Bài tập lớn Phuong pháp tinh chủ đề 1 kì 211 PDF

Preview

Summary

Download Bài tập lớn Phuong pháp tinh chủ đề 1 kì 211 PDF

Description

ĐẠI HỌC QUỐC GIA TP HỒ CHÍ MINH TRƯỜNG ĐẠI HỌC BÁCH KHOA KHOA KHOA ỨNG DỤNG 

BÀI TẬP LỚN MÔN PHƯƠNG PHÁP TÍNH CHỦ ĐỀ SỐ 1 LỚP L07 NHÓM 14

Giảng viên hướng dẫn: Nguyễn Đình Dương

TP HCM, 10/2021 1

CÁC THÀNH VIÊN TRONG NHÓM ST T 1

Họ và tên

MSSV

Nguyễn Nhật Khang

2011366

2

Trần Đăng Khoa

2013516

3

Y Khoa Knul

2013588

4

Nguyễn Thành Long

1812920

5

Phạm Trường Vũ

2015093

2

Mục lục LỜI NÓI ĐẦU............................................................................................................. 3 BẢNG PHÂN CÔNG NHIỆM VỤ:...........................................................................5 VẤN ĐỀ 1:................................................................................................................... 6 VẤN ĐỀ 2.................................................................................................................. 13 VẤN ĐỀ 3:................................................................................................................. 23 DANH MỤC TÀI LIỆU THAM KHẢO.................................................................32

LỜI NÓI ĐẦU 3

Phương pháp tính là bộ môn toán học có nhiệm vụ giải đến kết quả bằng số cho các bài toán. Môn học này là cầu nối giữa toán học lý thuyết và các ứng dụng của nó trong thực tế, là một học rất quan trọng của chương trình đào tạo kỹ thuật cũng như một người kĩ sư. Đến với bài của nhóm sẽ có 3 vấn đề cần được giải quyết: Vấn đề 1 ứng dụng các công thức nội suy và tính được thể tích hình chỏm cầu. Vấn đề 2 ứng dụng công thức Simpson, đây là một ứng dụng rất cần thiết ở các bài toán phức tạp. Vấn đề 3 sẽ áp dụng các phương trình vi phân để có thể tính được các bài toán phức tạp của bài toán. Đây là phần bài tập lớn của nhóm 14 chúng em thực hiện bởi các thành viên trong nhóm. Chúng em cố gắng thể hiện nội dung 1 cách cụ thể để dễ dàng hiểu rõ và đánh giá, đồng thời cũng trình bày cách xây dựng phương pháp từ ý tưởng, cách giải phương pháp là đúng đắn và hợp lý, phân tích trường hợp sử dụng. Trong quá trình làm bài không tránh khỏi lỗi và sai sót. Hy vọng sẽ nhận được góp ý và đánh giá của thầy và các bạn. Nhóm thực hiện xin cảm ơn!

4

BẢNG PHÂN CÔNG NHIỆM VỤ:

Vì ảnh hướng của dịch bệnh nên tụi em đã thảo luận và thống nhất nhóm với nhau về bài làm:    

Tích cực trao đổi và thảo luận về nội dung bài tập. Bám sát các yêu cầu và bố cục phần hướng dẫn. Thực hiện đúng tiến độ công việc theo từng tuần. Sửa chéo bài và tìm sai sót khuyết điểm.

Các phần bài làm được trình bày theo bảng phân công nhiệm vụ sau:

HỌ VÀ TÊN (MSSV)

Phân công nhiệm vụ

Tiếến độ công việc

STT 1

Nguyễn Nhật Khang 2011366

Câu 2 và thuyết trình trên lớp.

