Báo cáo tiểu luận: Xử lý số liệu thực nghiệm

Báo cáo tiểu luận "Xử lý số liệu thực nghiệm" có nội dung được chia làm 2 mục sau: mục 1 bài tập phương pháp bình phương tối tiểu tuyến tính, mục 2 bài tập phương pháp bình phương tối thiểu phi tuyến. Mời các bạn cùng tham khảo.

03-02-2015 400 81

Download

Xem online

Tóm tắt nội dung tài liệu

TRƯỜNG ĐẠI HỌC ĐÀ LẠT KHOA SAU ĐẠI HỌC . BÁO CÁO TIỂU LUẬN XỬ LÝ SỐ LIỆU THỰC NGHIỆM Giảng viên: TS. MAI XUÂN TRUNG Lớp: VLKT K22A Thực hiện: PHẠM VĂN ĐẠO NGUYỄN XUÂN TÂN TRẦN THANH MINH Lâm Đồng, tháng 10/2014 MỤC LỤC I. BÀI TẬP PHƯƠNG PHÁP BÌNH PHƯƠNG TỐI THIỂU TUYẾN TÍNH 1 Bài tập 1: Cho nguồn chuẩn gamma Eu -152 với các thông tin sau T1/2 =13,522 năm, hoạt độ ban đầu A0 (Bq) = 407600. .......................................... 1 a) Xác định giá trị hiệu suất tính và sai số hiệu suất tính của 14 dữ liệu trên: 2 b) Sử dụng phương pháp bình phương tối thiểu có trọng số xác định đường chuẩn hiệu suất ở bậc 2 và 3 tương ứng. Bậc nào thích hợp với các số liệu thực nghiệm.................................................................................................... 3 c) Xác định sai số giá trị hiệu suất tại mỗi điểm chuẩn của hai đường cong trên ................................................................................................................. 8 d) Sử dụng phương pháp bình phương tối thiểu dùng đa thức trực giao có trọng số xác định đường cong hiệu suất với x = lnE, y = lnε với bậc 2 và bậc 3. .................................................................................................................... 9 e) Xác định sai số giá trị hiệu suất tại mỗi điểm chuẩn của hai đường cong trên ............................................................................................................... 13 Bài tập 2: Cho các số liệu thực nghiệm, sử dụng phương pháp bình phương tối thiểu dùng các đa thức trực giao khớp một đa thức thích hợp đáp ứng các dữ liệu trên. .................................................................................................. 15 II. BÀI TẬP PHƯƠNG PHÁP BÌNH PHƯƠNG TỐI THIỂU PHI TUYẾN 24 Bài tập 1: Sử dụng phương pháp bình phương tối thiểu phi tuyến, xác định các tham số θ1, θ2, θ3 của phiến hàm ............................................................ 26 Bài tập 2: Sử dụng phương pháp bình phương tối thiểu phi tuyến, xác định các tham số θ1, θ2, θ3 của phiến hàm ............................................................ 29 Bài tập 3: Sử dụng phương pháp bình phương tối thiểu phi tuyến, xác định các tham số θ1, θ2, θ3 của phiến hàm ............................................................ 32 Báo cáo tiểu luận Xử lý số liệu thực nghiệm – VLKT K22A I. BÀI TẬP PHƯƠNG PHÁP BÌNH PHƯƠNG TỐI THIỂU TUYẾN TÍNH Bài tập 1: Cho nguồn chuẩn gamma Eu -152 với các thông tin sau T1/2 =13,522 năm, hoạt độ ban đầu A0 (Bq) = 407600. Ngày sản xuất: 01/01/1982 12:00:00 Ngày giờ đo: 03/07/2012 16:31:24 Thời gian đo (s) 57737,036 Số liệu phân tích cho: STT Năng lượng E Hiệu suất SS hiệu DT Đỉnh SS DT Đỉnh (KeV) phát suất phát 1 121,7824 0,2837 0,0013 718272 52,176 2 244,6989 0,0753 0,0004 185801 743,204 3 344,2811 0,2657 0,0011 539855 1619,565 4 411,126 0,02238 0,00010 42348 254,088 5 443,965 0,03125 0,00014 56523 282,615 6 778,903 0,1297 0,0006 168106 1344,848 7 867,39 0,04214 0,00025 51747 465,723 8 964,055 0,1463 0,0006 167756 503,268 9 1085,542 0,1013 0,0005 111718 446,872 10 1089,767 0,01731 0,00009 19025 285,375 11 1112,087 0,1354 0,0006 144406 1155,248 12 1212,97 0,01412 0,00008 14282 