Aprossimazione di punti
Un esercizio dice:
"Trovare la parabola $y=ax^2+bx+c$ che meglio approssima i punti $(-2,0) (-1,0) (0,1) (1,1) (2,2)$"
Ora, nel caso in ho 3 punti da approssimare con una retta, non ho alcun problema.. quel metodo risolutivo però
non è adatto a risolvere questo problema.. e non so come risolverlo..
"Trovare la parabola $y=ax^2+bx+c$ che meglio approssima i punti $(-2,0) (-1,0) (0,1) (1,1) (2,2)$"
Ora, nel caso in ho 3 punti da approssimare con una retta, non ho alcun problema.. quel metodo risolutivo però
non è adatto a risolvere questo problema.. e non so come risolverlo..
Risposte
Questo è un problema di Analisi numerica! comunque per risolverlo devi scrivere la matrice di regressione lineare nel caso della parabola.
Mi è stato posto al compito di geometria2, e sarebbe da risolvere con l'approssimazione tramite l'uso di complemento ortogonale e proiezioni ortogonali.
non puoi fare la proiezione ortogonale di un punto su una parabola in quanto non è uno spazio vettoriale.. al massimo puoi calcolare la curva che interpola i tuoi punti e fare la sua proiezione ortogonale su $<1,x,x^2>$. Prova a scivere un esempio del tuo esercizio della retta che ci guardo.
Io proverei con la risoluzione ai minimi quadrati, ricordo che ad algebra lineare avevamo fatto un esercizio del genere...
anche io.. ma dice che non lo ha fatto in questo modo..
Allora prova nel metodo suggerito, scrivi qualche conto e vediamo cosa esce.
Un esempio di esercizio con la retta è questo:
"trovare la retta $y=ax+b$ che meglio approssima i punti $P_1(0,0)$ $P_2(1,1)$ $P_3(2,1)$"
costruisco un vettore $v$ a partire dai valori delle entrate $y$ dei tre punti dati:
$v=((0),(1),(1))$
prendiamo il vettore proiezione ortogonale di $v$ su un sottospazio vettoriale $WsubeR^3$ di questa forma:
$v_w=((b),(a+b),(a+2b))$
con $W=L(((1),(1),(1))((0),(1),(2)))$ ($W$ generato da tali vettori, che possiamo chiamare $e_1$ ed $e_2$ rispettivamente).
Questo in quanto abbiamo che $v_w$ è della forma: $b((1),(1),(1))+a((0),(1),(2))$
Dobbiamo imporre le condizioni per cui $v_w$ sia proiezione di $v$:
${(< v_w,e_1 > = < v,e_1 >),(< v_w,e_2 > = < v,e_2 >):}$ ($$ è il prodotto scalare)
per cui si risolverà il sistema:
${(b+a+b+2a+b=2),(a+b+4a+2b=3):}$ le cui soluzioni saranno: ${(a=1/2),(b=1/6):}$
Abbiamo dunque che la retta che approssima i tre punti dati sarà $y=1/2x+1/6$
"trovare la retta $y=ax+b$ che meglio approssima i punti $P_1(0,0)$ $P_2(1,1)$ $P_3(2,1)$"
costruisco un vettore $v$ a partire dai valori delle entrate $y$ dei tre punti dati:
$v=((0),(1),(1))$
prendiamo il vettore proiezione ortogonale di $v$ su un sottospazio vettoriale $WsubeR^3$ di questa forma:
$v_w=((b),(a+b),(a+2b))$
con $W=L(((1),(1),(1))((0),(1),(2)))$ ($W$ generato da tali vettori, che possiamo chiamare $e_1$ ed $e_2$ rispettivamente).
