{eqnarray*}$ , zu dem die Messung erfolgte. Statt $\begin{eqnarray*} t \end{eqnarray*}$ gehört $\begin{eqnarray*} \hat t_i \end{eqnarray*}$ in deine Gleichungen. Allerdings lässt sich das entstehende Gleichungssystem dann wohl nur noch numerisch lösen.

10.10.2015, 09:25

Statist

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RE: KQ: Massenpunkt auf spiralförmiger Bahn
Danke dir! Auf diese Idee bin ich gestern Nacht noch gekommen und habe dann, wie du schreibst, keine Lösung gefunden. Ich werde also man versuchen, das numerisch zu lösen.

Was mich nun noch etwas stört: Die Aufgabe wird im Statistik-Kurs gestellt, bisher habe ich aber keinerlei Eigenschaften oder Besonderheiten aus diesem Kurs ausgenützt, z. B. dass die Fehler gemäss Aufgabenstellung als N(0,1)-verteilt angenommen werden dürfen.

Gäbe es noch einen besseren Ansatz?

10.10.2015, 10:17

Huggy

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RE: KQ: Massenpunkt auf spiralförmiger Bahn
Damit die Methode der kleinsten Quadrate in gewissem Sinne eine theoretisch optimale Anpassung liefert, sollten die Messwerte um die theoretischen exakten Werte normalverteilt liegen und zwar mit einer konstanten, d. h. nicht von dem theoretischen Wert abhängigen Standardabweichung. In der Praxis wird das oft nicht geprüft, stimmt auch oft nicht. Man geht einfach davon aus, dass die Methode auch bei Nichterfüllung eine vernünftige Anpassung von Funktionsparametern an Messpunkte liefert.

Bei deiner Aufgabe könnte man versuchen, die Anpassung von $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \omega \end{eqnarray*}$ zu entkoppeln. Dazu betrachte man die transformierten Messpunkte

$\begin{eqnarray*} (\tilde x_i, \tilde y_i)=\frac {1}{\hat t_i}(\hat x_i, \hat y_i) \end{eqnarray*}$

Diese sollten theoretisch auf einem Kreis mit Radius $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ liegen. Man könnte also zunächst mal $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ nach der Methode der kleinsten Quadrate aus den transformierten Messdaten bestimmen und sich erst danach um $\begin{eqnarray*} \omega \end{eqnarray*}$ kümmern. Um die Details habe ich mir allerdings keine Gedanken gemacht. Du kannst ja damit mal herumspielen.

10.10.2015, 10:20

HAL 9000

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Zitat:

Original von Huggy
Allerdings lässt sich das entstehende Gleichungssystem dann wohl nur noch numerisch lösen.

Wobei in der zweiten Gleichung $\begin{align*} \frac{\partial D}{\partial \omega} = 0 \end{align*}$ auch nach der Korrektur $\begin{align*} A \end{align*}$ links nur als gemeinsamer Vorfaktor auftaucht, den man durch Division sofort eliminieren kann, d.h., dies ist letzten Endes nur eine Gleichung für eine Variable, die da numerisch zu lösen ist. Nach Abschluss dessen ist die Berechnung von $\begin{align*} A \end{align*}$ über $\begin{align*} \frac{\partial D}{\partial A} = 0 \end{align*}$ kein Problem mehr.

EDIT: Hatte deinen letzten Beitrag noch nicht gelesen. Auch ein interessanter Aspekt, wobei man sich natürlich darüber klar sein muss, dass in diesem Fall die einzelnen Punkte umgekehrt proportional zu $\begin{align*} t_i \end{align*}$ "gewichtet" in die Quadratsumme der Abweichungen eingehen, d.h., es ist ein anderes Minimierungsziel als bei der direkten MKQ. Was nicht verkehrt ist, nur eben ein anderes Bewertungskriterium. Augenzwinkern

10.10.2015, 11:42

Huggy

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Zitat:

Original von HAL 9000
wobei man sich natürlich darüber klar sein muss, dass in diesem Fall die einzelnen Punkte umgekehrt proportional zu $\begin{align*} t_i \end{align*}$ "gewichtet" in die Quadratsumme der Abweichungen eingehen, d.h., es ist ein anderes Minimierungsziel als bei der direkten MKQ. Was nicht verkehrt ist, nur eben ein anderes Bewertungskriterium. Augenzwinkern

Das ist richtig. Eine ähnliche Problematik ergibt sich, wenn man eine nichtlineare Abhängigkeit z. B. durch Logarithmieren linearisieren kann. Die Methode der kleinsten Quadrate, angewandt auf die ursprüngliche Funktion und auf die linearisierte Funktion ergibt dann nicht dasselbe Ergebnis.

Wenn man die Messdaten in Polarkoordinaten betrachtet $\begin{eqnarray*} (\hat r_i, \hat \varphi_i) \end{eqnarray*}$ , gilt für den Winkel die theoretische Abhängigkeit

$\begin{eqnarray*} \varphi_i=\omega t_i \end{eqnarray*}$

Daraus lässt sich $\begin{eqnarray*} \omega \end{eqnarray*}$ leicht nach der Methode der kleinsten Quadrate bestimmen.

10.10.2015, 11:52

Statist

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RE: KQ: Massenpunkt auf spiralförmiger Bahn
Danke euch für eure Antworten.

Mittlerweile habe ich noch meinen letzten Denkfehler gefunden: Ich habe immer nach der ersten numerischen Lösung schon aufgegeben, aber die stimmte nie. Der Witz ist natürlich, dass es ja unendlich viele Lösungen für $\begin{eqnarray*} \omega \end{eqnarray*}$ gibt und für $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ habe ich ja aufgrund des Plots immerhin eine grobe Abschätzung. So konnte ich dann das passende $\begin{eqnarray*} \omega \end{eqnarray*}$ bestimmen.

Das Ergebnis sieht zufriedenstellend aus.

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