185,666 13 1299,152 0,01626 0,00011 15716 204,308 14 1408,022 0,2085 0,0009 192679 770,716 a) Xác định giá trị hiệu suất tính và sai số hiệu suất tính của 14 điểm dữ liệu trên. b) Sử dụng phương pháp bình phương tối thiểu có trọng số xác định đường chuẩn hiệu suất P b j ln( E )  j ln   j0 ở bậc 2 và 3 tương ứng. Bậc nào thích hợp với các số liệu thực nghiệm. c) Xác định sai số giá trị hiệu suất tại mỗi điểm chuẩn của hai đường cong trên 1 Báo cáo tiểu luận Xử lý số liệu thực nghiệm – VLKT K22A d) Sử dụng phương pháp bình phương tối thiểu dung đa thức trực giao có trọng số xác định đường cong hiệu suất với x = lnE, y = lnε với bậc 2 và bậc 3. e) Xác định sai số giá trị hiệu suất tại mỗi điểm chuẩn của hai đường cong trên và so sánh với kết quả câu c. Bài giải: Thời gian từ lúc sản xuất nguồn đến lúc thực hiện đo là t = 962512284 giây tương đương 30,5 năm. Chu kỳ bán rã của nguồn Eu152 là T1/2 = 13,522 năm = 426429792 giây. Do đó, hoạt độ của nguồn ở thời điểm đo là:  (ln 2 ) t T1  (ln 2 ) 962512284 t 426429792 A  A0 e  A0 e 2  407600 e  85264 , 24433 ( Bq ) a) Xác định giá trị hiệu suất tính và sai số hiệu suất tính của 14 dữ liệu trên: Hiệu suất được xác định theo công thức: N  t d AI  Trong đó: N là diện tích đỉnh, td = 57737,036 giây là thời gian đo, Iγ là hiệu suất phát của tia bức xạ gamma ở năng lượng tương ứng, A hoạt độ nguồn γ. Sai số hiệu suất: 2 2  N   I           N   I    Khi đó ta có bảng kết quả hiệu suất tính và sai số hiệu suất tính ứng với từng năng lượng như sau: 2 Báo cáo tiểu luận Xử lý số liệu thực nghiệm – VLKT K22A Bảng 1: Kết quả tính toán hiệu suất tính và sai số liệu suất tính Sai số hiệu Trọng số Năng lượng Hiệu suất tính suất tính 2  2 E (KeV)    x = ln(E) y = ln(ε) 121,7824 0,00051429 2,35693E-06 47612,70348 4,802235846 -7,572723045 244,6989 0,000501224 3,33298E-06 22615,09825 5,500028475 -7,598457957 344,2811 0,000412728 2,11015E-06 38256,04124 5,841458475 -7,792721298 411,126 0,000384372 2,87549E-06 17868,15613 6,018899737 -7,863900539 443,965 0,000367412 2,4666E-06 22187,51109 6,09574573 -7,909025772 778,903 0,000263282 2,43305E-06 11709,54258 6,65788652 -8,242283389 867,39 0,000249442 2,68884E-06 8606,162363 6,765488703 -8,296284979 964,055 0,000232923 1,18355E-06 38730,37236 6,871148347 -8,364802796 1085,842 0,000224023 1,42325E-06 24775,49756 6,990111002 -8,403762603 1089,767 0,000223258 3,54433E-06 3967,737678 6,993719191 -8,407184496 1112,087 0,000216643 1,98127E-06 11956,4952 7,013993709 -8,437258614 1212,97 0,000205463 2,91366E-06 4972,640282 7,100827177 -8,490246259 1299,152 0,000196336 2,87729E-06 4656,22746 7,169467023 -8,535682833 1408,022 0,000187718 1,10471E-06 28874,54867 7,249941162 -8,58056748 b) Sử dụng phương pháp bình phương tối thiểu có trọng số xác định đường chuẩn hiệu suất ở bậc 2 và 3 tương ứng. Bậc nào thích hợp với các số liệu thực nghiệm. P b j ln( E )  j ln   j0 Xác định đường chuẩn hiệu suất bậc 2: Đa thức bậc hai có dạng: y = b0 + b1lnE + b2 (lnE)2 = b0 +b1x +b2x2 Đặt g0 = 1; g1 = lnE = x ; g2 = (lnE)2 = x2 Hệ phương trình chuẩn của phương pháp bình phương tối thiểu có trọng số là: g T  g b  g T  Y Trình bày dưới dạng hệ các phương trình: b0 g 0 , g 0   b1 g1 , g 0   b2 g 2 , g 0   Y , g 0   b0 g 0 , g1   b1 g1 , g1   b2 g 2 , g1   Y , g1  b g , g   b g , g   b g , g   Y , g   0 0 2 1 1 2 2 2 2 2 3 Báo cáo tiểu luận Xử lý số liệu thực nghiệm – VLKT K22A Sử dụng kết quả trong bảng 1 ta tính được: n g 0 , g 0    g 0 i  g 0 i = 286788,734354193 i 1 n g1 , g 0    g1 i  g 0 i = 1784432,90299963 i 1 n g 