100%

2

Trần Đăng Khoa 2013516 Y Khoa Knul 2013588

Câu 1 và làm câu 2

100%

Câu 3, tổng hợp lý thuyết và làm báo cáo Word Câu 3, tổng hợp lý thuyết và làm báo cáo Word Câu 1 và làm PowerPoint

100%

3 4

Nguyễn Thành Long 1812920

5

Phạm Trường Vũ 2015093

5

100% 100%

VẤN ĐỀ 1: Một bể hình cầu có một lỗ hình tròn ở đáy, qua cái lỗ ấy chất lỏng chảy ra. Dữ liệu sau được thu thập cho tốc độ dòng chảy thông qua lỗ như là một hàm số theo thời gian: t(s) Q(m3/hr)

0 10.55

500 9.576

1000 9.072

1500 8.640

2200 8.100

2900 7.560

t(s) Q(m3/hr)

3600 7.020

4300 6.480

5200 5.688

6500 4.752

7000 3.348

7500 1.404

Hãy viết một bản thảo với hàm phụ trợ: (a) Để ước tính thể tích chất lỏng (tính bằng lít) được thoát ra trên toàn bộ thời gian đo lường. (b) Để ước lượng mực chất lỏng trong bể tại t = 0s. Lưu ý rằng r = 1.5m.

a) Tính thể tích chất lỏng (tính bằng lít) được thoát ra trên toàn bộ thời gian đo lường. Cơ sở lý thuyết Tính gần đúng tích phân theo công thức hình thang. 6

Dựa trên cơ sở tính tổng các Riemann. y

O a

b

Mục đích: b

Xấp xỉ

∫ f ( x ) dx

hay xấp xỉ diện tích miền nằm dưới đồ thị f(x).

a

• Ý tưởng cũ: tổng Riemann xấp xỉ f(x) bởi một hàm hằng, do đó nhận được diện tích miền nằm dưới hàm hằng. • Ý tưởng mới: công thức Hình thang xấp xỉ f(x) bởi hàm tuyến tính, từ đó nhận được diện tích miền nằm dưới hàm tuyến tính.

7

Khi đó ta xây dựng đa thức bậc nhất nội suy hàm

f

(x) trên [a, b]. Khi đó

diện tích cần tìm xấp xỉ diện tích hình thang vuông: b

∫ f ( x ) dx ≈ b−a 2

[f(a)+f(b)]

a

Áp dụng công thức hình thang trên đoạn [xi, xi+1] b

n−1

∫ f ( x ) dx ≈ ∑ i=0

a

1 2

x

i +1 ( x i+1−x i ) [ f ( x ¿−f )] ¿ i

Nội dung bài làm -

Đầu tiên cần đổi đơn vị của t từ giây ra giờ, ta được bảng số liệu như sau

t(h) Q(m3/hr)

0 10.55

0.1389 9.576

0.2778 9.072

0.4167 8.640

0.6111 8.100

0.8056 7.560

t(h) Q(m3/hr)

1 7.020

1.1944 6.480

1.4444 5.688

1.8056 4.752

1.9444 3.348

2.0833 1.404

- Áp dụng công thức hình thang, tính được: Thể tích chất lỏng được thoát ra trên toàn bộ thời gian đo lường 8

b

n−1

∫ f ( x ) dx ≈ ∑ a 2.0833

∫ 0

≈

i=0

11

Q ( t ) dt ≈ ∑ i=0

1 2 1 2

( x i+1− x i ) [f(

x i+ 1 )] x i ¿+ f ¿

t

i +1 ( ti +1−t i ) [Q( t ¿+Q )] ¿ i

1 (0.1389-0)(10.55+9.576)+ 2

1 (0.2778-0.1389)(9.576+9.072) 2

+

1 (0.6111-0.4167)(8.64+8.1)+ 2

+

1 1 (1-0.8056)(7.56+7.02) + 2 2

+

1 (1.4444-1.944)(6.48+5.688)+ 2

+

1 1 (1.9444-1.8056)(5.688+4.752) + (2.0833-1.9444)(3.348+1.404) 2 2 ≈

14.1011 (m3)

≈

14101.1389 (lít)

1 2

(0.8056-0.6111)(8.1+7.56)

(1.1944-1)(7.02+6.48) 1 (1.8056-1.4444)(5.688+4.752) 2

9

10

b) Để ước lượng mực chất lỏng trong bể tại t = 0s. Lưu ý rằng r = 1.5m. Cơ sở lý thuyết Trong mặt phẳng Oxy, xét hình phẳng giới hạn bởi cung tròn tâm O bán kính R có phương trình y= √ R2−x 2

, trục hoành

và đường thẳng x=R−h (02r)

Vậy mực nước trong bể lúc đầu gần bằng 2.9116m

12

VẤN ĐỀ 2 Cho R là hình chữ nhật [0; 2] × [1; 4]. ❑

(a) Cho f(x; y) = x cos(x

2

+ y).