Questo in quanto abbiamo che $v_w$ è della forma: $b((1),(1),(1))+a((0),(1),(2))$
Dobbiamo imporre le condizioni per cui $v_w$ sia proiezione di $v$:
${(< v_w,e_1 > = < v,e_1 >),(< v_w,e_2 > = < v,e_2 >):}$ ($$ è il prodotto scalare)
per cui si risolverà il sistema:
${(b+a+b+2a+b=2),(a+b+4a+2b=3):}$ le cui soluzioni saranno: ${(a=1/2),(b=1/6):}$
Abbiamo dunque che la retta che approssima i tre punti dati sarà $y=1/2x+1/6$
Premetto che sto seguendo un mix di memoria ed intuito, ma quello che farei è questo.
Devi trovare una parabola \(y = ax^2 + bx + c\) che, se possibile, sia verificata dalle coordinate di tutti i punti che hai elencato.
Questo vincolo può essere espresso tramite il sistema lineare
\[ A \mathbf{x} = \mathbf{b} \]
dove
\[
\mathbf{b} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \\ 1 \\ 2 \end{pmatrix}
\]
è ottenuta incolonnando le ascisse dei punti,
\[
\mathbf{x} = \begin{pmatrix} a \\ b \\ c \end{pmatrix}
\]
e
\[
A = \begin{pmatrix} 4 & -2 & 1 \\ 1 & -1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 1 \\ 4 & 2 & 1 \end{pmatrix}
\]
è fatta in modo tale che la sua riga i-esima contenga \((x_i^2, x_i, 1)\) dove \(x_i\) è l'ascissa del punto i-esimo.
Adesso puoi vedere chiaramente che se leggi i prodotti riga per colonna stai effettivamente calcolando \(ax_i^2 + bx_i + c\) e chiedendo che sia uguale a \(y_i\).
Fatto questo, il resto è standard: se il sistema è risolvibile così com'è, tanto meglio; in caso contrario, passi alla risoluzione ai minimi quadrati, per cui sai che devi risolvere il sistema
\[ A^T A \mathbf{\tilde x} = A^T \mathbf b \]
la cui soluzione dovrebbe darti il risultato cercato.
Claro?
Devi trovare una parabola \(y = ax^2 + bx + c\) che, se possibile, sia verificata dalle coordinate di tutti i punti che hai elencato.
Questo vincolo può essere espresso tramite il sistema lineare
\[ A \mathbf{x} = \mathbf{b} \]
dove
\[
\mathbf{b} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \\ 1 \\ 2 \end{pmatrix}
\]
è ottenuta incolonnando le ascisse dei punti,
\[
\mathbf{x} = \begin{pmatrix} a \\ b \\ c \end{pmatrix}
\]
e
\[
A = \begin{pmatrix} 4 & -2 & 1 \\ 1 & -1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 1 \\ 4 & 2 & 1 \end{pmatrix}
\]
è fatta in modo tale che la sua riga i-esima contenga \((x_i^2, x_i, 1)\) dove \(x_i\) è l'ascissa del punto i-esimo.
Adesso puoi vedere chiaramente che se leggi i prodotti riga per colonna stai effettivamente calcolando \(ax_i^2 + bx_i + c\) e chiedendo che sia uguale a \(y_i\).
Fatto questo, il resto è standard: se il sistema è risolvibile così com'è, tanto meglio; in caso contrario, passi alla risoluzione ai minimi quadrati, per cui sai che devi risolvere il sistema
\[ A^T A \mathbf{\tilde x} = A^T \mathbf b \]
la cui soluzione dovrebbe darti il risultato cercato.
Claro?
C'ero arrivata vicino, avevo pensato al sistema ma costruivo la matrice $A$ usando le trasposte rispetto a come hai fatto tu, per cui mi usciva un prodotto tra matrici non fattibile.
In questo modo mi da delle soluzioni per a,b,c effettivamente!! Proverò a fare qualche altro conto per capire se può andare!!!
Grazie infinite!!!
In questo modo mi da delle soluzioni per a,b,c effettivamente!! Proverò a fare qualche altro conto per capire se può andare!!!
