Tài liệu Báo cáo tiểu luận xử lý số liệu thực nghiệm

  • Số trang: 36 |
  • Loại file: PDF |
  • Lượt xem: 122 |
  • Lượt tải: 0
trancongdua

Đã đăng 1751 tài liệu

Mô tả:

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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 Năng lượng E (KeV) 121,7824 244,6989 344,2811 411,126 443,965 778,903 867,39 964,055 1085,542 1089,767 1112,087 1212,97 1299,152 1408,022 Hiệu suất phát 0,2837 0,0753 0,2657 0,02238 0,03125 0,1297 0,04214 0,1463 0,1013 0,01731 0,1354 0,01412 0,01626 0,2085 DT Đỉnh SS DT Đỉnh SS hiệu suất phát 0,0013 0,0004 0,0011 0,00010 0,00014 0,0006 0,00025 0,0006 0,0005 0,00009 0,0006 0,00008 0,00011 0,0009 718272 185801 539855 42348 56523 168106 51747 167756 111718 19025 144406 14282 15716 192679 52,176 743,204 1619,565 254,088 282,615 1344,848 465,723 503,268 446,872 285,375 1155,248 185,666 204,308 770,716 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 ln    b j ln( E )  j 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: A  A0 e t  (ln 2 ) t T1  A0 e 2  407600 e  (ln 2 ) 962512284 426429792  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  N   I         N   I      2 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 Năng lượng E (KeV) 121,7824 244,6989 344,2811 411,126 443,965 778,903 867,39 964,055 1085,842 1089,767 1112,087 1212,97 1299,152 1408,022 Hiệu suất tính  0,00051429 0,000501224 0,000412728 0,000384372 0,000367412 0,000263282 0,000249442 0,000232923 0,000224023 0,000223258 0,000216643 0,000205463 0,000196336 0,000187718 Trọng số 2  2  47612,70348 22615,09825 38256,04124 17868,15613 22187,51109 11709,54258 8606,162363 38730,37236 24775,49756 3967,737678 11956,4952 4972,640282 4656,22746 28874,54867 Sai số hiệu suất tính  2,35693E-06 3,33298E-06 2,11015E-06 2,87549E-06 2,4666E-06 2,43305E-06 2,68884E-06 1,18355E-06 1,42325E-06 3,54433E-06 1,98127E-06 2,91366E-06 2,87729E-06 1,10471E-06 x = ln(E) 4,802235846 5,500028475 5,841458475 6,018899737 6,09574573 6,65788652 6,765488703 6,871148347 6,990111002 6,993719191 7,013993709 7,100827177 7,169467023 7,249941162 y = ln(ε) -7,572723045 -7,598457957 -7,792721298 -7,863900539 -7,909025772 -8,242283389 -8,296284979 -8,364802796 -8,403762603 -8,407184496 -8,437258614 -8,490246259 -8,535682833 -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 ln    b j ln( E )  j 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 2 1 1 2 2 2 2 2  0 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: MSE  SSE 267,8871128   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  11301441,1 483269b  72712453,6 515179b  474313129, 469633b  3131019044 ,85911b 0 1 2 3  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  73,8941696 7 i 1 i 1 Báo cáo tiểu luận Xử lý số liệu thực nghiệm – VLKT K22A Bình phương trung bình sai số MSE  : MSE  SSE 73,8941696   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 -7.6 4.5 5 5.5 6 6.5 7 7.5 -7.8 -8 -8.2 -8.4 -8.6 y = 0.0844x3 - 1.6583x2 + 10.257x - 27.926 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    g g   1784432,90299963 11301441,1483269 72712453,6515179   11301441,1483269 72712453,6515179 474313129,469633    T  0,0135081  0,0045366 0,0003736     ( g g )    0,0045366 0,00153006  0,0001264   0,0003736  0,0001264 1,0487  10 5    T 1 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   0,0003736  0,0001264 1,0487  10 5    2 T 1  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 T g g   11301441,1483269   72712453,6515179  1784432,90299963 11301441,1483269 72712453,6515179   11301441,1483269 72712453,6515179 474313129,469633  72712453,6515179 474313129,469633 3131019044,85911  474313129,469633 3131019044,85911 20879797471,4568  0,0075301   1,5674750  0,8028407 0,1354410   0,0038688    0,8028407 0,4116349  0,0695133 T 1  ( 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 :  0,0075301   1,5674750  0,8028407 0,1354410   0,0038688    0,8028407 0,4116349  0,0695133 2 T 1  b   ( g g )   0,1354410  0,0695133 0,0117502  0,0006546      0,0075310 0,0038688  0,0006546 3,6497435 10 5     b20  2  b   21  b2  2  b3  1,5674750  b0   0, 4116349  b  1  0,0117502  b2   3,6497435  10 5  b3  1, 252  0,642  0,108  0,006 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 B0   i 0 x i ( xi ) S0 2 n  g S 0   g 0 , g 0   0 ( x i )   ( x i ) = 286788,734354193 i 1 n B0   i 0 x i  ( x i ) 1784432,90 299963   6,22211645 5 S0 286788,734 354193 g 1  ( x  