TRƯ
ỜNG ĐẠI HỌC Đ
À L
ẠT

KHOA SAU Đ
ẠI HỌC
.

BÁO CÁO TIỂU LUẬN
XỬ LÝ SỐ LIỆU THỰC NGHIỆM Lâm Đồng, tháng 10/2014 Giảng viên: TS. MAI XUÂN TRUNG
Lớp: VLKT K22A
Thực hiện: PHẠM VĂN ĐẠO
NGUYỄN XUÂN TÂN
TRẦN THANH MINH


của phiến hàm 26
Bài tập 2: Sử dụng phương pháp bình phương tối thiểu phi tuyến, xác định
các tham số θ
1
, θ
2
, θ
3
của phiến hàm 29
Bài tập 3: Sử dụng phương pháp bình phương tối thiểu phi tuyến, xác định
các tham số θ
1
, θ
2
, θ
3
của phiến hàm 32
Báo cáo tiểu luận Xử lý số liệu thực nghiệm – VLKT K22A
1

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 T
1/2
=13,522 năm,
hoạt độ ban đầu A
0
(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

j
P
j
j
Eb )ln(ln
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
Báo cáo tiểu luận Xử lý số liệu thực nghiệm – VLKT K22A
2

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 Eu
152
là T
1/2
= 13,522 năm = 426429792 giây.
Do đó, hoạt độ của nguồn ở thời điểm đo là:
)(24433,85264407600
426429792

2
2






















I
I
N
N

Khi đó ta có bảng kết quả hiệu suất tính và sai số hiệu suất tính ứng với từng năng


-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


1
x +b
2
x
2

Đặt g
0
= 1; g
1
= lnE = x ; g
2
= (lnE)
2
= x
2

Hệ phương trình chuẩn của phương pháp bình phương tối thiểu có trọng số là:


Ygbgg
TT


Trình bày dưới dạng hệ các phương trình:



gggg
1
0000
,

= 286788,734354193
   



n
i
ii
gggg
1
0101
,

= 1784432,90299963
   



n
i
ii
gggg
1
0202
,



n
i
ii
gggg
1
1212
,

=72712453,6515179
   



n
i
ii
gggg
1
2020
,

11301441,1483269
   



n
i

00
,

-2310563,8073758
   



n
i
i
i
gygY
1
11
,

-14462404,1226573
   



n
i
i
i
gygY
1
22
,

1469021206,0b
339166404,1b
60017485,10b
2
1
0

Xác định SSE, MSE


2

, SSTO, R
2

Tổng bình phương các sai số SSE:
887,267
)()()()()()(
1
22
1 1 1
110
2


  
  
i
n
i


Phương trình: y = – 0,1469x
2
+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 = b
0
+ b
1
lnE + b
2
(lnE)
2
+ b
3
(lnE)
3
= b
0
+b
1
x +b
2
x
2
+ b
3










3333322311300
2233222211200
1133122111100
0033022011000
,,,,,
,,,,,
,,,,,
,,,,,
gYggbggbggbggb
gYggbggbggbggb
gYggbggbggbggb
gYggbggbggbggb





Sử dụng kết quả trong bảng 1 ta tính được:
   



n
i
ii
gggg
1
0202
,

=11301441,1483269
   
51517972712453,6,
1
0303



n
i
ii
gggg


   



n
i
ii
gggg

=72712453,6515179
   
469633
474313129,,
1
1313



n
i
ii
gggg


   



n
i
ii
gggg
1
2020
,

11301441,1483269
   




n
i
ii
gggg


   
51517972712453,6,
1
3030



n
i
ii
gggg


   
469633474313129,,
1
3131



n
i

ii
gggg


   



n
i
i
i
gygY
1
00
,

-2310563,8073758
   



n
i
i
i
gygY
1
11
,












855329
595531546,- 1,4568b2087979747,85911b3131019044469633b474313129,515179b72712453,6
58165992100781,7,85911b3131019044469633b474313129,515179b72712453,6483269b11301441,1
22657314462404,1469633b474313129,515179b72712453,6483269b11301441,1299963b1784432,90
737582310563,80515179b72712453,6483269b11301441,1299963b1784432,90354193b286788,734
3210
3210
3210
3210