2 , g 0    g 2 i  g 0 i =11301441,1483269 i 1 n g 0 , g1    g 0 i  g1 i =1784432,90299963 i 1 n g1 , g1    g1 i  g1 i =11301441,1483269 i 1 n g 2 , g1    g 2 i  g1 i =72712453,6515179 i 1 n g 0 , g 2    g 0 i  g 2 i  11301441,1483269 i 1 n g1 , g 2    g1 i  g 2 i  72712453,6515179 i 1 n g 2 , g 2    g 2 i  g 2 i  474313129,469633 i 1 n Y , g 0    y i  g 0 i  -2310563,8073758 i 1 n Y , g1    y i  g1 i  -14462404,1226573 i 1 n Y , g 2    y i  g 2 i  -92100781,7581659 i 1 286788,734354193b0  1784432,90299963b1  11301441,1483269b 2  2310563,8073758   1784432,90299963b 0  11301441,1483269b1  72712453,6515179b 2  14462404,1226573 11301441,1483269b  72712453,6515179b  474313129,469633b  92100781,7581659  0 1 2 4 Báo cáo tiểu luận Xử lý số liệu thực nghiệm – VLKT K22A b 0  10,60017485   b1  1,339166404 b  0,1469021206  2 Xác định SSE, MSE   2 , SSTO, R2 Tổng bình phương các sai số SSE: n n n n SSE  Y T Y  bT g T Y   (y 2 ) i  b0  (y) i  b1  ( g1 ) i (y) i  b2  ( g 2 ) i (y) i i 1 i 1 i 1 i 1  267,887 Bình phương trung bình sai số MSEω: SSE 267,8871128 MSE    24,35337389 n 3 14  3 Phương trình: y = – 0,1469x2 +1,3392x – 10,6002 hay : lnε = – 0,1469(lnE)2 + 1,3392lnE – 10,6002 Xác định đường chuẩn hiệu suất bậc 3: Đa thức bậc ba có dạng: y = b0 + b1lnE + b2 (lnE)2 + b3 (lnE)3 = b0 +b1x +b2x2 + b3x3 Đặt g0 = 1; g1 = lnE = x ; g2 = (lnE)2 = x2, g3 = (lnE)3 = x3. Hệ phương trình chuẩn của phương pháp bình phương tối thiểu có trọng số là: g T g b  g T Y Trình bày dưới dạng hệ các phương trình: b0 g 0 , g 0   b1 g 1 , g 0   b2 g 2 , g 0   b3 g 3 , g 0   Y , g 0  b g , g   b g , g   b g , g   b g , g   Y , g   0 0 1 1 1 1 2 2 1 3 3 1 1  b0 g 0 , g 2   b1 g1 , g 2   b2 g 2 , g 2   b3 g 3 , g 2   Y , g 2  b0 g 0 , g 3   b1 g1 , g 3   b2 g 2 , g 3   b3 g 3 , g 3   Y , g 3  Sử dụng kết quả trong bảng 1 ta tính được: n g 0 , g 0    g 0 i  g 0 i = 286788,734354193 i 1 5 Báo cáo tiểu luận Xử lý số liệu thực nghiệm – VLKT K22A n g1 , g 0    g1 i  g 0 i = 1784432,90299963 i 1 n g 2 , g 0    g 2 i  g 0 i =11301441,1483269 i 1 n g 3 , g 0    g 3 i  g 0 i  72712453,6515179 i 1 n g 0 , g1    g 0 i  g1 i =1784432,90299963 i 1 n g1 , g1    g1 i  g1 i =11301441,1483269 i 1 n g 2 , g1    g 2 i  g1 i =72712453,6515179 i 1 n g3 , g1    g3 i  g1 i  474313129,469633 i 1 n g 0 , g 2    g 0 i  g 2 i  11301441,1483269 i 1 n g1 , g 2    g1 i  g 2 i  72712453,6515179 i 1 n g 2 , g 2    g 2 i  g 2 i  474313129,469633 i 1 n g3 , g 2    g3 i  g 2 i  3131019044,85911 i 1 n g 0 , g 3    g 0 i g 3 i  72712453,6 515179 i 1 n g1 , g 3    g1 i  g 3 i  474313129,469633 i 1 n g 2 , g 3    g 2 i g 3 i  3131019044,85911 i 1 6 Báo cáo tiểu luận Xử lý số liệu thực nghiệm – VLKT K22A n g 3 , g 3    g 3 i g 3 i  20879797471,4568 i 1 n Y , g 0    y i  g 0 i  -2310563,8073758 i 1 n Y , g1    y i  g1 i  -14462404,1226573 i 1 n Y , g 2    y i  g 2 i  -92100781,7581659 i 1 n Y , g 3    y i  g 3 i  -595531546 ,855329 i 1 286788,734354193b0  1784432,90299963b1  11301441,1483269b2  72712453,6515179b3  2310563,8073758 1784432,90299963b  11301441,1483269b  72712453,6515179b  474313129,469633b  14462404,1226573  0 1 2 3   11301441,1483269b0  72712453,6 515179b 1  474313129, 469633b 2  3131019044,85911b3  92100781,7581659 72712453,6515179b0  474313129,469633b1  3131019044,85911b2  20879797471,4568b3  - 595531546,855329 b 0  27,9621683  b1  10,258378  b 2  1,6559689 b3  0,0841414 Xác định SSE, MSE  , SSTO, R2 Tổng bình phương các sai số SSE: n n n n n SSE  Y T Y  bT g T Y   (y 2 ) i  b0  (y) i  b1  ( g1 ) i (y) i  b2  ( g 2 ) i (y) i  b3  ( g 3 ) i (y) i i 1 i 1 i 1 i 1 i 1  73,8941696 7 Báo cáo tiểu luận Xử lý số liệu thực nghiệm – VLKT K22A Bình phương trung bình sai số MSE  : SSE 73,8941696 MSE    6,7176518 s n3 14  3 Phương trình: y = 0,084x3 -1,656x2 +10,258x -27,962 hay : lnε = 0,084(lnE)3 - 1,656(lnE )2 + 10,258 lnE - 27,962 Bậc 3 -7.4 4.5 5 5.5 6 6.5 7 7.5 -7.6 -7.8 -8 -8.2 -8.4 y = 0.0844x3 - 1.6583x2 + 10.257x - 27.926 -8.6 R² = 0.9976 -8.8 Hiệu suất tính Poly. (Hiệu suất tính) Hình 1: Đồ thị đường chuẩn hiệu suất và đường khớp bởi phương trình bậc 3 Kết luận: Đường cong bậc 3 thích hợp với các số liệu thực nghiệm hơn đường cong bậc 2. c) Xác định sai số giá trị hiệu suất tại mỗi điểm chuẩn của hai đường cong trên Từ câu b đường cong bậc hai ta có:  286788,734354193 1784432,90299963 11301441,1483269  T   g g   1784432,90299963 11301441,1483269 72712453,6515179   11301441,1483269 72712453,6515179 474313129,469633     0,0135081  0,0045366 0,0003736  T 1    ( g g )    0,0045366 0,00153006  0,0001264   0,0003736  0,0001264 1,0487  10 5    Sai số tại mỗi điểm chuẩn: 8 Báo cáo tiểu luận Xử lý số liệu thực nghiệm – VLKT K22A  0,0135081  0,0045366 0,0003736     b   ( g g )    0,0045366 0,00153006  0,0001264  2 T 1  0,0003736  0,0001264 1,0487  10 5     b20  0,0135081  b0  0,1162  2    b1  0,00153006   b1  0,0391  2 5   b2  1,0487  10  b2  0,0032 Làm tương tự với đường cong bậc 3:  286788,734354193 1784432,90299963 11301441,1483269 72712453,6515179    T  1784432,90299963 11301441,1483269 72712453,6515179 474313129,469633  g g   11301441,1483269 72712453,6515179 474313129,469633 3131019044,85911    72712453,6515179 474313129,469633 3131019044,85911 20879797471,4568   1,5674750  0,8028407 0,1354410  0,0075301    T 1   0,8028407 0,4116349  0,0695133 0,0038688   ( g g )   0,1354410  0,0695133 0,0117502  0,0006546    5    0,0075310 0,0038688  0,0006546 3,6497435 10  Sai số tại mỗi điểm chuẩn :  1,5674750  0,8028407 0,1354410  0,0075301      0,8028407 0,4116349  0,0695133 0,0038688   b   ( g g )   2 T 1 0,1354410  0,0695133 0,0117502  0,0006546      0,0075310 0,0038688  0,0006546 3,6497435 10 5     b20  1,5674750  b0  1, 252  2   b  0, 4116349  b  0,642   21  1  b2  0,0117502  b2  0,108  2   0,006  b3  3,6497435  10 5  b3 d) Sử dụng phương pháp bình phương tối thiểu dùng đa thức trực giao có trọng số xác định đường cong hiệu suất với x = lnE, y = lnε với bậc 2 và bậc 3. Xác định đường cong bậc 2: Đa thức bậc hai có dạng: y = b0 g0(x) + b1g1(x) + b2g2(x) 9 Báo cáo tiểu luận Xử lý số liệu thực nghiệm – VLKT K22A Đặt g0(x) =1 g1(x) = (x-B0)g0(x) gj+1(x) = (x-Bj)gj(x)-Cjgj-1(x) vậy g2 = (x-B1)g1(x)-C1g0(x) n x i ( xi ) B0   i 0 S0 n 2 S 0   g 0 , g 0    g i 1 0 ( x i )   ( x i ) = 286788,734354193 n x i  ( x i ) 1784432,90 299963 B0     6,22211645 5 i 0 S0 286788,734 354193 g 1  ( x  6,222116455) n 2 S1  g1 , g1    g1 ( xi )  ( xi )  198491,820564604 i 1 n  x g ( x )   ( x 2 i 1 i i) i 1 1158531,49976351 B1    5,836671236 S1 198491,820564604 S1 198491,820564604 C1    0,692118611 S 0 286788,734354193 g 2  ( x  5,836671236)( x  6,222116455)  0,692118611 n 2 S 2  g 2 , g 2    g 2 ( xi )  ( xi )  95352,012606033 i 1 n y gi 1 i j ( xi ) ( xi ) Ta có: b j  n  g 2 j ( xi )  ( xi ) i 1 10 Báo cáo tiểu luận Xử lý số liệu thực nghiệm – VLKT K22A n y g i 1 i 0 ( x i ) ( xi )  y  - 2310563,8073758  -8,056675631 Nên b0  n  S0 286788,734354193  g i 1 0 ( x i )  ( x i ) 2 n  y g ( x ) ( x )  y ( x  6,222116455 ) - 85807,0375 38239 i 1 i 1 i i b1  n    -0,432295080 S 198491,820 564604  g ( x )  ( x ) 2 1 1 i i