6,222116455) 2 n S1  g1 , g1    g1 ( xi )  ( xi )  198491,820564604 i 1 n  x g ( x )   ( x 2 i B1  C1  1 i i) i 1  S1 1158531,49976351  5,836671236 198491,820564604 S1 198491,820564604   0,692118611 S 0 286788,734354193 g 2  ( x  5,836671236)( x  6,222116455)  0,692118611 2 n S 2  g 2 , g 2    g 2 ( xi )  ( xi )  95352,012606033 i 1 n y g i Ta có: b j  i 1 n  g j ( xi ) ( xi )  2 j ( xi )  ( xi ) i 1 10 Báo cáo tiểu luận Xử lý số liệu thực nghiệm – VLKT K22A n y g i Nên i 1 n b0  0 ( x i ) ( xi )   g ( x i )  ( x i ) 2 0  y  - 2310563,8073758  -8,056675631 S0 286788,734354193 i 1 n  y g ( x ) ( x )  y ( x  6,222116455 ) - 85807,0375 38239     -0,432295080 S 198491,820 564604  g ( x )  ( x ) i b1 1 i i 1 n i 2 1 i 1 i i 1 n y g i b2  i 1 n  g 2 ( xi ) ( x i )   y[( x  5,836671236)( x  6,222116455)  0,692118611] S2 ( 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 -8.6 y = -0.1341x2 + 1.179x - 10.108 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 B2  C2  ( x i )   ( xi ) 2 2 i 1  S2 560297,584147278  5,876096045 95352,012606033 S2 95352,012606033   0,480382579 S 1 198491,820564604 g 3  ( x  5,876096045)[(x  5,836671236)( x  6,222116455)  0,692118611]  0,480382579( x  6,222116455) 2 n S3  g3 , g3   g3 ( xi )  ( xi )  27399,1852 i 1 n  y g ( x )( x )  yg  2305,40665     0,08414143 S 27399,1852  g ( x ) ( x ) i b3 3 i i 3 i 1 n 2 3 i 3 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 -7.6 4.5 5 5.5 6 6.5 7 7.5 -7.8 -8 -8.2 -8.4 y = 0.0844x3 - 1.6583x2 + 10.257x - 27.926 R² = 0.9976 -8.6 -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  g T g   0 0  0 S1 0 0   286788,734 354193 0 0     0  0 198491,820 564604 0    S2   0 0 95352,0126 06033  1  0   286788,734354193 1   ( g T g ) 1   0 198491,820564604   0 0   3,4868873 10 6   0  0  0 5,03799997 10 6 0     0   1  95352,012606033     5  1,04874556 10  0 0 Sai số tại mỗi điểm chuẩn: 13 0 Báo cáo tiểu luận Xử lý số liệu thực nghiệm – VLKT K22A  3,4868873 10 6   2 b   ( g T g ) 1   0  0  0   0  5  1,04874556 10  0 5,03799097 10 0 6  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: 0 0 0  S0 0 0 0   286788,734354193      0 198491,820564604 0 0  0 S1 0 0    T 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  T 1  ( g g )   0   0  0 0 5,03799097  10 0 0 6   0   0  3,6497435  10 5  0 0 1,04874556  10 6 0 Sai số tại mỗi điểm chuẩn :  2 b   ( g T g ) 1  b20  2  b   21  b2  2  b3  3,4868873  10 6  0   0   0   3, 4868873 10 6  5,03799097  10 6  1,04874556 10 5  3,6497435  10 5  b0   b  1  b2   b3 0 0 5,03799097  10 6 0 0 1,04874556  10 6 0 0  0,002  0,002  0,003  0,006 14   0   0  3,6497435  10 5  0 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 y 280 770 284 800 292 840 295 810 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 xi  xg 0 ( x ), g 0 ( x )  i 1 B0    S0 S0 x i i 1 n x 1754  292,3333333 6 Vậy g1(x) = (x – 292,3333333) n 2 n Tính : S1   g1 , g1    g1 ( xi )   x  292,3333333  421,3333333 2 i 1 n n y y i  y, g 0  i 1 b0    S0 S0 b1   y, g1   S1 i 1 i 1 n i y 4595  765,8333333 6  y( x  292,3333333)   2011,6666670  4,774525318 S1 421,3333333 15 298 735 305 640 Báo cáo tiểu luận Xử lý số liệu thực nghiệm – VLKT K22A Tổng bình phương các sai số: 2 2 n 2 n  y, g 0   y, g1  SSE1   y i     y 2i S0 S1 i 1 i 1 2  3544425   n   n    yi    yi ( xi  292,3333333     i 1    i 1 S0 S1 2 (4595) 2 (2011,6666670) 2   15816,07991 6 421,3333333 Và  y   2 SSTO   y  R2  1 Ra2  1  2 n 2  4595  3544425  6  25420,83333 SSE1 15816,07991 1  0,37783  37,78% SSTO 25420,83333 n  1SSE1 6  1.15816,07991  0,2222875  22,23% 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 y = -4.7745x + 2161.6 R² = 0.3778 700 650 600 280 285 290 Thực nghiệm 295 300 305 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 ) Ta có B1  C1   xg1 , g1   S1  x( x  292,3333333) S1 2  122948,2222  291,8074895 421,3333333 S1 421,3333333   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 b1   y , g 2   18908,35608   0,7538923 S2 25080,97785 n SSE 2   y 2 i  i 1  y, g 0  2  y, g 1  2  y, g 2  2  y, g 2  2    SSE1  S0 S1 S2 S2  15816.07991   18908,356082 25080,97785  1561,215845 17 Báo cáo tiểu luận Xử lý số liệu thực nghiệm – VLKT K22A  R2  1 Ra2  1  SSE 2 1561,215845 1  0,9385852  93,86% SSTO 25420,83333 n  1SSE 2 6  1.1561,215845  0,897644153  89,76% 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 Thực nghiệm 295 300 305 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
- Xem thêm -