Chương 6
Dòng chảy phát triển hoàn toàn trong đường ống 6.24
Dầu với mật độ 850 kg/m
3
và độ nhớt động học là 0.00062 m
2
/s được xả quađường ống nằm ngang đường kính 5 mm, dài 40 m từ một bể chứa mở ra khíquyển. Chiều cao của mực nước so với tâm của đường ống là 3 m. Bỏ qua tổn thấtcục bộ, xác định lưu lượng dầu qua đường ống.
Hình P6.24
Lời giải
Vấn đề:
Dầu được xả qua ống nằm ngang từ bể chứa mở ra khí quyển. Xác địnhlưu lượng dòng dầu qua đường ống.
Giả thiết
: [1] Dòng chảy là ổn định và không nén được; [2] Hiệu ứng cửa vào làkhông đáng kể, do đó dòng chảy được cho là phát triển hoàn toàn; [3] Bỏ qua tổnthất cửa vào và cửa ra; [4] Dòng chảy là phân tầng [cần được xác minh]; [5] Ốngkhông bao gồm các thành phần uốn cong, van, đầu nối...; [6] Không bao gồm cácthiết bị làm việc như máy bơm và tua bin.
Tính chất :
Mật độ và độ nhớt động học của dầu được cho là ρ= 850 kg/m
3
và
\=0.00062 m
2
/s. Độ nhớt động học sẽ là
Phân tích:
Áp suất dư đáy bể là :
Bỏ qua các tổn thất cửa vào và cửa ra, tổn thất áp suất qua ống là : Lưu lượng dòng phân tầng trong ống nằm ngang Vận tốc trung bình và số Reynolds được xác định từ:Số Reynolds nhỏ hơn 2300 vậy giả thiết ban đầu cho dòng chảy phân tầng đã đượcchấp nhận.
Thảo luận
: Lưu lượng sẽ nhỏ hơn khi tính đến các tổn thất, đặc biệt là khi cửa vàokhông được làm trơn.
6.26
Nước ở 15 °C [
ρ
\=999.1 kg/m
3
và
\=1.138x10
-3
kg/m.s] chảy ổn định trong ốngdài 30 m, đường kính 4 cm làm bằng thép không gỉ với lưu lượng 8 L/s. Xác định[a] tổn thất áp suất, [b] tổn thất cột áp, và [c] yêu cầu về công suất bơm duy trì tổnthất áp suất.
Lời giải
Vấn đề:
Lưu lượng dòng chảy qua đường ống đã cho. Xác định tổn thất áp suất,tổn thất cột áp, và công suất bơm.
Giả thiết
: [1] Dòng chảy là ổn định và không nén được; [2] Hiệu ứng cửa vào làkhông đáng kể, do đó dòng chảy được cho là phát triển hoàn toàn; [3] Ống không bao gồm các thành phần uốn cong, van, đầu nối...; [4] Không bao gồm các thiết bịlàm việc như máy bơm và tua bin.
Tính chất :
Mật độ và độ nhớt động học của nước được cho là ρ= 999.1 kg/m
3
và
\=1.138x10
-3
kg/m.s. Độ nhám của thép không gỉ là 0.002 mm.
Một câu hỏi khá quan trọng được đặt ra là: Cho ngôn ngữ L với một số tính chất đặc tả nào đó, liệu L có phải là tập chính quy không ? Phần này cung cấp một số lý thuyết giúp trả lời câu hỏi này.
Một trong những nguyên lý hiệu quả là "Bổ đề bơm", đây là một công cụ mạnh giúp chứng minh các ngôn ngữ không là chính quy. Đồng thời, nó cũng thực sự hữu ích trong việc phát triển các giải thuật liên quan đến các ôtômát, chẳng hạn như một ngôn ngữ được chấp nhận bởi một FA cho trước là hữu hạn hay vô hạn ?
BỔ ĐỀ 4.1: [BỔ ĐỀ BƠM]
Nếu L là tập hợp chính quy thì có tồn tại hằng số n sao cho nếu z là một từ bất kỳ thuộc L và | z | £ n, ta có thể viết z = uvw với | uv | £ n, | v | ³ 1 và "i ³ 0, ta có uviw Î L.
Hơn nữa n không lớn hơn số trạng thái của FA nhỏ nhất chấp nhận L. Chứng minh
Nếu một ngôn ngữ L là ngôn ngữ chính quy thì nó sẽ được chấp nhận bởi một DFA M [Q, S, d, q0, F] với n trạng thái.
Xét chuỗi nhập z có m ký hiệu được cho như trong bổ đề, vậy z = a1a2 ... am, m ³ n, và với mỗi i = 1, 2, ..., m , ta đặt d[q0, a1a2...ai] = qi. Do m ³ n nên cần phải có ít nhất n+1 trạng thái trên đường đi của ôtômát chấp nhận chuỗi z. Trong n+1 trạng thái này phải có hai trạng thái trùng nhau vì ôtômát M chỉ có n trạng thái phân biệt, tức là có hai số nguyên j và k sao cho 0 £ j < k £ n thỏa mãn qj = qk. Đường đi nhãn a1a2 ... am trong sơ đồ chuyển của M có dạng như sau:
Vì j < k nên chuỗi aj+1...ak có độ dài ít nhất bằng 1 và vì k £ n nên độ dài đó không thể lớn hơn n.