i 1 n y g i 1 i 2 ( xi ) ( x i )  y[( x  5,836671236)( x  6,222116455)  0,692118611] b2  n  S2  g ( x i )  ( x i ) 2 2 i 1 - 14007,4128 663704   -0,146902121 95352.0126 060331 Vậy ta được đường cong bậc 2 như sau: y = b0 g0(x) + b1g1(x) + b2g2(x)  y  - 8,056675631 - 0,43229508( x  6,222116455)  0,146902121(( x  5,836671236)( x  6,222116455)  0,692118611)  y  0,146902121x 2  1,3391664 x  10,60017486 Bậc 2 -7.4 4.5 5 5.5 6 6.5 7 7.5 -7.6 -7.8 -8 -8.2 -8.4 y = -0.1341x2 + 1.179x - 10.108 -8.6 R² = 0.9922 -8.8 Hiệu suất tính Poly. (Hiệu suất tính) Hình 2: Đồ thị đường hiệu suất tính và đường khớp bởi phương trình bậc 2 11 Báo cáo tiểu luận Xử lý số liệu thực nghiệm – VLKT K22A Phương trình bậc 2: y  0,1469 x 2  1,3392 x  10,6002 Tương tự xác định đường cong bậc ba: Đa thức bậc hai có dạng: y = b0 g0(x) + b1g1(x) + b2g2(x) +b3g3(x) Các giá trị b0; b1; b2; g0; g1; g2 đã tính toán ở trên: Áp dụng công thức gj+1(x) = (x-Bj)gj(x)-Cjgj-1(x), ta có: g3 = (x-B2)g2(x)-C2g1(x) n  x g i 1 i 2 ( x i )   ( xi ) 2 560297,584147278 B2    5,876096045 S2 95352,012606033 S2 95352,012606033 C2    0,480382579 S 1 198491,820564604 g 3  ( x  5,876096045)[(x  5,836671236)( x  6,222116455)  0,692118611]  0,480382579( x  6,222116455) n 2 S3  g3 , g3   g3 ( xi )  ( xi )  27399,1852 i 1 n  y g ( x )( x )  yg  2305,40665 i 1 i 3 i i 3 b3  n    0,08414143 S 27399,1852  g ( x ) ( x ) 2 3 3 i i i 1 Vậy ta được đường cong bậc 3 như sau: y = b0 g0(x) + b1g1(x) + b2g2(x) + b3g3(x)  y  - 8,056675631 - 0.43229508( x  6,222116455)  0,146902121(( x  5,836671236)( x  6,222116455)  0,692118611)  0,084141431 ( x  5,876096045)[( x  5,836671236)( x  6,222116455)  0,692118611]  0,480382579( x  6,222116455)   y  0,084141431x 3  1,655968903x 2  10,25837195x  27,962168941 12 Báo cáo tiểu luận Xử lý số liệu thực nghiệm – VLKT K22A Phương trình bậc 3: y  0,084 x 3  1,656 x 2  10,258 x  27,962 Bậc 3 -7.4 4.5 5 5.5 6 6.5 7 7.5 -7.6 -7.8 -8 -8.2 -8.4 y = 0.0844x3 - 1.6583x2 + 10.257x - 27.926 -8.6 R² = 0.9976 -8.8 Hiệu suất tính Poly. (Hiệu suất tính) Hình 3: Đồ thị đường hiệu suất tính và đường khớp bởi phương trình bậc 3 e) Xác định sai số giá trị hiệu suất tại mỗi điểm chuẩn của hai đường cong trên Từ câu d đường cong bậc hai ta có:  S0 0 0   286788,734 354193 0 0      g T g   0 S1 0  0 198491,820 564604 0  0 0   S2   0 0 95352,0126 06033    1   0 0   286788,734354193   1   ( g T g ) 1   0 0  198491,820564604    1  0 0  95352,012606033   3,4868873 10 6 0 0     0 5,03799997 10 6 0   0 0 5  1,04874556 10   Sai số tại mỗi điểm chuẩn: 13 Báo cáo tiểu luận Xử lý số liệu thực nghiệm – VLKT K22A  3,4868873 10 6 0 0     2 b   ( g T g ) 1   0 5,03799097 10 6 0   0 0 5  1,04874556 10    b20  3, 4868873 10 6  b0  0,0019  2    b1  5,03799097  10 6   b1  0,0022  2 5   b2  1,04874556 10  b2  0,0032 Làm tương tự với đường cong bậc 3:  S0 0 0 0   286788,734354193 0 0 0      T  0 S1 0 0   0 198491,820564604 0 0  g g      0 0 S2 0 0 0 95352,012606033 0     0 0 0 S   0 0 0 27399,185216566  3   3,4868873  10 6 0 0 0   6  T 1  0 5,03799097  10 0 0   ( g g )     0 0 1,04874556  10 6 0   0 0 0 3,6497435  10 5   Sai số tại mỗi điểm chuẩn :  3,4868873  10 6 0 0 0     0 5,03799097  10 6 0 0   2 b   ( g T g ) 1    0 0 1,04874556  10 6 0   0 0 0 3,6497435  10 5    b20  3, 4868873 10 6  b0  0,002  2   b  5,03799097  10 6  b  0,002   21  1  b2  1,04874556 10 5  b2  0,003  2   0,006  b3  3,6497435  10 5  b3 14 Báo cáo tiểu luận Xử lý số liệu thực nghiệm – VLKT K22A Bài tập 2: Cho các số liệu thực nghiệm, sử dụng phương pháp bình phương tối