Bài tập lớn Phương pháp xử lý số liệu thực nghiệm

BÀI LÀM
Bài 1:
Do chu kỳ tải trọng đến khi bị phát hỏng do mỏi tuân theo luật logarit với tham số:

 = 11.06 và  2 = 0.0428
-

Bảng 1.1: Bảng số liệu

Vẽ đồ thị f(N)

f (N) =

 ( lnN −  )
exp  −
2 2
N . 2

1

2


; N  0


 ( lnN − 11,06 ) 2 
1
f (N) =
exp  −
; N  0

2.0,0428 
N .0, 2068 = 9 2

 ( lnN − 11,06 )2 
1
=
exp  −
; N  0
0.0856
N .0, 20689 2


 f (N) =

 ( lnN − 11,06 )2 
1
exp  −
; N  0
0.0856
N .0, 20689 2



STT
1
2
3
4
5
6

7
8
9

Chu kỳ
4,5.104
5,8.104
6,25.104
6,55.104
6,72.104
7,28.104
7,65.104
8,1.104
9,15.104


Hình 1.1: đồ thị f(N)

-

Vẽ đồ Q(N)
N

Q (N) = F(N) = 
0

N

=
0

 (lnN −  )2 
exp  −
dN ; N  0
2 2 
N . 2

1

 (lnN − 11,06)2 
1
exp  −
dN ; N  0
2.0,0428 
N .0, 2068 2


 (lnN − 11,06)2 
1
 Q (N) = F(N) = 
exp  −
dN ; N  0
0.0856


0 N .0, 2068 2
N

Hình 1.2: Đồ thị hàm F(N)
-

Vẽ đồ thị hàm R(N)
R(N) = 1 − F (N) = 1 − Q(N)
N

 R(N) = 1 − 
0

 (lnN − 11,06) 2 
1
exp  −
 dN ; N  0
0.0856
N .0, 2068 2




Hình 1.3: Đồ thị hàm R(N)
BÀI 2:
X
Y

0.1
12

0.2
20.4

0.3

31

0.4
38

0.5
43

0.6
44

0.7
40.8

0.8
36.9

Bảng 2.1: Bảng số liệu thực nghiệm
Nhận xét thấy kết quả thí nghiệm tương ứng X có bước h = 0.1, với 8 thí nghiệm
Ta có công thức của đa thức trực giao như sau:
N=8=H0
p1 = u =

1 *
21
p1 ; p2 = u 2 − = p2*
2
4

p3 = u 3 −

179 2 297 12 *
37
3
u +
=
p4 ;
u = p3* ; p4 = u 4 −
4
2
14
16
7

p5 = u 5 −

95 3 15709
10 *
u +
u=
p5
6
336
7

Trong đó:


Ui =

xi − x
; b0 = y
h

Các giá trị cần tính được thể hiện như trong bảng sau:
STT

x

y

(y-ytb)2

u

p1*(u)

yk*
p1*(u)

p2*(u)

yk*
p2*(u)

p3*(u)

yk*
p3*(u)

1

0.10

12.00

452.09

-3.50

-7.00

-84.00

7.00

84.00

-7.00

-84.00

2

0.20

20.40

165.44

-2.50

-5.00

-102.00

1.00

20.40

5.00

102.00

3

0.30

31.00

5.12

-1.50

-3.00

-93.00

-3.00

-93.00

7.00

217.00

4

0.40

38.00

22.44

-0.50

-1.00

-38.00

-5.00

-190.00

3.00

114.00

5

0.50

43.00

94.82

0.50

1.00

43.00

-5.00

-215.00

-3.00

-129.00

6

0.60

44.00

115.29

1.50

3.00

132.00

-3.00

-132.00

-7.00

-308.00

7

0.70

40.80

56.81

2.50

5.00

204.00

1.00

40.80

-5.00

-204.00

8

0.80

36.90

13.23

3.50

7.00

258.30

7.00

258.30

7.00

258.30

Tổng

3.60

266.10

925.26

TB

0.45

33.26

115.66

320.30

-226.50

Bảng 2.2: Bảng số liệu thực nghiệm
Gọi n là bậc của đa thức cần tìm
8

Với n=0, ta có b0=ytb=33.26; S0 =  ( yk − ytb )2 = 925.26 ;
k =1

Với n=1, ta có V1=84; H1=84:
1 8
1
b1 =  yk p1* = .320,3 = 3,813 ;
V1 k =1
84

S1 = S0 − b12 H1 = 925,26 − 3,8132.84 = −296.013
Với n=2, ta có V2=168; H2=168
b2 =

1 8
1
yk p2* =
.( −226.5) = −1.3482

V2 k =1
168

S2 = S1 − b22 H 2 = −296,013 − 0,3212.168 = −643,629
Với n=3, ta có V3=396; H3=594
b3 =