∬ f ( x , y) dA .

Hãy tính tích phân

R

(b) Nghiên cứu công thức Simpson. Phát triển một hàm để ước tính tích phân trong R bằng công thức Simpson. (c) Gọi m và n lần lượt là số khoảng con trong thành phần x và y. Tính gần đúng tích phân [n; m] = [40; 60] và [n; m] = [80; 120] và ước tính sai số. Nội dung bài làm : ❑

a) Tính tích phân

∬ f ( x , y ) dA . R

Theo đề bài ta có miền R là hình chữ nhật [0; 2] × [1; 4]. xcos ( x 2 + y ) dx x=2

∫ ¿ dy

❑

Suy ra

∬ f ( x , y ) dA

=

R

x=0

¿ ¿

(1)

y=4

∫¿

y=1

Đặt t = x2+y ⇒ dt=2x dx x t

0 y

2 4+y

13

¿ y=4

4+y

y=1

y

∫ (∫

(1) ↔

cos t dt ) dy 2

=

|

sin t 4+ y y 2 ¿ )dy y=4

∫¿

y=1

¿

=

sin (4 + y )−sin y 2 ¿ y=4

)dy

∫¿ y=1

−cos ( 4 + y ) +cos ( y ) 2

=

|41

= - 0.3823918537 b) Nghiên cứu công thức Simpson. Phát triển một hàm để ước tính tích phân trong miền R bằng công thức Simpson: Cơ sở lý thuyết **Nghiên cứu công thức Simpson: Giả sử ta có tích phân bội hai y=d x=b

∫ ∫

f (x , y )dxdy

y=c x=a x=b

Đặt g(x,y) =

∫

f (x , y ) dx

x=a

Ta được : y=d

∫

g ( x , y ) dy Chia [c,d] thành n=2m đoạn nhỏ bằng nhau với bước chia

y=c

Áp dụng công thức Simpson mở rộng :

14

h=

d −c 2m

d

I =∫ g ( x , y) dy ≈ I

¿

c

d−c 2m d−c x , d− m x , d−

(

g x , c+

((

)

]

)

d−c d−c d−c +. ..+g (¿)+2 g x , c+ +. ..+g (¿) = 2m m 6m

[∫

x=b

x=b

x=a

(∫ ( x=b

f (x , c)dx+ ∫ f (x ,d )dx+ 4 x=a

f x , c+

d

x=a

g ( x , c ) + g (x ,d )+4 ¿ h ¿ ¿ 3

(*) Tiếp tục áp dụng Simpson cho từng tích phân theo biến x bên trong ngoặc với bước chia k =

b−a 2m

Đặt các tích phân trong bên trong của (*) lần lượt là f0, f2m, f1, f3,…f2m-1, f2, f4, … f2m-2 Tính đại diện giá trị đầu tiên :

x=b

f 0= ∫ f (x , c)dx ≈ x=a

[

((

)

(

)) ( (

Tiếp tục dùng Simpson tính tương tự các tích phân còn lại của (*) y=d x=b

Ta được công thức tính xấp xỉ tích phân

∫ ∫ f (x , y )dxdy

y=c x=a

I=

)

(

b−a b−a b−a b−a , c +. ..+f b− , c + 2 f a+ , c +. . .+ f b f ( a , c )+ f (b , c )+ 4 f a+ 2m 2m m 6m

d−c f + f +4 f +f + .. .+ f ( 1 3 [ 2 m−1 )+ 2 ( f 2 +f 4 +. ..+ f 2 m−2 ) ] 6 m 0 2m

