Sistema de resolución para encontrar una curva que pasa por 3 puntos

Question

Una familia de curvas, en función de los parámetros (A,B,C) tiene la ecuación
$$y(t) = A / (1+B*C*t)^{1/B}$$ Si B=0 o B=1 tenemos casos exponenciales y armónicos.

Estoy buscando una curva de esa familia que pase por 3 puntos conocidos. Parece un sistema no lineal a resolver.

Si los 3 puntos conocidos son M1(t1,y1=y(t1)), M2(t2,y2=y(t2)) y M3(t3,y3=y(t3)).

El sistema tiene el siguiente aspecto $$y1 = A / (1+B*C*t1)^{1/B}$$

$$y2 = A / (1+B*C*t2)^{1/B}$$

$$y3 = A / (1+B*C*t3)^{1/B}$$

¿Cómo podemos resolverlo para A,B,C? ¿Cuántas soluciones existen?

Sé que existen algunas condiciones para poder obtener una solución.

Answer 1

Para facilitar la vida, primero se puede desacoplar la configuración de los parámetros $bc=k$ $$y(t)=a (1+b c t)^{-1/b}\implies y(t)=a (1+k t)^{-1/b}$$ Así, la curva que pasa por tres puntos, las ecuaciones son $$y_1=a (1+k t_1)^{-1/b}$$ $$y_2=a (1+k t_2)^{-1/b}$$ $$y_3=a (1+k t_3)^{-1/b}$$ Podemos eliminar $a$ de la primera ecuación $$a=y_1 (1+k t_1)^{\frac{1}{b}}$$ Si se sustituye en la segunda ecuación, se obtiene $$b=-\frac{\log(1+kt_2)-\log(1+kt_1)}{\log(y_2)-\log(y_1)}$$ Así pues, lo que queda es la tercera ecuación en la que la única incógnita es $k$ para simplificar, escríbalo como $$\log(y_3)=\log(a)-\frac 1 b\log(1+kt_3)$$ Resuélvelo (más que probablemente usando métodos numéricos ya que no muestra solución analítica porque es altamente no lineal; estoy dispuesto a apostar que el método de Newton convergería muy rápido) y cuando tengas $k$ , volver a coger $b$ , $c$ y $a$ .

Definición de $$\alpha_1=\log\left(\frac{y_3}{y_2}\right)\qquad \alpha_2=\log\left(\frac{y_1}{y_3}\right)\qquad \alpha_3=\log\left(\frac{y_2}{y_1}\right)$$ la ecuación para resolver $k$ sólo escribe $$f(k)=\alpha_1 \log(1+kt_1)+\alpha_2 \log(1+kt_2)+\alpha_3 \log(1+kt_3)$$ $$f'(k)= \frac{\alpha_1 t_1}{1+k t_1}+\frac{\alpha_2 t_2}{1+k t_2}+\frac{\alpha_3 t_3}{1+k t_3}$$ $$f''(k)= -\frac{\alpha_1 t_1^2}{(1+k t_1)^2}-\frac{\alpha_2 t_2^2}{(1+k t_2)^2}-\frac{\alpha_3 t_3^2}{(1+k t_3)^2}$$ Hay una solución trivial $k=0$ que debe ser descartado. La primera derivada se cancela para un solo valor de $k=k_*$ desde $\alpha_1+\alpha_2+\alpha_3=0$ .

$$k_*=\frac{(\alpha_1+\alpha_2)t_3- (\alpha_1t_1+ \alpha_2t_2)} {t_2(t_1-t_3) \alpha_1+t_1(t_2-t_3) \alpha_2}$$

Por lo tanto, la primera conjetura del método Newton debería ser $k_0>k_*$ . Sin embargo, como $f(k)$ , $f'(k)$ y $f''(k)$ están disponibles y son muy poco costosos de calcular, el método Halley podría ser un buen método para sustituir al método Newton.

Editar

He utilizado sus puntos de datos de prueba $$\left( \begin{array}{cc} t & y \\ 0.2 & 0.5800 \\ 0.4 & 0.2300 \\ 1.1 & 0.0369 \end{array} \right)$$ y utilizamos la última ecuación. El mínimo está en $k_*=1.03081$ la solución de la ecuación corresponde a $k=4.09869$ . El método Newton funciona muy bien para este problema. Empezando por $k_0=2$ los iterados son $$k_1=4.20319$$ $$k_2=4.09794$$ $$k_3=4.09869$$ que es la solución para seis cifras significativas.

Answer 2

Retomando la respuesta de Claude Leibovici, con $y_4=y_1$ y $t_4=t_1$ para abreviar, tenemos $b= P_i/Q_i$ para $i=1,2,3$ , donde $P_i=\log (1+k t_{i+1})-\log (1+k t_i)$ y $Q_i=\log y_{i+1}-\log y_i.$ Ahora $P_3=-(P_1+P_2)$ y $Q_3=-(Q_2+Q_1).$ Así que tenemos $$P_1/Q_1=P_2/Q_2=(P_1+P_2)/(Q_1+Q_2).$$ Eliminando los denominadores y simplificando, tenemos $$0=P_1Q_2^2+P_2Q_1^2.$$ Sustituyendo $P_2Q_1$ para $ P_1Q_2$ en este, tenemos $$0=P_2Q_1Q_2+P_2Q_1^2= P_2Q_1(Q_2+Q_1)=-P_2Q_1Q_3.$$ Permutando los subíndices también tenemos $$0=-P_3Q_2Q_1=-P_1Q_3Q_2.$$ Tengo que dejarlo aquí ya que es muy tarde para mí.