Grazie infinite!!!
In questo modo però non trovo effettivamente la parabola che approssima quei punti, ma una parabola che passa per alcuni di quei punti.
Ho trovato un altro metodo, molto simile a quello della retta, per risolverlo, e va molto meglio!!!
Ho trovato un altro metodo, molto simile a quello della retta, per risolverlo, e va molto meglio!!!
E come fai a sapere che non è quella la parabola??
Se passa per alcuni dei punti, l'approssimazione mi sembra già buona!
Mostraci quest'altro metodo.
Se passa per alcuni dei punti, l'approssimazione mi sembra già buona!
Mostraci quest'altro metodo.
Se fai un grafico e ci metti i punti considerati, si vede subito che quella parabola passa al più per tre dei punti considerati.
Invece devo trovare qualcosa che approssimi quei punti, e quindi che possa essere all'incirca vicino ad essi (tutti quanti) in modo più o meno equivalente.
Ho fatto così: i punti erano $P_1=(-2,0)$ $P_2=(-1,0)$ $P_3=(0,1)$ $P_4=(1,1)$ e $P_5=(2,2)$
considero il vettore costituito dalle entrate $y_i$ dei punti dati:
$v=(0,0,1,1,2)$
Se ora provo a sostituire il valore delle ordinate $x_i$ dei punti dati nell'equazione generica della parabola $y=ax^2+bx+c$ ottengo un vettore di entrate
$(4a-2b+c,a-b+c,c,a+b+c,4a+2b+c)$
mettiamo in evidenza le mie incognite a$,b,c$:
$a(4,1,0,1,4)+b(-2,-1,0,1,2)+c(1,1,1,1,1)$
e chiamiamo $v_1=(4,1,0,1,4)$, $v_2=(2,-1,0,1,2)$, $v_3=(1,1,1,1,1)$
Ora, io so che il mio spazio $V$ è $R^5$ (infatti i miei vettori hanno 5 entrate)
Allora posso considerare $Wsube\V$ come lo spazio generato dai vettori $v_1,v_2,v_3$
ossia avrò: $W=L(v_1,v_2,v_3)$
con $v_w=av_1+bv_2+cv_3$ (proiezione ortogonale di $v$ su $W$)
A questo punto cosa voglio ottenere? Voglio che il mio insieme di elementi di $v$ si avvicini il più possibile al mio insieme di elementi di $v_w$ per cui uso le proprietà della proiezione ortogonale, tale per cui mi basta risolvere il sistema:
${(=),(=),(=):}$
svolgendo i conti otterrò:
${(9=37a-3b+13c),(5=10b),(4=10a+5c):}$
da cui
${(b=1/2),(c=4/5-2a),(11a=9+3/2-52/5):}$ che mi darà ${(b=1/2),(c=43/5),(a=1/110):}$
E la mia parabola sarà $y=1/110x^2+1/2x+43/5$
Invece devo trovare qualcosa che approssimi quei punti, e quindi che possa essere all'incirca vicino ad essi (tutti quanti) in modo più o meno equivalente.
