使用R

Question

我正在执行迭代计算，以检查y在R中x上的变化。我的目标是估计x截距。现在，每个迭代的计算量都很大，因此实现该迭代所需的迭代次数越少越好。

这里是y与x相对的图像 我通过定义一个渐近函数来创建一个工作示例，该函数可以充分捕捉问题所在

y <- (-1/x)+0.05

在绘制时会产生

x <- 1:100
y <- (-1/x)+0.05
DT <- data.frame(cbind(x=x,y=y))
ggplot(DT, aes(x, y)) + geom_point() + geom_hline(yintercept=0, color="red")

我已经开发了两个迭代算法来近似x截距。

解决方案1 ​​：x最初很小，被步进1...n次。步骤的大小是预先定义的，从大开始（增加10倍）。在每个步骤之后，将计算y.i。如果abs(y.i) < y[i-1]，则重复该大步骤，除非y.i更改符号，这表示该步骤超出了x截距。如果算法超调，则我们回溯并采取较小的步骤（增加2倍）。每次超调时，步长都会从10 *，2 *，1.1 *，1.05 *，1.01 *，1.005 *，1.001 *减小。

x.i <- x <- runif(1,0.0001,0.001)
y.i <- y <- (-1/x.i)+0.05
i <- 2
while(abs(y.i)>0.0001){
  x.i <- x[i-1]*10
  y.i <- (-1/x.i)+0.05
  if(abs(y.i)<abs(y[i-1]) & sign(y.i)==sign(y[i-1])){
    x <- c(x,x.i); y <- c(y,y.i)
  } else {
    x.i <- x[i-1]*2
    y.i <- (-1/x.i)+0.05
    if(abs(y.i)<abs(y[i-1]) & sign(y.i)==sign(y[i-1])){
      x <- c(x,x.i); y <- c(y,y.i)
    } else {
      x.i <- x[i-1]*1.1
      y.i <- (-1/x.i)+0.05
      if(abs(y.i)<abs(y[i-1]) & sign(y.i)==sign(y[i-1])){
        x <- c(x,x.i); y <- c(y,y.i)
      } else {
        x.i <- x[i-1]*1.05
        y.i <- (-1/x.i)+0.05
        if(abs(y.i)<abs(y[i-1]) & sign(y.i)==sign(y[i-1])){
          x <- c(x,x.i); y <- c(y,y.i)
        } else {
          x.i <- x[i-1]*1.01
          y.i <- (-1/x.i)+0.05
          if(abs(y.i)<abs(y[i-1]) & sign(y.i)==sign(y[i-1])){
            x <- c(x,x.i); y <- c(y,y.i)
          } else {
            x.i <- x[i-1]*1.005
            y.i <- (-1/x.i)+0.05
            if(abs(y.i)<abs(y[i-1]) & sign(y.i)==sign(y[i-1])){
              x <- c(x,x.i); y <- c(y,y.i)
            } else {
              x.i <- x[i-1]*1.001
              y.i <- (-1/x.i)+0.05
            }
          }
        }
      }
    }
  }
  i <- i+1
}

解决方案2 ：此算法基于Newton-Raphson方法的思想，其中步骤基于y中的变化率。变化越大，采取的步骤越小。

x.i <- x <- runif(1,0.0001,0.001)
y.i <- y <- (-1/x.i)+0.05
i <- 2
d.i <- d <- NULL
while(abs(y.i)>0.0001){
  if(is.null(d.i)){
    x.i <- x[i-1]*10
    y.i <- (-1/x.i)+0.05
    d.i <- (y.i-y[i-1])/(x.i-x[i-1])
    x <- c(x,x.i); y <- c(y,y.i); d <- c(d,d.i)
  } else {
    x.i <- x.i-(y.i/d.i)
    y.i <- (-1/x.i)+0.05
    d.i <- (y.i-y[i-1])/(x.i-x[i-1])
    x <- c(x,x.i); y <- c(y,y.i); d <- c(d,d.i)
  }
  i <- i+1
}

比较

1. 解决方案1所需的迭代次数始终少于解决方案2（1/2的迭代次数，如果不是1/3的话）。
2. 解决方案2更优雅，不需要任意减小步长。
3. 我可以设想几种解决方案1卡住的情况（例如，即使在最小的步骤中，循环也无法收敛到y.i的足够小的值上）

问题

1. 在这种情况下，是否存在更好的（减少迭代次数）近似x截距的方法？
2. 谁能指出我一些解决此类问题的文献（最好是可理解地写给像我这样的初学者）？
3. 欢迎提供任何代表此类问题/算法的术语或关键词建议。
4. 我提出的解决方案可以改进吗？
5. 欢迎任何有关如何使标题/问题更广泛的社区或具有潜在解决方案的专家访问的建议。

Answer 1

根据@Lyngbakr和@LutzL的阅读建议和建议，被称为Brent's Method的寻根算法被证明是有效的，并且比我的Newton-Raphson的实现要快得多（解决方案2）。该算法由uniroot中的R实现。

f <- function(x){(-1/x)+0.05}
uniroot(f, interval=c(0,100), maxiter=100)