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Lineare Algebra » Matrizenrechnung » Teilen durch einen Vektor
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Universität/Hochschule Teilen durch einen Vektor
mbInfoStudent
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2020-08-05


Wir haben zwei Punkte $x_1,x_2$, wobei $x_1\in \mathbb{R}^n:w^Tx_1=b+1$ und $x_2\in \mathbb{R}^n:w^Tx_2=b-1$. Nun will ich $\|x_1-x_2\|$ berechnen. Wären $x_1,x_2\in\mathbb{R}$, dann wäre es einfach:
$$\|x_1-x_2\|=\| \frac{b+1}{w}-\frac{b-1}{w}\|=\|\frac{2}{w}\|$$ Jedoch für $x_1,x_2 \in \mathbb{R}^n,n>1$, kann ich nicht durch ein Vektor teilen.
Wie könnte ich in diesem Falle $\|x_1-x_2\|$ ausrechnen



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Nuramon
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2020-08-05

\(\begingroup\)\(\newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}} \newcommand{\im}{\operatorname{im}} \newcommand{\sgn}{\operatorname{sgn}} \newcommand{\d}{{\rm d}} \newcommand{\rg}{\operatorname{rg}} \newcommand{\spur}{\operatorname{spur}} \newcommand{\Hom}{\operatorname{Hom}} \newcommand{\tr}{\operatorname{tr}}\)
Hallo,

ohne Zusatzinformationen kannst du da nicht viel machen (zumindest wirst du kein von $x_1,x_2$ unabhängiges Ergebnis erhalten, wie im eindimensionalen Fall).

Möglicherweise hilft es bei deinem eigentlichen Problem aber weiter, wenn du $x_1,x_2$ jeweils in der Form $x_i=\alpha_iw+ v_i$ mit $v_i\perp w$ schreibst. Diese Darstellung ist eindeutig und die $\alpha_i$ kannst du mit deinen Gleichungen bestimmen.
\(\endgroup\)


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mbInfoStudent
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2020-08-05


@Nuramon
Danke für die Antwort. Ich habe versucht, aber kann nicht rausfinden, wie ich hier $\alpha_1$ und $\alpha_2$ berechnen kann. Auch weiß ich nicht, wie ich $v_1$ und $v_2$ ausrechnen kann.
Kannst du da weiterhelfen?



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Nuramon
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, eingetragen 2020-08-05

\(\begingroup\)\(\newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}} \newcommand{\im}{\operatorname{im}} \newcommand{\sgn}{\operatorname{sgn}} \newcommand{\d}{{\rm d}} \newcommand{\rg}{\operatorname{rg}} \newcommand{\spur}{\operatorname{spur}} \newcommand{\Hom}{\operatorname{Hom}} \newcommand{\tr}{\operatorname{tr}}\)
2020-08-05 02:36 - mbInfoStudent in Beitrag No. 2 schreibt:
@Nuramon
Ich habe versucht, aber kann nicht rausfinden, wie ich hier $\alpha_1$ und $\alpha_2$ berechnen kann. Auch weiß ich nicht, wie ich $v_1$ und $v_2$ ausrechnen kann.
Kannst du da weiterhelfen?
Setze $x_1=\alpha_1 w + v_1$ in die Gleichung $w^T x_1 = b+1$ ein und löse nach $\alpha_1$ auf.
\(\endgroup\)


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Kitaktus
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, eingetragen 2020-08-05


Es gilt $\alpha_1=\frac{<x_1, w>}{||w||_2}$, wobei $<x_1, w>$ das Skalarprodukt aus $x_1$ und $w$ ist.
$v_1$ ist dann $x_1-\alpha_1\cdot w$.