Nếu qm là một trạng thái trong F, nghĩa là chuỗi a1a2...am thuộc L[M], thì chuỗi a1a2...aj ak+1ak+2...am cũng thuộc L[M] vì có một đường dẫn từ q0 đến qm ngang qua qj nhưng không qua vòng lặp nhãn aj+1... ak. Một cách hình thức, ta có :
[q0, a1a2...aj ak+1ak+2...am] = [ [q0, a1a2...aj], ak+1ak+2...am] = [qj, ak+1ak+2...am]
\= [qk, ak+1ak+2...am] = qm
Vòng lặp trong hình trên có thể được lặp lại nhiều lần - thực tế, số lần muốn lặp là tùy ý, do đó chuỗi a1...aj [aj+1...ak]i ak+1...am Î L[M], "i ³ 0. Điều ta muốn chứng tỏ ở đây là với một chuỗi có độ dài bất kỳ được chấp nhận bởi một FA, ta có thể tìm được một chuỗi con gần với chuỗi ban đầu mà có thể "bơm" - lặp một số lần tùy ý - sao cho chuỗi mới thu được cũng được chấp nhận bởi FA.
Đặt u = a1...aj, v = aj+1...ak và w = ak+1...am. Ta có điều phải chứng minh.
Ứng dụng của bổ đề bơm
Bổ đề bơm rất có hiệu quả trong việc chứng tỏ một tập hợp không là tập hợp chính quy. Phương pháp chung để ứng dụng nó dùng phương pháp chứng minh “phản chứng” theo dạng sau :
- Chọn ngôn ngữ mà bạn cần chứng tỏ đó không là ngôn ngữ chính quy. 2] Chọn hằng số n, hằng số được đề cập đến trong bổ đề bơm.
- Chọn chuỗi z thuộc L. Chuỗi z phải phụ thuộc nghiêm ngặt vào hằng số n đã chọn ở bước 2.
- Giả thiết phân z thành các chuỗi con u, v, w theo ràng buộc | uv | £ n và | v | ³ 1 5] Mâu thuẫn sẽ phát sinh theo bổ đề bơm bằng cách chỉ ra với u, v và w xác định theo
giả thiết, có tồn tại một số i mà ở đó uviw Ï L. Từ đó có thể kết luận rằng L không là ngôn ngữ chính quy. Chọn lựa giá trị cho i có thể phụ thuộc vào n, u, v và w. Ta có thể phát biểu một cách hình thức nội dung của bổ đề bơm như sau :
["L][$n]["z][ z thuộc L và | z | ³ n ta có
[$u, v, w][z = uvw, | uv | £ n, | v | ³ 1 và ["i][uviw thuộc L]]] Thí dụ 4.5 : Chứng minh tập hợp L = { 0i2 | i là số nguyên, i ³ 1} [L chứa tất cả các chuỗi số 0 có độ dài là một số chính phương] là tập không chính quy.
Chứng minh
Giả sử L là tập chính quy và tồn tại một số n như trong bổ đề bơm.
Xét từ z =0n2. Theo bổ đề bơm, từ z có thể viết là z = uvw với 1 £ | v | £ n và uviw Î L, "i ³ 0. Trường hợp cụ thể, xét i = 2 : ta phải có uv2w Î L.
Mặt khác : n2 < | uv2w | £ n2 + n < [n+1]2.
Do n2 và [n+1]2 là 2 số chính phương liên tiếp nên | uv2w | không thể bằng một số chính phương, vậy uv2w Ï L.
Điều này dẫn đến sự mâu thuẫn, vậy giả thiết ban đầu là sai. Suy ra L không là tập chính quy.
2.2. Tính chất đóng của tập hợp chính quy
Có nhiều phép toán trên ngôn ngữ chuyên sử dụng cho tập hợp chính quy, mà cho phép khi áp dụng chúng vào tập hợp chính quy thì vẫn giữ được các tính chất của tập chính quy. Nếu một lớp ngôn ngữ nào đó "đóng" với một phép toán cụ thể, ta gọi đó là tính chất đóng của lớp ngôn ngữ này.
ĐỊNH LÝ 4.3 : Tập hợp chính quy đóng với các phép toán: hợp, nối kết và bao đóng Kleen.
Hiển nhiên từ định nghĩa của biểu thức chính quy.
ĐỊNH LÝ 4.4 : Tập hợp chính quy đóng với phép lấy phần bù. Tức là, nếu L là tập chính quy và L Í S* thì S* - L là tập chính quy.
Chứng minh
Gọi L là L[M] cho DFA M [Q, S1, d, q0, F] và L Í S*.