thiểu dùng các đa thức trực giao khớp một đa thức thích hợp đáp ứng các dữ liệu trên. x 280 284 292 295 298 305 y 770 800 840 810 735 640 Bài giải: a) Khớp đa thức bậc nhất: Đa thức có dạng: y1=b0 g0(x) + b1g1(x) Đặt g0(x) = 1, p = 2 tham số mô hình n Tính S 0   g 0 , g 0    g 0 ( xi )  n  6 i 1 g1(x) =( x – B0 )g0(x) = x – B0 n n  xg 0 ( x ), g 0 ( x )  x xi i i 1 i 1 1754 B0    x  292,3333333 S0 S0 n 6 Vậy g1(x) = (x – 292,3333333) n n 2 Tính : S1   g1 , g1    g1 ( xi )   x  292,3333333  421,3333333 2 i 1 i 1 n n  y, g 0  i 1 y yi i 1 i 4595 b0    y  765,8333333 S0 S0 n 6 b1   y, g1    y( x  292,3333333)   2011,6666670  4,774525318 S1 S1 421,3333333 15 Báo cáo tiểu luận Xử lý số liệu thực nghiệm – VLKT K22A Tổng bình phương các sai số: 2 2  n   n  n 2n 2   yi    yi ( xi  292,3333333   y, g 0   y, g1  SSE1   y i  2    y 2i   i 1    i 1  i 1 S0 S1 i 1 S0 S1 (4595) 2 (2011,6666670) 2  3544425    15816,07991 6 421,3333333 Và 2  y  2 4595 2 SSTO   y   3544425   25420,83333 n 6 SSE1 15816,07991  R2  1 1  0,37783  37,78% SSTO 25420,83333 n  1SSE1 6  1.15816,07991  0,2222875  22,23% Ra2  1  1 n  p SSTO 6  2 .25420,83333 Vậy ta có: y1 = 765,833 – 4,774 (x – 292,333) = 2161,431 – 4,774.x Vậy có 37,78 % các điểm thực nghiệm diễn biến theo đường mô hình ta khớp. Do đó đa thức bậc nhất y = 2161,431 - 4,774x không đáp ứng các điểm thực nghiệm. Bậc 1 900 850 800 750 700 y = -4.7745x + 2161.6 R² = 0.3778 650 600 280 285 290 295 300 305 Thực nghiệm Linear (Thực nghiệm) Hình 4: Đồ thị đường thực nghiệm và đường khớp bởi phương trình bậc 1 16 Báo cáo tiểu luận Xử lý số liệu thực nghiệm – VLKT K22A b) Đa thức bậc hai: Đa thức bậc hai có dạng: y2 = b0 g0(x) + b1g1(x) +b2g2(x) = y1(x) + b2.g2(x) p = 3 số tham số mô hình Từ trên ta đã có: b0 = 765,8333333; b1 = -4,774525316; g0(x) = 1; g1(x) = ( x – 292,3333333 ); SSTO = 25420,83333 Tìm b2, g2(x): Áp dụng công thức đa thức trực giao: gj+1(x) = (x – Bj)gj(x) – Cjgj-1(x)  g 2 ( x)  ( x  B1 ) g1 ( x)  C1 g 0 ( x ) 2 Ta có B1   xg1 , g1    x( x  292,3333333)  122948,2222  291,8074895 S1 S1 421,3333333 S1 421,3333333 C1    70,2222222 S0 6  g 2 ( x)  ( x  291,8074895)( x  292,3333333)  70,2222222 = x 2  584,1408228 x  85234,83387 n 2 S 2   g 2 , g 2    ( xi  584,1408228 xi  85234,83387) 2  25080,97785 i 1  y , g 2   18908,35608 b1    0,7538923 S2 25080,97785 n  y, g 0  2  y, g 1  2  y, g 2  2  y, g 2  2 SSE 2   y 2 i     SSE1  i 1 S0 S1 S2 S2  15816.07991   18908,356082  1561,215845 25080,97785 17 Báo cáo tiểu luận Xử lý số liệu thực nghiệm – VLKT K22A SSE 2 1561,215845  R2  1 1  0,9385852  93,86% SSTO 25420,83333 n  1SSE 2 6  1.1561,215845  0,897644153  89,76% Ra2  1  1 n  p SSTO 6  3.25420,83333  y2 = 765,8333333 – 4,774525316 (x – 292,3333333) - 0,7538923( x2 – 584,1408228x + 85234,833387)  y2 = - 0,753.x2 + 435,605.x – 62096,299 Vậy có 93,86% các điểm thực nghiệm diễn biến theo đường mô hình đã khớp. Bậc 2 900 850 800 750 700 y = -0.7539x2 + 435.61x - 62096 R² = 0.9386 650 600 280 285 290 295 300 305 Thực nghiệm Poly. (Thực nghiệm) Hình 5: Đồ thị đường thực nghiệm và đường khớp bởi phương trình bậc 2 c) Đa thức bậc 3: Đa thức bậc ba có dạng: y3 = b0g0(x) + b1g1(x) + b2g2(x) + b3g3(x) = y2 + b3g3(x) p = 4 số tham số mô hình Tính g3(x), b3: Áp dụng công thức đa thức trực giao: gj+1(x) = (x – Bj)gj(x) – Cjgj-1(x)  g 3 ( x )  ( x  B2 ) g 2 ( x )  C 2 g1 ( x) 18 Báo cáo tiểu luận Xử lý số liệu thực nghiệm – VLKT K22A Với n  x x  2 2 i i  584,1408228 xi  85234,833387  xg 2 ( x ), g 2 ( x) i 1 7396055,415 B2     294,8870439 S2 S2 25080,97785 