Approximationsaufgabe für Ausgleichpolynom 3. Grades

Question

Aufgabe:Wie lautet zu folgenden Messdatenpaaren das beste Ausgleichspolynom 3. Grades,
dass den Koordinatenursprung enthält?
x  -2   -1   0   1
y   3    2  -1  -2

Problem/Ansatz: Wie muss ich da vorgehen? Bei X =0 soll ja Y auch 0 sein aber gleichzeitig soll bei X = 0 Y = -1 sein?  Soll dann das Wertepaar (0/-1) vernachlässigt werden oder wie muss ich das berücksichtigen um auf die Lösung zu kommen?

Comments

Hallo Jimini,

bist Du sicher dass es erstens ein Polynom 3.Grades sein soll und dieses Polynom durch den Ursprung verlaufen soll und zusätzlich überflüssiger Weise der Punkt $(0|\,-1)$ gegeben ist.

Das wäre eindeutig$$p(x)= \frac 16 x^3 - \frac {13}6x$$  ~plot~ (x^3-13x)/6;{-2|3};{-1|2};{0|-1};{1|-2} ~plot~

und kein Ausgleichpolynom, dafür wären die verbleibenden drei Punkte zu wenig.

(s. auch Antwort von rumar)

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Hi,

Ja ich bin mir sicher das genau so die Aufgabe formuliert ist wie oben beschrieben ( copy paste Verfahren).

Gibt es nicht ein Verfahren bei dem man zwei Punkte in einer Formel zusammenfasst und im Anschluss via LGS das Polynom erstellt? Ist nur eine Vermutung.

Danke auf jedenfall für die Antwort.

Answer 1

Aloha :)

Die gesuchte kubische Parabel soll zwingend durch den Ursprung gehen, daher hat sie die Form:

$$f(x)=ax^3+bx^2+cx$$Wertet man diese Funktion für die gegebenen 4 x-Werte aus, erhalten wir:

$$f(-2)=a(-2)^3+b(-2)^2+c(-2)=-8a+4b-2c$$$$f(-1)=a(-1)^3+b(-1)^2+c(-1)=-a+b-c$$$$f(0)=a(0)^3+b(0)^2+c(0)=0$$$$f(1)=a(1)^3+b(1)^2+c(1)=a+b+c$$

Wir haben nun den Vektor $(f(-2),f(-1),f(0),f(1))$ aus den gerade berechneten Funktionswerten und den Vektor $(3,2,-1,-2)$ mit den gemessenen Werten. Beide sollen "möglichst gleich" sein. Den Messwertvektor ist fest, aber den f-Vektor können wir durch Wahl der Parameter a,b und c ändern. Nach der Gauß'schen Methode der kleinsten Fehlerquadrate sind die Parameter so zu wählen, dass der Differenzvektor der beiden Vektoren minimale Länge hat:

$$\left|\left(\begin{array}{c}-8a+4b-2c\\-a+b-c\\0\\a+b+c\end{array}\right)-\left(\begin{array}{c}3\\2\\-1\\-2\end{array}\right)\right|\stackrel{!}{\to}\text{Minimum}$$Anstatt des Betrages können wir mit demselben Ergebnis auch das Quadrat minimieren, sodass wir das Minimum folgender Funktion suchen:

$$F(a,b,c):=(-8a+4b-2c-3)^2+(-a+b-c-2)^2+(0+1)^2+(a+b+c+2)^2$$Die partiellen Ableitungen müssen Null werden:

$$0\stackrel{!}{=}\frac{\partial F}{\partial a}=4(33a-16b+9c+14)$$$$0\stackrel{!}{=}\frac{\partial F}{\partial b}=-4(16a-9b+4c+6)$$$$0\stackrel{!}{=}\frac{\partial F}{\partial c}=4(9a-4b+3c+5)$$Wir erhalten folgendes Gleichungssystem:

$$\left(\begin{array}{c}33&-16&9\\16&-9&4\\9&-4&3\end{array}\right)\cdot\left(\begin{array}{c}a\\b\\c\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-14\\-6\\-5\end{array}\right)$$

