Parameterbestimmung von y=abx+cy=abx+cy=ab^x+c mit 3 Punkten

Die Gleichungen sind

$$a \,b^{x_1}+c=y_1\tag 1$$ $$a \,b^{x_2}+c=y_2\tag 2$$ $$a \,b^{x_3}+c=y_3\tag 3$$ Also, wie André Nicolas kommentierte, Unterschiede beim Schreiben $$a(b^{x_2}-b^{x_1})=y_2-y_1\tag 4$$ $$a(b^{x_3}-b^{x_2})=y_3-y_2\tag 5$$ Verhältnisse machen, wie André Nicolas kommentierte $$\frac{b^{x_2}-b^{x_1}}{b^{x_3}-b^{x_2}}=\frac{y_2-y_1}{y_3-y_2}\tag 6$$ Sie haben also nur noch eine nichtlineare Gleichung $b$. Wenn du. .. hast $b$, $(4)$oder $(5)$wird geben $a$und dann $(1)$, $(2)$oder $(3)$wird geben $c$.

Außer in ganz besonderen Fällen (z$x_2=2x_1$,$x_3=3x_1$zum Beispiel würde Gleichung reduzieren$(6)$zu einem Polynom in$b^{x_1}$; gleichmäßig verteilte Werte für die$x$'s wird gute Arbeit leisten - siehe am Ende dieser Antwort). Aber im allgemeinsten Fall das Lösen von Gleichungen$(6)$(was nichtlinear ist) erfordert numerische Methoden (Newton wäre wahrscheinlich die einfachste).

Betrachten wir zur Veranschaulichung drei Datenpunkte$(1.5,9.2)$,$(3.1,16.7)$,$(4.7,32.9)$. Also Gleichung$(6)$schreiben

$$\frac{b^{3.1}-b^{1.5}}{b^{4.7}-b^{3.1}}=\frac{75}{162}$$ Das Diagramm der Funktion zeigt eine Wurzel in der Nähe von $b=1.5$; Newton-Verfahren konvergieren würde $b=1.61821$; jetzt, mit diesem Ergebnis, $a=3.14089$und dann $c=2.73448$.

In dem besonderen Fall, wo die$x$Werte wären gleich beabstandet$(x_2=x_1+\Delta)$,$(x_3=x_2+\Delta)$Gleichung$(6)$würde erheblich vereinfachen zu führen

$$b^{-\Delta}=\frac{y_2-y_1}{y_3-y_2}$$ Und $b$wird sofort erhalten (die restlichen bleiben identisch).

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Eliminieren$a$Und$c$aus Gleichungen$(1)$Und$(2)$und Ersetzen in Gleichung$(3)$führt zu einer schöneren Form für die zu lösende Gleichung$b$. Es ist

$$(y_2-y_3)b^{x_1}+(y_3-y_1)b^{x_2}+(y_1-y_2)b^{x_3}=0$$