Trước hết, ta giả sử S1 = S vì nếu có ký hiệu thuộc S1 mà không thuộc S thì ta có thể bỏ các phép chuyển trong M liên quan tới các ký hiệu đó. Do L Í S* nên việc xóa như vậy không ảnh hưởng tới M. Nếu có ký hiệu thuộc S nhưng không thuộc S1 thì các ký hiệu này không xuất hiện trong L. Ta thiết kế thêm một trạng thái "chết" d trong M sao cho d[d, a] = d, "a ÎS và d[q, a] = d, "q Î Q và a Î S - S1.
Bây giờ, để chấp nhận S* - L, ta hoàn thiện các trạng thái kết thúc của M. Nghĩa là, đặt M’ = [Q, S, d, q0, Q - F]. Ta có M’ chấp nhận từ w nếu d[q0,w] Î Q - F, suy ra w S* - L.
ĐỊNH LÝ 4.5: Tập hợp chính quy đóng với phép giao Chứng minh
Do ta có công thức biến đổi :
Nên theo các định lý trên, suy ra được tập L1Ç L2 là tập chính quy. III. CÁC GIẢI THUẬT XÁC ĐỊNH TẬP HỢP CHÍNH QUY
Một vấn đề khác, cũng rất cần thiết là xác định các giải thuật giúp giải đáp nhiều câu hỏi liên quan đến tập hợp chính quy, chẳng hạn như : Một ngôn ngữ cho trước là rỗng, hữu hạn hay vô hạn ? Ngôn ngữ chính quy có tương đương với ngôn ngữ nào khác không ? ... Để xác định các giải thuật này, trước hết cần giả sử mỗi tập chính quy thì được biểu diễn bởi một ôtômát hữu hạn. Như đã biết, biểu thức chính quy dùng đặc tả cho tập hợp chính quy, do đó chỉ cần cung cấp thêm một cơ chế dịch từ dạng biểu thức này sang dạng ôtômát hữu hạn. Một số định lý sau có thể xem là nền tảng cho việc chuyển đổi này.
ĐỊNH LÝ 4.6: Tập hợp các chuỗi được chấp nhận bởi ôtômát M có n trạng thái là: 1] Không rỗng nếu và chỉ nếu ôtômát chấp nhận một chuỗi có độ dài < n.
- Vô hạn nếu và chỉ nếu ôtômát chấp nhận một chuỗi có độ dài l với n £ l < 2n. Chứng minh
- Phần "nếu " là hiển nhiên.
Ta chứng minh "chỉ nếu": Giả sử M chấp nhận một tập không rỗng. Gọi w là chuỗi ngắn nhất được chấp nhận bởi M. Theo bổ đề bơm, ta có | w | < n vì nếu w là chuỗi ngắn nhất và | w | ³ n thì ta có thể viết w = uvy, và uy là chuỗi ngắn hơn trong L hay | uy | < | w | Þ Mâu thuẫn.
- Nếu w Î L và n £ | w | < 2n thì theo bổ đề bơm ta có w = w1w2w3 và w1w2 i w3Î L với mọi i ³ 0, suy ra L[M] vô hạn .
Ngược lại, nếu L[M] vô hạn thì tồn tại w Î L[M] sao cho | w | ³ n. Nếu | w |< 2n thì xem như đã chứng minh xong. Nếu không có chuỗi nào có độ dài nằm giữa n và 2n-1 thì gọi w là chuỗi có độ dài ít nhất là 2n nhưng ngắn hơn mọi chuỗi trong L[M], nghĩa là | w | ³ 2n. Một lần nữa, cũng theo bổ đề bơm, ta có thể biểu diễn w = w1w2w3, trong đó 1 £ | w2 | £ n và w1w3Î L[M]. Ta có hoặc w không phải là chuỗi ngắn nhất có độ dài ³ 2n, hoặc là n £ | w1w3 | £ 2n-1 Þ Mâu thuẫn. Vậy có tồn tại chuỗi có độ dài l sao cho n £ l< 2n.
ĐỊNH LÝ 4.7 : Có giải thuật để xác định hai ôtômát tương đương [chấp nhận cùng một ngôn ngữ].
Chứng minh Đặt M1, M2 là hai ôtômát chấp nhận L1, L2.
Theo các định lý 4.3, 4.4, 4.5, ta có được chấp nhận bởi ôtômát M3 nào đó. Dễ thấy M3 chấp nhận một chuỗi nếu và chỉ nếu L1¹ L2. Theo định lý 4.6, ta thấy có giải thuật để xác định xem liệu L1 = L2 hay không.
Tổng kết chương IV: Qua chương này, chúng ta có thể thấy rõ hơn các tính chất của lớp ngôn ngữ chính quy và cách xác định chúng bằng một số giải thuật. Mối liên quan giữ hai cơ chế đoán nhận ngôn ngữ [ôtômát hữu hạn] và phát sinh ngôn ngữ [văn phạm] cũng đã được thiết lập và chứng minh rõ ràng. Đây là lớp ngôn ngữ nhỏ nhất theo sự phân cấp của Noam Chomsky. Trong những chương tiếp theo, chúng ta sẽ khảo sát những lớp ngôn ngữ rộng lớn hơn chứa cả ngôn ngữ chính quy trong nó.