15

theo Simpson :

*** Phát triển hàm ước tính tích phân theo miền R bằng công thức Simpson: y=4 x=2

∫ ∫

xcos ( x + y ) dx dy Đặt g(y) = 2

y=1 x=0

x=2

∫

xcos ( x2 + y ) dx

x=0

y=4

∫

Ta được :

g ( y ) dy

y=1

Chia [1,4] thành n=2m đoạn nhỏ bằng nhau với bước chia h=

b−a 4− 1 3 = = 2 m 2m 2m

Áp dụng công thức Simpson mở rộng : 4

I =∫ g ( y ) dy 1

1 ¿ 2m

[∫

¿

≈I =

h y + y + 4 ( y 1 + y 3 +. . .+ y 2m −1 ) + 2 ( y 2 + y 4 + ...+ y 2 m−2 )] 3 [ 0 2m x=2

x=2

x=0

(∫ ( x=2

xcos ( x 2 +1) dx+ ∫ xcos ( x 2 +4 ) dx +4 x=0

x=0

)

x=2

(

)

x=2

3 9 xcos x +1+ dx + ∫ xcos x 2 +1+ dx +. ..+ ∫ xc 2m 2m x=0 x=0 2

(*) Tiếp tục áp dụng Simpson cho từng tích phân theo biến x bên trong ngoặc với bước chia k =

2−0 2 1 = = 2 m 2m m

Đặt các tích phân trong bên trong của (*) lần lượt là u0, u2m, u1, u3,…u2m-1, u2, u4, … u2m-2 Tính đại diện giá trị đầu tiên :

x=2

u0= ∫ xcosx ( x 2+1 ) dx ≈ x=0

[

( ( ) ( ) (( ) ) ) ( (

2 2 2 1 2 1+m 4+ m 1 1 1 0 +2 cos ( 5) +4 +. . .+ +1 + 2 cos cos 2− cos 2− 2 2 3m m m m m m m

Tiếp tục dùng Simpson tính tương tự các tích phân còn lại của (*) 16

y=4 x=2

Ta được công thức tính xấp xỉ tích phân

[

∫ ∫

y=1 x=0

I=

]

2 xcos ( x + y ) dx dy theo Simpson :

1 [ u +u + 4 ( u 1+u 3+.. .+u2 m−1 ) +2 ( u2 +u 4+...+u 2m −2) ] 2 m 0 2m

Dựa trên cơ sở lý thuyết về Simpson, nhóm đã phát triển thành hàm ước tính tích phân theo miền R. Hàm này được biểu diễn thông qua đoạn thuận toán dưới đây:

17

Áp dụng phương pháp trên cho bài toán ở đề bài câu a Tiến hành chạy thuật toán, ta thu được kết quả ước tính của tích phân:

So sánh với giá trị chính xác theo công thức tích phân kép ở câu 2a là -0.3823918537 Sai số = |Giá trị chính xác – giá trị gần đúng| = |-0.3823918537- (- 0.3824848687)| = 0.000093015 c) Gọi m và n lần lượt là số khoảng con trong thành phần x và y. Tính gần đúng tích phân [n; m] = [40; 60] và [n; m] = [80; 120] và ước tính sai số. Nội dung bài làm 18

Áp dụng cách tính trên cho yêu cầu C của bài toán. Đầu tiên, ta tính chính xác tích phân theo công thức tích phân kép : 2 xcos ( x + y ) dx 60

∫ ¿ dy

❑

∬ f ( x , y ) dA

=

40

R

(2)

¿ ¿

120

∫¿ 80

Đặt t = x2+y ⇒ dt=2x dx x

40

60

t

402 + y

602 + y

2

120 60 + y

(2) ⇔

80

¿

cos t dt ) dy 2 40 + y

∫( ∫ 2

|

sin t 602+ y sin (602 + y )−sin(402 + y ) ¿ 2 402 + y 2 ¿ ¿ ) dy = 120 120

⇔∫ ¿ 80

)dy

∫¿ 80

−cos ( 60 + y ) +cos ( 40 + y ) 2 2

=

= - 0.2983003448

- Chạy thuật toán trên với các số đã cho như sau :