Ho fatto così: i punti erano $P_1=(-2,0)$ $P_2=(-1,0)$ $P_3=(0,1)$ $P_4=(1,1)$ e $P_5=(2,2)$
considero il vettore costituito dalle entrate $y_i$ dei punti dati:
$v=(0,0,1,1,2)$
Se ora provo a sostituire il valore delle ordinate $x_i$ dei punti dati nell'equazione generica della parabola $y=ax^2+bx+c$ ottengo un vettore di entrate
$(4a-2b+c,a-b+c,c,a+b+c,4a+2b+c)$
mettiamo in evidenza le mie incognite a$,b,c$:
$a(4,1,0,1,4)+b(-2,-1,0,1,2)+c(1,1,1,1,1)$
e chiamiamo $v_1=(4,1,0,1,4)$, $v_2=(2,-1,0,1,2)$, $v_3=(1,1,1,1,1)$
Ora, io so che il mio spazio $V$ è $R^5$ (infatti i miei vettori hanno 5 entrate)
Allora posso considerare $Wsube\V$ come lo spazio generato dai vettori $v_1,v_2,v_3$
ossia avrò: $W=L(v_1,v_2,v_3)$
con $v_w=av_1+bv_2+cv_3$ (proiezione ortogonale di $v$ su $W$)
A questo punto cosa voglio ottenere? Voglio che il mio insieme di elementi di $v$ si avvicini il più possibile al mio insieme di elementi di $v_w$ per cui uso le proprietà della proiezione ortogonale, tale per cui mi basta risolvere il sistema:
${(
svolgendo i conti otterrò:
${(9=37a-3b+13c),(5=10b),(4=10a+5c):}$
da cui
${(b=1/2),(c=4/5-2a),(11a=9+3/2-52/5):}$ che mi darà ${(b=1/2),(c=43/5),(a=1/110):}$
E la mia parabola sarà $y=1/110x^2+1/2x+43/5$
"Tagliafico":
Se fai un grafico e ci metti i punti considerati, si vede subito che quella parabola passa al più per tre dei punti considerati.
Invece devo trovare qualcosa che approssimi quei punti, e quindi che possa essere all'incirca vicino ad essi (tutti quanti) in modo più o meno equivalente.
Questa non è un'osservazione molto sensata: tu cerchi un'approssimazione, cioè una cosa che passi più vicino possibile a tutti i punti. Una cosa che passa per alcuni dei punti è una OTTIMA approssimazione, almeno per quei punti.
Comunque, la verifica è presto fatta: prendi la mia parabola e la tua parabola, calcola l'errore quadratico medio e vedi chi ha trovato la soluzione migliore [non escludo che sia tu: io non sono un esperto di queste cose].
Questa non è un'osservazione molto sensata: tu cerchi un'approssimazione, cioè una cosa che passi più vicino possibile a tutti i punti. Una cosa che passa per alcuni dei punti è una OTTIMA approssimazione, almeno per quei punti.
AhhHAHAHAHAHAhahahha quest'osservazione l'ha fatta il mio docente nel momento in cui mi ha detto "l'esercizio va bene, ma io non ti ho chiesto di trovare la parabola che passa per qualcuno di questi punti, ma solo quella che approssima al miglior modo quei punti, tutti quanti, dal primo all'ultimo e quindi deve avere la stessa distanza (più o meno) da tutti quei punti!"
Per me cambia poco, entrambe a mio parere approssimano abbastanza bene i punti dati, però forse era solo il metodo che non gli andava ^^
"Tagliafico":
io non ti ho chiesto di trovare la parabola che passa per qualcuno di questi punti, ma solo quella che approssima al miglior modo quei punti, tutti quanti, dal primo all'ultimo e quindi deve avere la stessa distanza (più o meno) da tutti quei punti!"
Allora tu vai da questo presunto professore e chiedigli di trovare la retta che meglio approssima due punti. Quando lui ti risponde che questa retta è quella che passa per i due punti, tu rispondigli con quello che lui ha detto.
Fatto ciò, chiedi a lui di darti la soluzione dell'esercizio e fagli vedere che la tua [mia] ha un errore quadratico minore.
@teresa.fodera: scusa una mega curiosità che non c'entra nulla e non è neanche una critica, ma... come diamine hai fatto a trovare una discussione di 11 anni fa in un forum e decidere di rispondere oggi?
I forum viaggiano nello spazio e nel tempo
.
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HAHAHAHAHAH cercavo un esercizio su questo tipo di problema
Grazie per aver risolto la mia curiosità .
Il fatto è che capita spesso, e mi chiedo sempre come succeda.
.Il fatto è che capita spesso, e mi chiedo sempre come succeda.
[xdom="j18eos"]Se non c'è altro: chiudo![/xdom]
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