1 8
1
yk p3* =
.( −33.7) = −0.085

V3 k =1
396

-33.70


S3 = S2 − b32 H 3 = −643,629 − ( −0,085) 2 .594 = −643,671
Nhận thấy S2  S3 , vậy bậc của đa thức là n=3
Hàm hồi quy thực nghiệm:

3

y =  bi pi = b0 + b1 p1 + b2 p2 + b3 p3
i =1

 y = 33,26 + 3,813.u − 1,3482.(u 2 −
Với u =

21
37
) − 0,085.(u 3 − u)
4
4

x − xtb x − 0.45
=
= 10 x − 4.5
h
0.1

 y = 59.6374 − 50.8839 x + 101.055 x 2 − 85 x 3

Vẽ đồ thị hàm hồi quy trên Matlap

Hình 2.1: Đồ thị của bài 2


Bài 3:
x1
x2

x3
x4
y
-

13
9
1.5
4
795

11
21
30
35
27
10.5
11
10
9
12.3
7
21
27
30
6
21
64
67
17

28
841
820
1050
1010
970
Bảng 3.1: Bảng số liệu bảng bài 3

27
9
27
82
980

40
9
33
101
1090

Hàm hồi quy thực nghiệm có dạng:
y = 0 + 1 x1 + 2 x2 + 3 x3 + 4 x4

-

Xây dựng công thức tính hàm tham số cho hàm số nhiều biến số
+ Giả thiết rằng các đại các đại lượng ra y phụ thuộc tuyến tính vào các
thông số vào xi. Hàm số tương ứng sẽ là:
y = a0 + a1 x1 + a2 x2 +

+ ai xi +

+ ak xk

+ Sử dụng phương pháp bình phương nhỏ nhất xác đinh các giá trị ai sao
cho:
n

S (a 0 ,a1 ,..,a k ) =  (yi − a 0 − a1x i1 − ... − a k x ik ) 2 (3.1)
i =1

Nhận giá trị nhỏ nhất
+ Ta có hệ phương trình:
n
S (a 0 ,a1 ,..,a k )
= −2 xi1 (y1 − a 0 − a1 − ... − a k x ik ) = 0 (3.2)
a1
i =1

+ Viết dưới dạng ma trận như sau:
 x10
x
X =  n0


 xn 0

x11
x21
xn1

x1k 
 y1 

y 
x2 k 
,Y =  2 

 

 
xnk 
 yn 

Trong đó: coi xi0 luôn bằng 1 tức là coi a0 là hệ số của x0 mà x0 luôn bằng 1
Gọi XT là ma trận chuyển bị của ma trận X, Nghĩa là X T = ( xijT )(k +1) n là ma
trận cấp (k+1).n sao cho X ijT = xij (3.3)

-

Thay (3.3) vào (3.2) có dạng X T .X.a = X T .Y
Từ đó xác định các hệ số ai
Sử dụng phương trình đã chứng minh ở phần trên ta có:


1
1

1


1
X =
1

1
1

1

 795 
 841 


 820 


1050 

Y=
 1010 


 970 
 980 


 1090 

13
9 1.5 4 

11 10.5 7 21 
21 11 21 64 

30 10 27 67 
35 9
30 17 

27 12.3 6 28 
27 9
27 82 

40 9
33 101

 0 
 
 1
 =  2 
 
 3 
 
 4

Ta có:
X . = Y
X T .X. = X T .Y
M . = X T .Y ,(M = XT .X)

 = M −1. X T .Y

1
1
 1
 13 11 21

M = X T . X =  9 10.5 11

21
 1.5 7
 4
21 64


1
1
1 1
1
1
1 
1
30 35 27 27 40  
1
10 9 12.3 9
9 
 1
27 30 6 27 33  
1
67 17 28 82 101 
1


1

13
9 1.5 4 
11 10.5 7 21 
21 11 21 64 

30 10 27 67 
35 9
30 17 

27 12.3 6 28 
27 9
27 82 

40 9
33 101

204
79.8
152.5
384 
 8
 204
5914 2013.6 4608.5 11242 

 M =  79.8 2013.6 806.54 1471.8 3774.9 


 152.5 4608.5 1471.8 3975.25 9531.0 

 384 11242 3774.9 9531.0 27040 


 15.5949 0.0223 -1.4312 -0.1295 0.0147 
 0.0223 0.0048 -0.0078 -0.0039 0.0001 


 M −1 =  -1.4312 -0.0078 0.1423 0.0154 -0.0017 


 -0.1295 -0.0039 0.0154 0.0058 -0.0007 
 0.0147 0.0001 -0.0017 -0.0007 0.0003 




 = M −1. X T .Y

1
1
 15.5949 0.0223 -1.4312 -0.1295 0.0147   1
 0.0223 0.0048 -0.0078 -0.0039 0.0001   13 11 21