S 2 25080,97785 và C 2    59,5276373 S1 421,33333 g 3  ( x  294,8870439)( x 2  584,1408228 x  85234,83387)  59,5276373( x  292,3333333)  x 3  879,0278667 x 2  257430,8667 x  25117246,290 n 3 S 3   g 3 , g 3    ( xi  879,0278667 x 2  257430,8667 x  25117246,290) 2  783368,5486 i 1  y, g 3  11806,99829 b3    0,015072086 S3 783368,54860 n  y, g 0  2  y, g1  2  y, g 2  2  y, g 3  2  y, g 3  2 SSE3   y 2 i      SSE 2  i 1 S0 S1 S2 S3 S3  1561,215845  11806,998292  1383,25975 783368,54860 SSTO = 25420,83333 SSE 3 1383,25975  R2  1 1  0,9456  94,56% SSTO 25420,8333 n  1SSE3 6  1.1383,25975  0,8639994  86,39% Ra2  1  1 n  p SSTO 6  4 .25420,83333 y3 = 0,015072086.x3 – 14,0026759.x2 + 4315,624905.x – 440665,5949 Vậy có 94,56 % các điểm thực nghiệm diễn biến theo đường mô hình. 19 Báo cáo tiểu luận Xử lý số liệu thực nghiệm – VLKT K22A Bậc 3 900 850 800 750 700 650 y = 0.0151x3 - 14.015x2 + 4319.2x - 441013 R² = 0.9456 600 280 285 290 295 300 305 Thực nghiệm Poly. (Thực nghiệm) Hình 6: Đồ thị đường thực nghiệm và đường khớp bởi phương trình bậc 3 d) Đa thức bậc 4: Đa thức bậc 4 có dạng: y4 = b0g0(x) + b1g1(x) + b2g2(x) + b3g3(x) + b4g4(x) = y3 + b4g4(x) p = 5 số tham số mô hình Tính g4(x), b4: Áp dụng công thức đa thức trực giao: gj+1(x) = (x – Bj)gj(x) – Cjgj-1(x)  g 4 ( x)  ( x  B3 ) g 3 ( x)  C3 g 2 ( x ) n  xg 3 ( x), g 3 ( x )  x g  i 1 i 3i 2 226436089,1 Với: B3     289,0543532 S3 S3 783368,5486 S 3 783368,5486 và C3    31, 2335728 S 2 25080,97785 20 Báo cáo tiểu luận Xử lý số liệu thực nghiệm – VLKT K22A g4 = (x-289,0543532)(x3 – 879,0278667 x2 +257430,8667 x -25117246,29) -31,2335728 ( x2 - 584,1408228 x +85234,83387) = x4 -1168,08222 x3 + 511486,4646 x2 – 99510514,16 x + 7257587193 n S 4   g 4 , g 4    (x 4  1168,08222 x 3  511486,4646 x 2  99510514,16 x  7257587193) 2  26015415,94 i 1  y , g 4  175515,4644 b4    0,0067466 S4 26015415,94 n 2  y , g 0  2  y, g1  2  y , g 2  2  y , g 3  2  y, g 4  2  y, g 4  2 SSE 4   y i       SSE3  i 1 S0 S1 S2 S3 S4 S4  1383,25975  175515,46442  199,128066 26015415,94 SSTO = 25420,83333 SSE 4 199,128066  R2  1 1  0,9922  99,22% SSTO 25420,8333 n  1SSE4 6  1.199,128066  0,98743194  98,74% Ra2  1  1 n  p SSTO 6  5.25420,83333 y4 = 0,007.x4 – 8,162.x3 + 3566,403.x2 – 692257,974.x +50362444,760 Vậy với đường cong bậc 4 có 99,22 % các điểm thực nghiệm diễn biến theo đường mô hình. Bậc 4 900 850 800 750 700 y = 0.0071x4 - 8.3022x3 + 3628x2 - 704241x + 5E+07 650 R² = 0.9975 600 280 285 290 295 300 305 Thực nghiệm Poly. (Thực nghiệm) Hình 7: Đồ thị đường thực nghiệm và đường khớp bởi phương trình bậc 4 21 Báo cáo tiểu luận Xử lý số liệu thực nghiệm – VLKT K22A e) Đa thức bậc 5: Đa thức bậc 5 có dạng: y5 = b0g0(x) + b1g1(x) + b2g2(x) + b3g3(x) + b4g4(x) + b5g5(x) = y4 + b5g5(x) p = 6 số tham số mô hình Tính g4(x), b4: Áp dụng công thức đa thức trực giao: gj+1(x) = (x – Bj)gj(x) – Cjgj-1(x)  g 5 ( x)  ( x  B4 ) g 4 ( x)  C 4 g 3 ( x) Với  xg 4 ( x ), g 4 ( x) 7582329716,13827 B4    291,4555634 S4 26015388.5129452 S 4 26015388.5129452 và C 4    33,20964131 S 3 783368.548629872 g5 = x5 – 1459,53778.x4 + 851897,31631.x3 – 248556897,59243.x2 + 3,6252E+10.x – 2,1144E+12 S 5   g 5 , g 5   131311359,99057  y 5 , g 5  91587,958984375 b5    0,0006974869424165 S5 131311360 2 2 2 2 2 2 2 n 2 y, g 0 y , g1 y, g 2 y, g 3 y, g 4 y, g 5 y, g 5 SSE 5   y i        SSE 4  i 1 g0 , g0 g1 , g1 g2 , g2 g3 , g3 g4 , g4 g5 , g5 g 5 , g5 2  63,89812756  91587,958984375  0,016722091 131311360 SSTO = 25420,83333 SSE 5 0,016722091  R2  1 1  0,999999342189519  