19

2

|120 80

- Ta thu được kết quả gần đúng là -0.2997439271 Sai số = |Giá trị chính xác – giá trị gần đúng| = | -0.2983003448 - (-0.2997439271) | = 0.001443582 Nhận xét: - Với đề bài câu a chọn n=10 thì thì thời gian chạy code là 0.5s với sai số 0.000093015, tuy nhiên với câu c chọn n=3000 thì thời gian chạy code là 3 phút và cho sai số là 0.001443582. Vậy nên có thể kết luận rằng code chạy hiệu quả và nhanh chóng ở khoảng nhỏ và chậm hơn khi tăng dần khoảng chia. - Đối với câu c, việc lựa chọn khoảng chia càng lớn thì sai số sẽ càng nhỏ. Ví dụ khi chọn n từ 50 đến 3000 thì ta được đồ thị:

- Không những thế, thời gian chạy code còn phụ thuộc vào phần cứng của máy tính. - Tuy nhiên vẫn không thể phủ nhận độ hữu dụng của Maple vì nó mang tính khái quát 20

cao, nó sẽ chạy với mọi cận được nhập vào.

VẤN ĐỀ 3: Nhiệt được dẫn dọc theo một thanh kim loại được định vị trí cố định giữa 2 bức tường bức tường có sự chênh lệch nhiệt độ. Ngoài sự dẫn điện, nhiệt được truyền giữa thanh và không khí xung quanh bằng đối lưu. Dựa trên cân bằng nhiệt, sự phân bố nhiệt độ dọc theo thanh được mô tả bằng phương trình vi phân bậc hai sau đây: 2

0=

d T ' +h ( T ∞−T ) dx 2

Trong đó T = Nhiệt độ (K), h = hệ số truyền nhiệt khối tương đối của đối lưu đối với sự dẫn nhiệt m−2 , x = khoảng cách dọc theo thanh (m), và T ∞ = nhiệt độ của chất lỏng xung quanh (K). (a) Chuyển đổi phương trình vi phân này thành một hệ phương trình đại số đồng thời tương đương bằng cách sử dụng phép xấp xỉ sai phân hướng tâm cấp hai. (b) Phát triển một hàm để giải các phương trình này từ x = 0 đến L và trả về khoảng cách và nhiệt độ kết quả, trong đó, phương trình đại số phải được giải bằng ma trận tam giác. (c) Phát triển một tập lệnh gọi hàm này và sau đó vẽ biểu đồ kết quả. (d) Kiểm tra tập lệnh của bạn cho các tham số sau: h = 0: 0425 m, T1 = 220 K, T (0) = 320 K, T (L) = 450 K, và ∆x = 0: 5 m.

−2

m

Cơ sở lý thuyết: a) Cho hàm y = f(x) và bảng số x

x0

x1

x2

21

…

xn

, L = 12

y

y0

y1

…

y2

yn

Để tính gần đúng đạo hàm, ta xấp xỉ hàm bằng đa thức nội suy Lagrange Ln (x) (hay đa thức nội suy Newton) f ' ( x ) ≈ L' n ( x )

Ta có:

f ' ' ( x ) ≈ L'' n ( x )

Trong trường hợp x có 3 điểm nút cách đều nhau thì ta có bảng: x y

x0 y0

x1 y1

x2 y2

h=x 2− x 1= x 1− x 0 Đ a th ứ c n ộ i suy Lagrange

x x (x −x 0)( x − x 1 ) (¿ ¿1−x 2) y 1+ y ( x 2−x 0 )( x 2−x 1) 2 (¿ ¿ 1− x0 )¿ ¿ (x −x 1 )( x − x 2) ( x− x1 ) ( x− x2 ) Ln ( x ) = y0 + ¿ ( x −x ) (x −x ) 0

