R中的指数曲线拟合

Question

time = 1:100  
head(y)  
0.07841589 0.07686316 0.07534116 0.07384931 0.07238699 0.07095363   
plot(time,y)  

这是一条指数曲线。
1）如何在不知道公式的情况下在这条曲线上拟合线？ 我不能使用“nls”，因为公式未知（只给出了数据点）。
2) 我怎样才能得到这条曲线的方程并确定常数。 在等式中？
我试过 loess 但它没有给出拦截

Answer 1

注意：此答案已完全从原始答案重写，它在几个方面存在缺陷（感谢评论者突出显示这些）。 我希望这个新答案是正确的。

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您需要一个模型来拟合数据。 在不知道模型的全部细节的情况下，假设这是一个指数增长模型，可以写为： y = a * e ^r*t

其中y是您的测量变量， t是测量它的时间， a是t = 0时的 y 值， r是增长常数。 我们要估计a和r 。

这是一个非线性问题，因为我们要估计指数r 。 但是，在这种情况下，我们可以使用一些代数，通过对两边取对数并求解（记住对数规则）将其转换为线性方程，结果为： log(y) = log(a) + r * t

我们可以用一个例子来形象化，通过从我们的模型中生成一条曲线，假设a和r 的一些值：

t <- 1:100      # these are your time points
a <- 10         # assume the size at t = 0 is 10
r <- 0.1        # assume a growth constant
y <- a*exp(r*t) # generate some y observations from our exponential model

# visualise
par(mfrow = c(1, 2))
plot(t, y)      # on the original scale
plot(t, log(y)) # taking the log(y)

因此，对于这种情况，我们可以探索两种可能性：

• 将我们的非线性模型拟合到原始数据（例如使用nls()函数）
• 将我们的“线性化”模型拟合到对数转换数据（例如使用lm()函数）

选择哪个选项（还有更多选项）取决于我们认为（或假设）数据背后的数据生成过程。

让我们用一些模拟来说明，其中包括添加的噪声（从正态分布采样），以模拟真实数据。 请查看此StackExchange 帖子以了解此模拟背后的推理（由Alejo Bernardin 的评论指出）。

set.seed(12) # for reproducible results

# errors constant across time - additive
y_add <- a*exp(r*t) + rnorm(length(t), sd = 5000) # or: rnorm(length(t), mean = a*exp(r*t), sd = 5000)

# errors grow as y grows - multiplicative (constant on the log-scale)
y_mult <- a*exp(r*t + rnorm(length(t), sd = 1))  # or: rlnorm(length(t), mean = log(a) + r*t, sd = 1)

# visualise
par(mfrow = c(1, 2))
plot(t, y_add, main = "additive error")
lines(t, a*exp(t*r), col = "red") 
plot(t, y_mult, main = "multiplicative error")
lines(t, a*exp(t*r), col = "red")

对于加性模型，我们可以使用nls() ，因为误差在t 上是恒定的。 使用nls()我们需要为优化算法指定一些起始值（尝试“猜测”这些是什么，因为nls()经常难以收敛于解决方案）。

add_nls <- nls(y_add ~ a*exp(r*t), 
               start = list(a = 0.5, r = 0.2))
coef(add_nls)

#           a           r 
# 11.30876845  0.09867135 

使用coef()函数，我们可以获得两个参数的估计值。 这给了我们可以的估计，接近我们模拟的（a = 10 和 r = 0.1）。

通过绘制模型的残差，您可以看到误差方差在数据范围内是合理恒定的：

plot(t, resid(add_nls))
abline(h = 0, lty = 2)

对于乘法误差情况（我们的y_mult模拟值），我们应该对对数转换数据使用lm() ，因为误差在该尺度上是恒定的。

mult_lm <- lm(log(y_mult) ~ t)
coef(mult_lm)

# (Intercept)           t 
#  2.39448488  0.09837215 

为了解释这个输出，再次记住我们的线性模型是log(y) = log(a) + r*t ，它等价于形式为Y = β0 + β1 * X的线性模型，其中β0是我们的截距和β1我们的斜率。

因此，在这个输出中(Intercept)相当于我们模型的log(a)并且t是时间变量的系数，所以相当于我们的r 。 有意义地解释(Intercept) ，我们可以采取其指数（ exp(2.39448488)给我们〜10.96，这是相当接近我们的模拟值。