  
  
i
n
i
ii
n
i
i
n
i
n
i
n
i
iiii
TTT
ygbygbygbybyYgbYYSSE

Báo cáo tiểu luận Xử lý số liệu thực nghiệm – VLKT K22A
8

Bình phương trung bình sai số MSE

:
7176518,6
3











469633474313129,51517972712453,648326911301441,1
51517972712453,648326911301441,12999631784432,90
48326911301441,12999631784432,90354193286788,734
gg
T













Hiệu suất tính Poly. (Hiệu suất tính)
Hình 1:

Đ
ồ

th
ị

đư
ờ
ng chu
ẩ
n hi
ệ
u su
ấ
t và đư
ờ
ng kh
ớ
p b
ở
i phương tr
ình b
ậ
c 3

Báo cáo tiểu luận Xử lý số liệu thực nghiệm – VLKT K22A
9




















0032,0
0391,0
1162,0
100487,1
00153006,0
0135081,0
2
1
0
2
1




1,45682087979747,859113131019044469633474313129,51517972712453,6
,859113131019044469633474313129,51517972712453,648326911301441,1
469633474313129,51517972712453,648326911301441,12999631784432,90
51517972712453,648326911301441,12999631784432,90354193286788,734
gg
T

























5
12
106497435,30006546,00038688,00075310,0
0006546,00117502,00695133,01354410,0
0038688,00695133,04116349,08028407,0
0075301,01354410,08028407,05674750,1
)( ggb
T

















52
2
2
2
b
b
b
b
b
b
b
b









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 = b
0
g
0
(x) + b
1

(x)
vậy g
2
= (x-B
1
)g
1
(x)-C
1
g
0
(x)



n
i
ii
S
xx
B
0
0
0
)(


 
)()(,
2

 xg
 
564604198491,820)()(,
2
1
1111



i
n
i
i
xxgggS


 
65,83667123
564604198491,820
9763511158531,49
()(
1
1
)
2
1
1






i
n
i
i
xxgggS


Ta có:
 





n
i
iij
n
i
iiji
j
xxg
xxgy
b
1
2
1
)()(

xxgy
b
n
i
ii
n
i
iii




 
80-0,4322950
564604198491,820
3823985807,0375-
)222116455,6(
)()(
)()(
1
1
2
1
1
1
1





1
2
2








S
xxy
xxg
xxgy
b
n
i
ii
n
i
iii




Vậy ta được đường cong bậc 2 như sau:
y = b
0
g

-8.8
-8.6
-8.4
-8.2
-8
-7.8
-7.6
-7.4
4.5 5 5.5 6 6.5 7 7.5
Bậc 2
Hiệu suất tính Poly. (Hiệu suất tính)
Hình
2
:

Đ
ồ

th
ị

đư
ờ
ng hi
ệ
u su
ấ
t tính và đư
ờ
ng kh

3
g
3
(x)
Các giá trị b
0
; b
1
; b
2
; g
0
; g
1
; g
2
đã tính toán ở trên:
Áp dụng công thức g
j+1
(x) = (x-B
j
)g
j
(x)-C
j
g
j-1
(x), ta có:
g
3


90,48038257
564604198491,820
0603395352,0126
1
2
2

S
S
C

)222116455,6(480382579,0]692118611,0)222116455,6)(836671236,5)[(876096045,5(
3
 xxxxg
 
27399,1852)()(,
2
1
3333



i
n
i
i
xxgggS



iii




Vậy ta được đường cong bậc 3 như sau:
y = b
0
g
0
(x) + b
1
g
1
(x) + b
2
g
2
(x) + b
3
g
3
(x)


962168941,2725837195,10655968903,1084141431,0
)222116455,6(480382579,0
]692118611,0)222116455,6)(836671236,5)[(876096045,5(10,08414143
)692118611,0)222116455,6)(836671236,5(1(0,14690212
)222116455,6(0.43229508-18,05667563- y



