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mbInfoStudent
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, vom Themenstarter, eingetragen 2020-08-05


Hallo @Nuramon,
wenn ich nun nach $\alpha$ auflöse, habe ich:
$$w^T(\alpha_1 w +v_1)=b+1 \Leftrightarrow \alpha_1 w^T w +w^Tv_1=b+1 \Leftrightarrow \alpha_1w^T w =b+1 \Leftrightarrow \alpha_1 = \frac{b+1}{\|w\|^2_2} $$ da $w \perp v_1$

Nun wollen wir $\|x_1-x_2\|$ ausrechnen:
$$\|x_1-x_2\| \Leftrightarrow \| \alpha_1 w + v_1 - \alpha_2 w - v_2\| = \|\frac{b+1}{\|w\|^2_2} w + v_1 - \frac{b-1}{\|w\|^2_2} w - v_2\| = \|\frac{2}{\|w\|^2_2} w + v_1 - v_2\| $$ Nun liege ich aber wieder in Sackgasse.



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mbInfoStudent
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, vom Themenstarter, eingetragen 2020-08-05


@Kikatus,
wie komme ich dazu, dass $ \alpha_1=\frac{<x,w>}{\|w\|_2}$ ist. Könntest du dafür ein Hinweis geben?



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Nuramon
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.7, eingetragen 2020-08-05

\(\begingroup\)\(\newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}} \newcommand{\im}{\operatorname{im}} \newcommand{\sgn}{\operatorname{sgn}} \newcommand{\d}{{\rm d}} \newcommand{\rg}{\operatorname{rg}} \newcommand{\spur}{\operatorname{spur}} \newcommand{\Hom}{\operatorname{Hom}} \newcommand{\tr}{\operatorname{tr}}\)
2020-08-05 18:42 - mbInfoStudent in Beitrag No. 5 schreibt:
Nun wollen wir $\|x_1-x_2\|$ ausrechnen:
$$\|x_1-x_2\| \Leftrightarrow \| \alpha_1 w + v_1 - \alpha_2 w - v_2\| = \|\frac{b+1}{\|w\|^2_2} w + v_1 - \frac{b-1}{\|w\|^2_2} w - v_2\| = \|\frac{2}{\|w\|^2_2} w + v_1 - v_2\| $$ Nun liege ich aber wieder in Sackgasse.
An die Stelle des "$\Leftrightarrow$" gehört ein Gleichheitszeichen.

Recht viel mehr vereinfachen kann man nicht. Das einzige, was mir noch einfällt wäre zu verwenden, dass $\|X+Y\|^2_2 = \| X\|^2_2+ \|Y\|^2_2$ für Vektoren $X,Y$ mit $X\perp Y$ gilt. In deinem Fall mit $X=\frac{2}{\|w\|^2_2} w$ und $Y=v_1-v_2$.



[Die Antwort wurde nach Beitrag No.5 begonnen.]
\(\endgroup\)


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mbInfoStudent
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.8, vom Themenstarter, eingetragen 2020-08-05


Irgendwie müsste es möglich sein, am Ende auf $\frac{2}{\|w\|}$ wie im eindimensionalen Fall (in der Frage demonstriert) zu kommen. Das ist der Abstand zwischen den Hyperebenen im Support Vektor Machine.



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Nuramon
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.9, eingetragen 2020-08-05

\(\begingroup\)\(\newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}} \newcommand{\im}{\operatorname{im}} \newcommand{\sgn}{\operatorname{sgn}} \newcommand{\d}{{\rm d}} \newcommand{\rg}{\operatorname{rg}} \newcommand{\spur}{\operatorname{spur}} \newcommand{\Hom}{\operatorname{Hom}} \newcommand{\tr}{\operatorname{tr}}\)
2020-08-05 18:51 - mbInfoStudent in Beitrag No. 6 schreibt:
@Kikatus,
wie komme ich dazu, dass $ \alpha_1=\frac{<x,w>}{\|w\|_2}$ ist. Könntest du dafür ein Hinweis geben?
Ich erlaube mir einfach mal für Kitaktus zu antworten:
Da fehlt ein Quadrat im Nenner, richtig wäre $\alpha_1=\frac{<x,w>}{\|w\|_2^2}$.
Das ist genau die Formel, die du schon bewiesen hast, denn  $\langle x,w\rangle = x^Tw = b+1$.