99,99% SSTO 25420,8333 y5 = 0,000697487x5 – 1,010888095x4 + 585,8850681 x3 – 169737,191x2 + 24581007,92x – 1423551054 22 Báo cáo tiểu luận Xử lý số liệu thực nghiệm – VLKT K22A Vậy với đường cong bậc 5 có 99,99 % các điểm thực nghiệm diễn biến theo đường mô hình. Bậc 5 900 850 800 750 700 650 y = 0.0007x5 - 1.011x4 + 585.96x3 - 169760x2 + 2E+07x - 1E+09 R² = 1 600 280 285 290 295 300 305 Thực nghiệm Poly. (Thực nghiệm) Hình 8: Đồ thị đường thực nghiệm và đường khớp bởi phương trình bậc 5 Kết luận: Hàm bậc 1 2 3 4 5 Ra2 22.23% 89.76% 86.40% 98.74% 1 Ta thấy Ra2 ngày càng tăng theo sự tăng bậc hàm số mà ta xét. Ra2 cao nhất tại bậc 5, Ra2 ≈ 1. Mô hình bậc 5 không giải thích thêm sự rút giảm cân xứng sự biến thiên của các giá trị thực nghiệm khi hàm cơ sở g5(x) được đưa vào. Vậy để lựa chọn phương trình tối ưu nhất với các số liệu đã cho, ta cần thực hiện các giả thiết: S0 0 0 0 0 0  6 0 0 0 0 0      0 S1 0 0 0 0   0 421,3333333 0 0 0 0  0 0 S2 0 0 0  0 0 25080,97785 0 0 0    gT g   0 0 0 S3 0  0  0 0 0 783368,5486 0 0   0 0 0 0 S4  0  0    0 0 0 26015388,51 0  0  0 0 0 0 S 5   0 0 0 0 0 131311360 23 Báo cáo tiểu luận Xử lý số liệu thực nghiệm – VLKT K22A  0,166666667 0 0 0 0 0     0 0,002373418 0 0 0 0   0 0 3,98709E - 05 0 0 0  g g  T 1  0 0 0 1,27654E - 06 0 0       0 0 0 0 3,84388E - 08 0   0 0 0 0 0 7,61549E - 09   Đối với trường hợp phương trình bậc 5, n – p = 0. Do vậy trong các giả thiết ta chỉ xét các phương trình từ bậc 4 trở xuống. - Giả thiết 1: Với phương trình bậc 4 H0: b4 = 0; Ha: b4 ≠ 0 tại mức có nghĩa α = 0,05 Bình phương trung bình sai số: SSE4 63,8981275647914  24   MSE    63,8981275647914 n p 65 Độ lệch chuẩn   MSE  2b   2 g T g  1  2b 4  63,8981275647914 x 3,84388E - 08  2,45617E - 06  b 4  0,00156722 b4 0.007120451 t*    4,543375131  b 4 0,00156722 t    t  0, 05  12,706 (tra bảng số phân bố τ)  ,n  p   ,1  2   2  t *  t ta chấp nhận giả thiết H0: b4 = 0, bậc 3 thỏa mãn bậc 4. - Giả thiết 2: Với phương trình bậc 3 H0: b3 = 0; Ha: b3 ≠ 0 tại mức có nghĩa α = 0,05 SSE3 1382,899736 Bình phương trung bình sai số:  23  MSE    691,4498679 n p 64  2b   2 g T g  1 24 Báo cáo tiểu luận Xử lý số liệu thực nghiệm – VLKT K22A  2b 3  691,4498679 x 1,27654E - 06  0,00088266  b 3  0,02970963 b3 0,015085916 t*    0,507778596  b3 0,02970963 t    t 0, 05   4.303 (tra bảng số phân bố τ)  ,n  p   ,2  2   2  t *  t ta chấp nhận giả thiết H0: b3 = 0, bậc 2 thỏa mãn bậc 3. - Giả thiết 3: Với phương trình bậc 2 H0: b2 = 0; Ha: b2 ≠ 0 tại mức có nghĩa α = 0,05 SSE2 1561,182549 Bình phương trung bình sai số:  22   MSE    520,394183 n p 63  2b   2 g T g  1  2b 2  520,394183 x 3,98709E - 05  0,02074856  b 2  0,14404360 6 b2 - 0,753893181 t*    -5,233784426  b 2 0,144043606 t    t 0, 05   3,182 (tra bảng số phân bố τ)  ,n  p   ,3  2   2  t *  t ta chấp nhận giả thiết Ha: b2 ≠ 0, Vậy mô hình đường cong bậc 2 thỏa mãn các phương trình trên => trong 5 bậc mô hình đã xét thì bậc 2 thỏa mãn nhất hay nói cách khác phù hợp nhất với số liệu thực nghiệm đã cho. 25 Báo cáo tiểu luận Xử lý số liệu thực nghiệm – VLKT K22A II. BÀI TẬP PHƯƠNG PHÁP BÌNH PHƯƠNG TỐI THIỂU PHI TUYẾN Bài tập 1: Sử dụng phương pháp bình phương tối thiểu phi tuyến, xác định các tham số θ1, θ2, θ3 của phiến hàm  y   3 e   1 x1  e   2 x 2  Cho các dữ liệu thực nghiệm sau: x1 0 0,6 0,6 1,4 2,6 3,2 0,8 1,6 2,6 4,0 1,2 2,0 4,6 3,2 x2 0 0,4 1,0 1,4 1,4 1,6 2,0 2,2 2,2 2,2 2,6 2,6 2,8 3,0 y 40,0 10,0 5,0 2,5 2,5 2,0 1,0 0,7 0,8 0,7 0,4 0,4 0,3 0,22 1,6 4,2 2,0 3,2 2,8 4,2 5,4 5,6 3,2 3,2 3,4 3,8 3,8 4,2 4,2 4,4 4,8