Optimalisering av Bezier kurve (TMA4215)

[Nebuchadnezzar]

Holder på med dette prosjektet her nå

http://www.math.ntnu.no/emner/TMA4215/2 ... oject2.pdf

Og klarer ikke å løse 2.1 eller 2.2. Her er det jeg har gjort hittill

http://i.stack.imgur.com/cyOja.png

Men dette blir altså feil. Ja, jeg vet jeg skal derivere med hensyn på $\alpha_1$ og $\alpha$ 2
for å få to lineært uavhengige likninger. Men dette får jeg altså ikke.

Å minimalisere $E$ er det samme som å minimalisere $\|x_i - S(t)\|_2^2 = x_i^2 - S(t)^2$. Direkte derivasjon gir
$ \hspace{2cm}
\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}\alpha}E(\alpha_1,\alpha_2)
= 0^2 +
\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}\alpha} S(t)^2
=
2S(t) \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}\alpha} S(t)
$
Ved å sette disse lik null, får en følgende likningsett
\begin{align*}
S(t) \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}\alpha_1} S(t) & = 0 \\
S(t) \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}\alpha_2} S(t) & = 0
\end{align*}
Men siden $S(t)$ bare består av lineære faktorer så er $S(t)$ derivert med hensyn på $\alpha_1$ eller $\alpha_2$ bare en konstant.
En kan altså fritt dele på $\mathrm{d}/\mathrm{d}\alpha S(t)$ i begge likningene.
Dermed så kan likningene forenkles til
\begin{align*}
S(t) & = 0 \\
S(t) & = 0
\end{align*}
Men dette er jo bare tull. Hvor tenker jeg feil?

http://math.stackexchange.com/questions ... -st-i-22-f

[Gustav]

Slik jeg ser det må man minimere

$E(\alpha_1,\alpha_2)=\frac14\sum_{i=1}^{4}|x_i-S(t_i) |^2 = \frac14\sum_{i=1}^{4}|x_i-\sum_{i=0}^3 P_jB_j^3(t_i)|^2 =\frac14\sum_{i=1}^{4}|x_i- P_0B_0^3(t_i)-P_1B_1^3(t_i)-P_2B_2^3(t_i)-P_3B_3^3(t_i) |^2$

$P_1 = P_0+\alpha_1v_0$ og $P_2 = P_3+\alpha_2v_3$.

Virker kanskje som du ikke har summert over $i$ før du løser systemet $\frac{\partial E}{\partial \alpha_k}=0$ ?

[Gustav]

Å minimalisere $E$ er det samme som å minimalisere $\|x_i - S(t)\|_2^2 = x_i^2 - S(t)^2$.

Dette stemmer vel ikke helt.

[Nebuchadnezzar]

Blir feil å sette $m=4$ slik du har tenkt. Målet er er å tilpasse en bezierkurve (som består av fire punkter) på
best mulig måte til en kurve bestående av $x_m$ kontrollpunkter. Hvor $m$ godt kan være større enn fire.

Ble vodsom griseregning det her. Får et system med hensyn på $x$ verdiene og et med hensyn på $y$.
Så i praksis skal jeg løse
\begin{align*}
\frac{d}{d\alpha_1} \left( x_i - S_x(t_1) \right)^2 + \frac{d}{d\alpha_1} \left( y_i - S_y(t_1)\right)^2 & = 0 \\
\frac{d}{d\alpha_2} \left( x_i - S_x(t_1) \right)^2 + \frac{d}{d\alpha_2} \left( y_i - S_y(t_1)\right)^2 & = 0 \\
\end{align*}
? =)
Voldsomt vanskelig å få hjelp fra foreleser og...