0603395352,012600
0564604198491,8200
00354193286788,734
S00
0S0
00S
2
1
0
gg
T











5
6
6
1
1004874556,100
01003799997,50
00104868873,3
0603395352,0126
1
00
0
564604198491,820
1
0
00
354193286788,734
1
)( gg
T



ệ
u su
ấ
t tính và đư
ờ
ng kh
ớ
p b
ở
i phương tr
ình b
ậ
c 3

Báo cáo tiểu luận Xử lý số liệu thực nghiệm – VLKT K22A
14

 
























0032,0
0022,0
0019,0
1004874556,1
1003799097,5
104868873,3
2
1
0
2
1
0
52
62
62
b
b
b
b











1656627399,1852000
00603395352,012600
00564604198491,8200
000354193286788,734
S000
0S00
00S0
000S
3
2
1
0
gg
T







T


Sai số tại mỗi điểm chuẩn :
 
























5














006,0
003,0
002,0
002,0
106497435,3
1004874556,1
1003799097,5
104868873,3
3
2
1
0
3
2
1
0
52

=b
0
g
0
(x) + b
1
g
1
(x)
Đặt g
0
(x) = 1, p = 2 tham số mô hình
Tính 6)(,
1
0000



nxgggS
n
i
i

g
1
(x) =( x – B
0
)g
0
(x) = x – B


Vậy g
1
(x) = (x – 292,3333333)
Tính :
 
 
3333333,4213333333,292)(,
2
11
2
1111



n
i
n
i
i
xxgggS
8333333,765
6
4595
,
1
0
1
0
0








S
xy
S
gy
b

x 280 284 292 295 298 305
y 770 800 840 810 735 640
Báo cáo tiểu luận Xử lý số liệu thực nghiệm – VLKT K22A
16

Tổng bình phương các sai số:
07991,15816
3333333,421
)6666670,2011(
6
)4595(
3544425
3333333,292(
,
,
22
2













S
xy
S
y
y
S
gy
S
gy
ySSE
n
i
ii
n
i
i
n
i

SSE
R


 


 
%23,220,2222875
83333,25420.26
07991,15816.16
1
1
1
1
2







SSTOpn
SSEn
R
a

Vậy ta có:
y

c nghi
ệ
m và đư
ờ
ng kh
ớ
p b
ở
i phương tr
ình b
ậ
c 1

Báo cáo tiểu luận Xử lý số liệu thực nghiệm – VLKT K22A
17

b) Đa thức bậc hai:
Đa thức bậc hai có dạng:
y
2
= b
0
g
0
(x) + b
1
g
1
(x) +b
2

j
)g
j
(x) – C
j
g
j-1
(x)
)()()()(
01112
xgCxgBxxg 
Ta có
8074895,291
3333333,421
2222,122948
)3333333,292(
,
1
2
1
11
1






S
xx

i
ii
xxggS
7538923,0
97785,25080
35608,18908
,
2
2
1





S
gy
b
 
215845,1561
97785,25080
35608,18908
115816.0799
,,,,
2
2
2
2
1
2

gy
S
gy
ySSE
n
i
i

Báo cáo tiểu luận Xử lý số liệu thực nghiệm – VLKT K22A
18

%86,939385852,0
83333,25420
215845,1561
11
2
2

SSTO
SSE
R


 


 
%89,7630,89764415
83333,25420.36
215845,1561.16

Vậy có 93,86% các điểm thực nghiệm diễn biến theo đường mô hình đã khớp.

c) Đa thức bậc 3:
Đa thức bậc ba có dạng:
y
3
= b
0
g
0
(x) + b
1
g
1
(x) + b
2
g
2
(x) + b
3
g
3
(x) = y
2
+ b
3
g
3
(x)
p = 4 số tham số mô hình

280 285 290 295 300 305
Bậc 2
Thực nghiệm Poly. (Thực nghiệm)
Hình 5
:

Đ
ồ

th
ị

đư
ờ
ng th
ự
c nghi
ệ
m và đư
ờ
ng kh
ớ
p b
ở
i phương tr
ình b
ậ
c 2

Báo cáo tiểu luận Xử lý số liệu thực nghiệm – VLKT K22A

i
iii

và
5276373,59
33333,421
97785,25080
1
2
2

S
S
C

290,251172468667,2574300278667,879
)3333333,292(5276373,59)83387,852341408228,584)(8870439,294(
23
2
3


xxx
xxxxg

5486,783368)290,251172468667,2574300278667,879(,
22
1
3
333

3
2
3
2
3
2
3
2
2
2
1
2
1
0
2
0
1
2
3













 


 
%86,390,8639994
83333,25420.46
25975,1383.16
1
1
1
3
2







SSTOpn
SSEn
R
a

y
3
= 0,015072086.x
3
– 14,0026759.x

g
4
(x) = y
3
+ b
4
g
4
(x)
p = 5 số tham số mô hình
Tính g
4
(x), b
4
:
Áp dụng công thức đa thức trực giao:
g
j+1
(x) = (x – B
j
)g
j
(x) – C
j
g
j-1
(x) )()()()(
23334
xgCxgBxxg 


5486,783368
2
3
3

S
S
C

y = 0.0151x
3
- 14.015x
2
+ 4319.2x - 441013
R² = 0.9456
600
650
700
750
800
850
900
280 285 290 295 300 305
Bậc 3
Thực nghiệm Poly. (Thực nghiệm)
Hình
6
:

Đ

2
+257430,8667 x -25117246,29) -31,2335728 (
x
2
- 584,1408228 x +85234,83387)
= x
4
-1168,08222 x
3
+ 511486,4646 x
2
– 99510514,16 x + 7257587193
94,26015415)725758719316,995105144646,51148608222,1168(x,
223
n
1i
4
444



xxxggS
0067466,0
94,26015415
4644,175515
,
4
4
4


2
0
1
2
4















S
gy
SSE
S
gy
S
gy
S
gy
S

1
4
2







SSTOpn
SSEn
R
a

y
4
= 0,007.x
4
– 8,162.x
3
+ 3566,403.x
2
– 692257,974.x +50362444,760
Vậy với đường cong bậc 4 có 99,22 % các điểm thực nghiệm diễn biến theo đường
mô hình.

y = 0.0071x
4
- 8.3022x

m và đư
ờ
ng kh
ớ
p b
ở
i phương tr
ình b
ậ
c 4

Báo cáo tiểu luận Xử lý số liệu thực nghiệm – VLKT K22A
22

e) Đa thức bậc 5:
Đa thức bậc 5 có dạng:
y
5
= b
0
g
0
(x) + b
1
g
1
(x) + b
2
g
2

)g
j
(x) – C
j
g
j-1
(x) )()()()(
34445
xgCxgBxxg 

Với
4291,455563
12945226015388.5
,138277582329716
)(),(
4
44
4



S
xgxxg
B

và
133,2096413
629872783368.548
12945226015388.5
3



S
gy
b

 
10,01672209
131311360
8437591587,9589
663,8981275
,
,
,
,
,
,
,
,
,
,
,
,
,
,
2
55
2
5
4

gg
gy
gg
gy
gg
gy
gg
gy
gg
gy
ySSE
n
i
i
SSTO = 25420,83333
%99,99895199999993421,0
8333,25420
10,01672209
11
5
2

SSTO
SSE
R
y5 = 0,000697487x
5
– 1,010888095x
4
+ 585,8850681 x

86.40%

98.74%

1

Ta thấy Ra
2
ngày càng tăng theo sự tăng bậc hàm số mà ta xét. Ra
2
cao nhất tại
bậc 5, Ra
2
≈ 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 g
5
(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:
 













13131136000000
0126015388,50000
006783368,548000
000525080,977800
00003421,3333330
000006
00000
00000
00000
00000
00000
00000
5
4
3
2
1
0
S
S
S
S
S
S
gg
T

y = 0.0007x

ng th
ự
c nghi
ệ
m và đư
ờ
ng kh
ớ
p b
ở
i phương tr
ình b
ậ
c 5