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Approximation: Aufgabe
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 21:17 Di 22.05.2018
Autor: sancho1980

Aufgabe
Das Gleichungssystem

Ax = b mit A = [mm] \pmat{ 1 & 2 \\ 1 & 2 }, [/mm] b = [mm] \pmat{ 1 \\ 3 } [/mm]

ist nicht lösbar. Finden Sie einen Vektor x, für den der Fehler [mm] \parallel [/mm] Ax − b [mm] \parallel [/mm] minimal ist. Ist x eindeutig? (Tipp: Zerlegen Sie b in eine Komponente parallel und orthogonal zu Bild(A).)


Hallo!

Die Lösung zu dieser Aufgabe ist laut Lehrbuch:

x = [mm] \pmat{ 2t + 2 \\ -t }, [/mm] t [mm] \in \IR [/mm]

Für mich leider nicht nachvollziehbar, wie man darauf kommt bzw. wie das die Lösung sein kann.

Egal welchen Vektor ich für x = [mm] \pmat{ x \\ y } [/mm] nehme, das Bild ist doch stets:

Ax = [mm] \pmat{ x + 2y \\ x + 2y } [/mm]

Der Einheitsvektor ist also

e [mm] =\bruch{1}{\wurzel{2}} \pmat{ 1 \\ 1 } [/mm]

Der Abstand zwischen Ax und b ist minimal für Ax = <e, b> e.

Also x = [mm] A^{-1} [/mm] <e, b> e.

Wieso kommt man dann auf die Lösung im Buch? Und was hat es mit t auf sich?

Gruß und Danke,

Martin

        
Bezug
Approximation: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 23:17 Di 22.05.2018
Autor: Gonozal_IX

Hiho,

> Egal welchen Vektor ich für x = [mm]\pmat{ x \\ y }[/mm] nehme, das
> Bild ist doch stets:
>  
> Ax = [mm]\pmat{ x + 2y \\ x + 2y }[/mm]

[ok]
Damit ist also [mm] $\text{Bild}(A) [/mm] = [mm] \left\{ t\vektor{1 \\ 1}, t\in\IR\right\}$ [/mm]
Oder anders ausgedrückt, es gilt immer $Ax = [mm] t\vektor{1 \\ 1}$ [/mm] für geeignetes $t [mm] \in \IR$. [/mm]



> Der Abstand zwischen Ax und b ist minimal für Ax = <e, b>
> e.

Das mag sein, wo immer du das her hast.

> Also x = [mm]A^{-1}[/mm] <e, b> e.

Dein A ist doch gar nicht invertierbar, was soll dann [mm] A^{-1} [/mm] sein?
  

> Wieso kommt man dann auf die Lösung im Buch? Und was hat
> es mit t auf sich?

Wieso berücksichtigst du nicht den Hinweis?

Der liefert dir $b = [mm] 2\vektor{1 \\ 1} [/mm] + [mm] \vektor{-1 \\ 1}$ [/mm]

Damit ist:

$||Ax - b|| = [mm] \left|\left|(t-2)\vektor{1 \\ 1} + \vektor{ 1 \\ -1}\right|\right|$ [/mm]

1.) Für welches $t [mm] \in \IR$ [/mm] ist das nun minimal.
2.) Welche x erfüllen für dieses t dann $Ax = [mm] t\vektor{1 \\ 1}$ [/mm] und lösen damit das Minimalitätsproblem?

Gruß,
Gono



Bezug
                
Bezug
Approximation: Mitteilung
Status: (Mitteilung) Reaktion unnötig Status 
Datum: 23:35 Di 22.05.2018
Autor: sancho1980


>  Dein A ist doch gar nicht invertierbar, was soll dann
> [mm]A^{-1}[/mm] sein?

Ja, voll dumm. Ist mir dann auch aufgefallen.

> > Der Abstand zwischen Ax und b ist minimal für Ax = <e, b>
> > e.
>  Das mag sein, wo immer du das her hast.

Aus meinem Buch. Da geht's in dem Kapitel um die orthogonale Projektion. Dass sich im [mm] \IR^2 [/mm] jeder beliebige Vektor x darstellen lässt als die Summe des Vielfachen [mm] (x_{\parallel}) [/mm] eines beliebigen Einheitsvektors e:

[mm] x_{\parallel} [/mm] = <e, b> e

und der zugehörigen Differenz

[mm] x_{\perp} [/mm] = b - [mm] x_{\parallel} [/mm]

Also b = [mm] x_{\parallel} [/mm] + [mm] x_{\perp} [/mm]

Da sich zeigen lässt, dass [mm] x_{\parallel} [/mm] und [mm] x_{\perp} [/mm] orthogonal zueinander sind, gibt es kein "besseres" Vielfaches von e.

Bezug
                        
Bezug
Approximation: Mitteilung
Status: (Mitteilung) Reaktion unnötig Status 
Datum: 23:44 Di 22.05.2018
Autor: Gonozal_IX

Hiho,

> Aus meinem Buch. Da geht's in dem Kapitel um die
> orthogonale Projektion. Dass sich im [mm]\IR^2[/mm] jeder beliebige
> Vektor x darstellen lässt als die Summe des Vielfachen
> [mm](x_{\parallel})[/mm] eines beliebigen Einheitsvektors e:
>  
> [mm]x_{\parallel}[/mm] = <e, b> e
>  
> und der zugehörigen Differenz
>  
> [mm]x_{\perp}[/mm] = b - [mm]x_{\parallel}[/mm]
>  
> Also b = [mm]x_{\parallel}[/mm] + [mm]x_{\perp}[/mm]
>  
> Da sich zeigen lässt, dass [mm]x_{\parallel}[/mm] und [mm]x_{\perp}[/mm]
> orthogonal zueinander sind, gibt es kein "besseres"
> Vielfaches von e.

Aha… dann berechne doch mal [mm] $x_{\parallel}$ [/mm] und [mm] $x_{\perp}$! [/mm]
Und… oh wunder… da kommt das raus, was ich dir hingeschrieben hab.

Gruß,
Gono

Bezug
        
Bezug
Approximation: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 07:32 Mi 23.05.2018
Autor: fred97

Eine Lösung nur mit Schulmathematik: die Bildmenge der von A vermittelten linearen Abb. ist die Gerade

$ g = [mm] \{ t\vektor{1 \\ 1}: t\in\IR\} [/mm] $.

Der kürzeste Abstand der Punkte auf g zum Punkt (1,3) wird im Punkt (2,2) angenommen. Das Minimierungsproblem [mm] \min ||A\vektor{x \\ y}-b|| [/mm] wird also von allen Vektoren [mm] \vektor{x \\ y} [/mm] gelöst, die der Gleichung x+2y=2 genügen. Diese Punkte liegen auf einer Geraden [mm] g_0. [/mm]

Eine Parameterdarstellung von [mm] g_0 [/mm] lautet:

   [mm] \{ \pmat{ 2t + 2 \\ -t }: t\in \IR \}. [/mm]


Oder eine weitere Lösung:


$ [mm] ||A\vektor{x \\ y}-b||^2=2(x+2y)^2-8(x+2y) +10=2[(x+2y-2)^2+1]$. [/mm]

Damit wird [mm] ||A\vektor{x \\ y}-b|| [/mm] minimal [mm] \gdw [/mm] x+2y=2.



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