¿

1

( x −x1)( x−x 2) 2

2h

0

2

y 2−

(x − x 1)( x − x 2) h

2

Do đó với mọi x ∈[ x 0 , x 2] '

f ( x )≈

(x− x0 ) 2

2h

f ' ' ( x) ≈

y 1+

( x −x1 )( x − x 2)

y0

ta có:

( x−x 1) (x −x2 ) ( y 2 −2 y 1 ) + 2 ( y 2− y 0) + 2 ( y 0 −2 y 1) 2h

2h

( y 0−2 y 1 + y 0 ) h2

Suy ra đạo hàm cấp 1 f ' ( x0 ) ≈

2 h2

(−3 y 0 + 4 y 1− y 2 )

f ' ( x 1 )≈

2h

( y 2− y 0 ) 2h

22

f ' ( x 2 )≈

( y 0−4 y 1 + y 2 ) 2h

Thay x 1=x 0 công thức sai phân hướng tâm: x 0 +h ¿ x 0−h −f (¿) f¿ f ' ( x0 ) ≈ ¿

Nội dung bài làm Ta có công thức xấp xỉ sai phân hướng tâm: d T T i+1−2 T i+T i−1 = ∆ x2 dx 2 2

Áp dụng công thức ta có: d 2 T T i+1−2 T i+T i−1 = ∆ x2 dx 2 ⇒

T i +1−2 T i +T i−1 ∆x

2

+h' ( T ∞−T i )=0 '

⇔T i+1 −2 T i +T i −1 +h ∆ x ( T ∞ −T i) =0 2

2 ' 2 ⇔T i+1 −( 2+h ∆ x ) T i+ T i−1=−h' ∆ x T ∞

Ta được phương trình chuyển đổi theo yêu cầu. b. Ý tưởng giải đó là dùng phương pháp sai phân hữu hạn. Bài toán trở thành bài toán giải hệ phương trình tuyến tính ba đường chéo và có thể thực hiện bằng phương pháp Gauss- Jordan Cơ sở lý thuyết Ý tưởng phương pháp Gauss- Jordan: Khử dần các ẩn trong các phương trình để đưa hệ phương trình đã cho thành hệ phương trình tương đương có ma trận các hệ số tương ứng là ma trận dạng hàng bậc thang tối giản rồi giải hệ phương trình này, tuy nhiên loại trừ ẩn nào trước là tùy thuộc cách chọn phần tử trội hệ số aij

23

Phép khử Gauss biến các hệ số bên dưới cùng cột với phần tử trụ về 0, bắt đầu từ hàng 1 xuống các hàng dưới, phép khử Gauss-Jorrdan cải tiếnbằng việc đưa các hệ số cùng cột cả trên và dưới của phần tử trụ về 0. Đầu tiên, chọn số tự nhiên n>0. Chia đều đoạn [a,b] thành n đoạn bởi các điểm chia t0=a; tk=t0+kh, k= 1,2…,n-1; tn=b, với y k ≈ y ( t k)

Gọi

h=

b−a n

là bước chia.

là giá trị xấp xỉ của hàm tại điểm tk. Tại các điểm nút tk,

k=1,2…,n-1 bên trong đoạn [a,b], sử dụng các công thức sai phân hướng tâm đã xét ở chương trước: y '(t ) ≈

y (t )− y ( t k +1

'' y (t ) ≈

)

k −1

2h

k

=

y k+1 + y k−1 2h

y (t )−2 y ( t )+ y (t k +1

k

2

k

h

k−1

)

=

y k+1−2 y k + y k−1 h2

Công thức trên có sai số là o( h2 ¿ . Thay giá trị xấp xỉ của

'

y (t

''

k

)

, y (t

k

)

của công

thức trên tại các điểm chia tk, k=1,2…,n-1, ta thu được các phương trình y ( t ) −2 y ( t ) + y (t k +1

k

h

k −1

)

2

+ ¿ pk

y k+1 + y k−1 + qkyk=fk ∀k =1,2… n-1 2h

Với pk=p(tk), qk=q(...