Når jeg løser dette settet og stiller det opp på matriseform får jeg fei, jeg ender opp med

$
3B_1 \begin{bmatrix}
\alpha_1 \\ \alpha_2
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
v_{y0}^2 + v_{x0}^2 & v_{y3}v_{y_0} + v_{x3} v_{x0} \\
v_{y3} v_{y0} + v_{x3} v_{x0 } & v_{y0}^2 + v_{x0}^2
\end{bmatrix}
=
\begin{bmatrix} - \left( v_{{{\it y0}}}y_{{m}}+v_{{{\it x0}}
}x_{{m}} \right) B_{{3}}- \left( 3\,v_{{{\it y0}}}y_{{m}}+3\,v_{{{\it
x0}}}x_{{m}} \right) B_{{2}}- \left( 3\,v_{{{\it y0}}}y_{{1}}+3\,v_{{{
\it x0}}}x_{{1}} \right) B_{{1}}- \left( v_{{{\it y0}}}y_{{1}}+v_{{{
\it x0}}}x_{{1}} \right) B_{{0}}+v_{{{\it x0}}}x_{{i}}+v_{{{\it y0}}}y
_{{i}} \\ - \left( v_{{{\it y3}}}y_{{m}}+v_{{{\it x3}
}}x_{{m}} \right) B_{{3}}- \left( 3\,v_{{{\it y3}}}y_{{m}}+3\,v_{{{
\it x3}}}x_{{m}} \right) B_{{2}}- \left( 3\,v_{{{\it y3}}}y_{{1}}+3\,v
_{{{\it x3}}}x_{{1}} \right) B_{{1}}- \left( v_{{{\it y3}}}y_{{1}}+v_{
{{\it x3}}}x_{{1}} \right) B_{{0}}+v_{{{\it x3}}}x_{{i}}+v_{{{\it y3}}
}y_{{i}}\end{bmatrix}
$

Men når jeg testet dette mot den oppgitte kurven. Ble dette og meget feil... Så sliten jeg er etter dette makkverket.
Og a derivasjonen og faktoriseringen er i det minste rett.

[Gustav]

Jeg satte bare m=4 som et eksempel, så la m være vilkårlig.

Det jeg får er følgende, der jeg bruker samme notasjon som i oppgavesettet: ($x_i, z_i, v_0, v_3, P_j$ er selvsagt alle vektorer i R^2, selv om jeg har utelatt eksplisitt vektornotasjon)

La $z_i=x_i-P_0B_0^3(t_i)-P_0B_1^3(t_i)-P_3B_2^3(t_i)-P_3B_3^3(t_i)$.

Da er $E(\alpha_1,\alpha_2)=\frac{1}{m}\sum_{i=1}^m \left (z_i-\alpha_1v_0B_1^3(t_i)-\alpha_2v_3B_2^3(t_i)\right )^2$, så

$\frac{\partial E}{\partial \alpha_1}=\frac{-2}{m}\sum_{i=1}^m \left (z_i-\alpha_1v_0B_1^3(t_i)-\alpha_2v_3B_2^3(t_i)\right )\cdot v_0B_1^3(t_i)$

La $k_1=\sum_{i=1}^m (z_i\cdot v_0)B_1^3(t_i)$, $k_2=\sum_{i=1}^m (v_0)^2 (B_1^3(t_i))^2$ og $k_3=\sum_{i=1}^m (v_0\cdot v_3) B_1^3(t_i)B_2^3(t_i)$.

Nullstiller den deriverte og får at $k_1 - \alpha_1 k_2-\alpha_2 k_3 = 0$


Videre er

$\frac{\partial E}{\partial \alpha_2}=\frac{-2}{m}\sum_{i=1}^m \left (z_i-\alpha_1v_0B_1^3(t_i)-\alpha_2v_3B_2^3(t_i)\right)\cdot v_3B_2^3(t_i)$

La $k_4=\sum_{i=1}^m (z_i\cdot v_3)B_2^3(t_i)$, $k_5=\sum_{i=1}^m (v_0\cdot v_3) B_1^3(t_i)B_2^3(t_i)$ og $k_6=\sum_{i=1}^m (v_3)^2 (B_2^3(t_i))^2$.

Nullstiller den deriverte og får at $k_4 - \alpha_1 k_5-\alpha_2 k_6 = 0$.

Altså blir $\alpha_1 = \frac{k_1k_6-k_3k_4}{k_2k_6-k_3k_5}$ og $\alpha_2=\frac{k_1}{k_3}-\frac{k_2}{k_3}(\frac{k_1k_6-k_3k_4}{k_2k_6-k_3k_5})$

(og $k_3=k_5$, så man kan forenkle uttrykkene ytterligere)