Die Lösung dieses Gleichungssystems ist: $a=\frac{1}{6}\;\;;\;\;b=0\;\;;\;\;c=-\frac{13}{6}$ und damit:

$$f(x)=\frac{1}{6}x^3-\frac{13}{6}x$$Ich habe das Problem mit Hilfe der Ausgleichsrechnung gelöst und komme auf dasselbe Ergebnis wie wenn ich den Messpunkt (0;-1) einfach weggelassen hätte. Das ist auch klar, weil nach Bildung der partiellen Ableitungen die 3-te Komponente des Differenzvektors (also die 1) gar nicht weiter zum Rest der Rechnung beiträgt.

Comments

super Lösung

ich denke das wird so gut sein, weil ich zumindest den Punkt (0/-1) in die Rechnung mit einbeziehe.

Vielen Dank

(auch an alle anderen die mit geknobelt haben)

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Hallo Jimini, halloTschaka,

man kann die Aufgabe auch ganz klassisch mit der Normalengleichung $A^TA\alpha = A^T y$ lösen. Mit dem Detail, dass bei $A$ der konstante Anteil weg fällt. Es ist$$A = \begin{pmatrix}-8& 4& -2\\ -1& 1& -1\\ 0& 0& 0\\ 1& 1& 1\end{pmatrix}$$in den Spalten stehen von rechts nach links die Werte für $x$, $x^2$ und $x^3$. Dann ist$$A^TA = \begin{pmatrix}66& -32& 18\\ -32& 18& -8\\ 18& -8& 6\end{pmatrix}$$sowie$$A^T y =\begin{pmatrix}-8& -1& 0& 1\\ 4& 1& 0& 1\\ -2& -1& 0& 1\end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix}3\\ 2\\ -1\\ -2\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}-28\\ 12\\ -10\end{pmatrix}$$hier sieht man sehr schön, dass der Punkt $(0,\, -1)$ keinen Einfluß auf das Ergebnis hat, da die dritte Spalte von $A^T$ gleich 0 ist.

Und die Lösung dieses LGS ist natürlich die gleiche wie bei Tschakabumba:$$\alpha = \frac 16 \begin{pmatrix}1\\ 0\\ -13\end{pmatrix}$$

Answer 2

Für vier Punkte, lässt sich genau ein Polynom dritten Grades finden, auf dessen Graph die 4 Punkte liegen: f(x)=2/3·x³+x²-8/3·x-1.

Comments

danke für die Antwort.

Ich habe aber doch in der Aufgabe die Vorgabe dass das Polynom durch den Koordinatenursprung gehen soll und hab von daher doch 5 Punkte ( 4 Punkte + Koordinatenursprung), wobei der Koordinatenursprung (0,0) und der Punkte (0,-1)  gleichzeitig berücksichtigt werden sollen.

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Ich finde, das ist ein gutes Ausgleichspolynom, auf dessen Graph 4 Punkte liegen und einer knapp daneben:

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Im Sinne der kleinsten Summe der Abweichungs-Quadrate (Gauß) könnte man eine etwas bessere Approximation finden mit einer Kurve, die zwischen (0 | 0) und  (0 | -1) verlaufen und die übrigen Punkte auch nicht ganz exakt treffen wird. Die Bedingung, dass die Kurve zwingend durch den Ursprung verlaufen soll, ist natürlich dann ebenfalls verletzt.

Eigentlich sollte man beim Autor der Aufgabe nachfragen können.

Answer 3

Wenn die "Ausgleichskurve"  unbedingt auch durch den Nullpunkt verlaufen muss, bleibt wohl nichts anderes übrig, als den Punkt  (0 | -1)  wegzulassen ! Durch die 4 verbliebenen Punkte (inklusive Ursprung) verläuft dann eine ganz bestimmte Polynomkurve 3. Grades. Es handelt sich dann auch gar nicht mehr um eine "Ausgleichsrechnung".

Answer 4

Wählt man die lineare Ausgleichsrechnung wie in deiner Aufgabe zuvor erhält man:

~plot~ 1/3·x^3 + -7/3·x;{-2|3};{-1|2};{0|-1};{1|-2} ~plot~