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.7 begonnen.]
\(\endgroup\)


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Nuramon
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.10, eingetragen 2020-08-05

\(\begingroup\)\(\newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}} \newcommand{\im}{\operatorname{im}} \newcommand{\sgn}{\operatorname{sgn}} \newcommand{\d}{{\rm d}} \newcommand{\rg}{\operatorname{rg}} \newcommand{\spur}{\operatorname{spur}} \newcommand{\Hom}{\operatorname{Hom}} \newcommand{\tr}{\operatorname{tr}}\)
2020-08-05 19:02 - mbInfoStudent in Beitrag No. 8 schreibt:
Irgendwie müsste es möglich sein, am Ende auf $\frac{2}{\|w\|}$ wie im eindimensionalen Fall (in der Frage demonstriert) zu kommen. Das ist der Abstand zwischen den Hyperebenen im Support Vektor Machine.
Sag mal ein bisschen mehr dazu, welche Bedeutungen die einzelnen Variablen im Zusammenhang mit einer SVM haben sollen. Wenn deine Behauptung stimmt, dann müsste ja $v_1=v_2$ gelten. Es gibt also noch eine Voraussetzung, die du nicht erwähnt hast.
\(\endgroup\)


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@Nuramon, ja stimmt danke.
Die Frage lasse ich aber offen, vielleicht sieht jemand wie ich im $\mathbb{R}^n:n>1$ auf $\frac{2}{\|w\|}$ kommen kann.

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.9 begonnen.]



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Nuramon
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.12, eingetragen 2020-08-05

\(\begingroup\)\(\newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}} \newcommand{\im}{\operatorname{im}} \newcommand{\sgn}{\operatorname{sgn}} \newcommand{\d}{{\rm d}} \newcommand{\rg}{\operatorname{rg}} \newcommand{\spur}{\operatorname{spur}} \newcommand{\Hom}{\operatorname{Hom}} \newcommand{\tr}{\operatorname{tr}}\)
Also ich kann mir schon denken, warum die Annahme $v_1=v_2$ sinnvoll ist im Zusammenhang mit einer Support Vector Machine.
Es ist aber deine Aufgabe, die Problemstellung wiederzugeben. Ich werde nicht ins Blaue hinein raten, worum es eigentlich geht, dann eine Lösung dazu schreiben und am Ende geht es dir doch um etwas anderes ...
\(\endgroup\)


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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.13, vom Themenstarter, eingetragen 2020-08-06


@Nuramon, du hast recht.
Ich dachte am Anfang, dass die Antwort durch Teilen durch einen Vektor herleitbar sein wird. Es hat sich für mich herausgestellt, dass das nicht der Fall ist.
Nichtdestotrotz, kann ich nicht erkennen, warum generell $v_1=v_2$ gelten sollte. $v_1,v_2$ sind ja die Stützvektoren für die beiden Hyperbenenen und diese sind ja nicht äquivalent.



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Nuramon
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.14, eingetragen 2020-08-06

\(\begingroup\)\(\newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}} \newcommand{\im}{\operatorname{im}} \newcommand{\sgn}{\operatorname{sgn}} \newcommand{\d}{{\rm d}} \newcommand{\rg}{\operatorname{rg}} \newcommand{\spur}{\operatorname{spur}} \newcommand{\Hom}{\operatorname{Hom}} \newcommand{\tr}{\operatorname{tr}}\)
Die Hyperebene, die zwei Punkte mit möglichst großem Margin trennt, ist durch die Mittelsenkrechte der beiden Punkte gegeben. Das entspricht der Bedingung $v_1=v_2$.

Aber wie ich schon mehrfach gesagt habe: Du musst mehr Kontext zu deiner Frage liefern, sonst kann man diese nicht sinnvoll beantworten.
\(\endgroup\)


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