值得注意的是，如果我们使用nls函数拟合误差为乘法的数据会发生什么：

mult_nls <- nls(y_mult ~ a*exp(r*t), start = list(a = 0.5, r = 0.2))
coef(mult_nls)

#            a            r 
# 281.06913343   0.06955642 

现在我们高估了 a并低估了r （ Mario Reutter在他的评论中强调了这一点）。 我们可以想象使用错误的方法来拟合我们的模型的后果：

# get the model's coefficients
lm_coef <- coef(mult_lm)
nls_coef <- coef(mult_nls)

# make the plot
plot(t, y_mult)
lines(t, a*exp(r*t), col = "brown", lwd = 5)
lines(t, exp(lm_coef[1])*exp(lm_coef[2]*t), col = "dodgerblue", lwd = 2)
lines(t, nls_coef[1]*exp(nls_coef[2]*t), col = "orange2", lwd = 2)
legend("topleft", col = c("brown", "dodgerblue", "orange2"), 
       legend = c("known model", "nls fit", "lm fit"), lwd = 3)

我们可以看到lm()对对数转换数据的拟合比nls()对原始数据的拟合要好得多。

您可以再次绘制此模型的残差，以查看方差在数据范围内不是恒定的（我们也可以在上图中看到这一点，其中数据的分布随着t值的增加而增加）：

plot(t, resid(mult_nls))
abline(h = 0, lty = 2)

Answer 2

不幸的是，取对数并拟合线性模型并不是最佳的。 原因是当应用指数函数返回原始模型时，大 y 值的误差比小 y 值的误差权重得多。 这是一个例子：

f <- function(x){exp(0.3*x+5)}

squaredError <- function(a,b,x,y) {sum((exp(a*x+b)-f(x))^2)}

x <- 0:12
y <- f(x) * ( 1 + sample(-300:300,length(x),replace=TRUE)/10000 )
x
y   
#--------------------------------------------------------------------

M <- lm(log(y)~x)
a <- unlist(M[1])[2]
b <- unlist(M[1])[1]
print(c(a,b))

squaredError(a,b,x,y)

approxPartAbl_a <- (squaredError(a+1e-8,b,x,y) - squaredError(a,b,x,y))/1e-8

for ( i in 0:10 )
{
  eps <- -i*sign(approxPartAbl_a)*1e-5
  print(c(eps,squaredError(a+eps,b,x,y)))
}

结果：

> f <- function(x){exp(0.3*x+5)}

> squaredError <- function(a,b,x,y) {sum((exp(a*x+b)-f(x))^2)}

> x <- 0:12

> y <- f(x) * ( 1 + sample(-300:300,length(x),replace=TRUE)/10000 )

> x
 [1]  0  1  2  3  4  5  6  7  8  9 10 11 12

> y
 [1]  151.2182  203.4020  278.3769  366.8992  503.5895  682.4353  880.1597 1186.5158 1630.9129 2238.1607 3035.8076 4094.6925 5559.3036

> #--------------------------------------------------------------------
> 
> M <- lm(log(y)~x)

> a <- unlist(M[1])[2]

> b <- unlist(M[1])[1]

> print(c(a,b))
          coefficients.x coefficients.(Intercept) 
               0.2995808                5.0135529 

> squaredError(a,b,x,y)
[1] 5409.752

> approxPartAbl_a <- (squaredError(a+1e-8,b,x,y) - squaredError(a,b,x,y))/1e-8

> for ( i in 0:10 )
+ {
+   eps <- -i*sign(approxPartAbl_a)*1e-5
+   print(c(eps,squaredError(a+eps,b,x,y)))
+ }
[1]    0.000 5409.752
[1]   -0.00001 5282.91927
[1]   -0.00002 5157.68422
[1]   -0.00003 5034.04589
[1]   -0.00004 4912.00375
[1]   -0.00005 4791.55728
[1]   -0.00006 4672.70592
[1]   -0.00007 4555.44917
[1]   -0.00008 4439.78647
[1]   -0.00009 4325.71730
[1]   -0.0001 4213.2411
> 

也许可以尝试一些数值方法，即梯度搜索，以找到平方误差函数的最小值。

当然，这不是一个可爱的答案。 请不要惩罚我。

Answer 3

如果它真的是指数的，您可以尝试取变量的对数并对其拟合线性模型。