  =  -1.4312 -0.0078 0.1423 0.0154 -0.0017   9 10.5 11


21
 -0.1295 -0.0039 0.0154 0.0058 -0.0007   1.5 7
 0.0147 0.0001 -0.0017 -0.0007 0.0003   4

21 64



 717.184 
 10.844 


  =  -3.7787 


 -1.5679 
 0.3830 



 795 
 841 

1 1
1
1
1 
 820 

30 35 27 27 40  

1050 
10 9 12.3 9
9 

  1010 
27 30 6 27 33  

970 
67 17 28 82 101 
 980 


 1090 

 y = 717.184 + 10.844 x1 − 3.7787 x2 − 1.5679 x3 + 0.3830 x4

Hàm hồi quy thực nghiệm cần tìm là:
y = 717.184 + 10.844 x1 − 3.7787 x2 − 1.5679 x3 + 0.3830 x4

Hệ số đánh giá chất lượng hàm hồi quy thực nghiệm đã tìm được
n

R2 =

 (y − y)
i =1
n

2

i

 (y − y )
i =1

i

2

i

STT

x1

x2

x3

x4

y

yi

(y i − y) 2

(y i − yi ) 2

1
2
3
4
5

6
7
8
Tổng
TB

13
11
21
30
35
27
27
40

9
10.5
11
10
9
12.3
9
9

1.5
7
21
27
30
6

27
33

4
21
64
67
17
28
82
101

795
841
820
1050
1010
970
980
1090
7556
944.5

820.26
777.77
845.9
936.72
1009.2
943.36
902.22

1026.5
7261.9
907.74

15435
27798
9721.1
60.486
4181.9
1.2937
1787.2
6726
65710
8213.8

7652.3
16892
3823.8
839.92
10287
1268.9
30.437
14106
54901
6862.6

Bảng 3.2:Bảng số liệu thực nghiệm


 R2 =

-

6862.6
= 0.8356
8213.8

Kiểm định các tham số ai ( ai =  )
Tổng dư bình phương là
S(â) = (Y-F.â)T.(Y-F.â)

(F=X)

S(â) =13069.458
Sdu2 =

ˆ
S (a)
n − m −1

Trong đó:
n là số thử nghiệm
m là số tham số cần xác định trừ thông số a0
 Sdu2 =

ˆ
S (a)
13069.458
=
= 4356.483
n − m −1

8 − 4 −1

 Sdu = 66

Xác đinh sự tồn tại của a0:
aˆ0
Sdu m

=

00

717.84
= 3.84
66 8

Tra bảng phân phối Student tương ứng với  = 0.02 , ta có t(4;0,99)=3.767
Kết quả so sánh:
aˆ0
Sdu m00

 3.767

Kết luận a0 thực sự tồn tại.
108.818  a0  1326.862

Khoảng sai lệch của a0 sẽ là
Đối với a1
aˆ1
Sdu m11

=

10.844
= 0.0021
66 5914

Tra bảng phân phối student tương ứng với  = 0.02 , ta có t(4;0,9)=1.533


Kết quả so sánh

aˆ1

 1.533

Sdu m11

Kết luận a1 không tồn tại.
Đối với a2
aˆ2
Sdu m

22

=

−3.7787
= −0.0007
66 5914

Tra bảng phân phối student tương ứng với  = 0.02 , ta có t(4;0,9)=1.533
Kết quả so sánh

aˆ2

 1.533

Sdu m 22

Kết luận a2 không tồn tại.
Đối với a3
aˆ3
Sdu m33

=

−1.5679
= −0.0004
57.16 3975.25

Tra bảng phân phối student tương ứng với  = 0.02 , ta có t(4;0,9)=1.533
Kết quả so sánh

aˆ3

 1.533

Sdu m33

Kết luận a3 không tồn tại.
Đối với a4
aˆ4
Sdu m 44

=

0.383
= 0.000035
66 27040

Tra bảng phân phối student tương ứng với  = 0.02 , ta có t(4;0,9)=1.533
Kết quả so sánh

aˆ4
Sdu m 44

 1.533

Kết luận a0 không tồn tại.

-

Kiểm tra sư tương hợp của hàm hồi quy:
Sts2 =

n
r
2
1

yij − yi )
(

n( r − 1) i =1 j =1


Lấy các giá trị ở tâm . Giả sử lặp lại 3 lần y01 = 1050; y02 = 1010; y 03 = 970
1
yˆ 0 = ( 970 + 1050 + 1010 ) = 1010
3
Sts2 =

1 
2
(1050 − 1010) + (1010 − 1010)2 + (970 − 1010)2  = 1600

3 −1

Ft =

2
Sdu
3267.3645
=
= 2.042
2
Sts
1600

Tra bảng phân bố Fisher F(3;3;0,8)=2.9

Kết luận so sánh Ft =

2
Sdu
 F (4;3;0,8)
Sts2