txtx = x - CiberEsquina - Universidad Nacional Abierta

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M de R
Prueba Integral
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Lapso 2015-2
SEM 11
UNIVERSIDAD NACIONAL ABIERTA
VICERRECTORADO ACADÉMICO
ÁREA : Ingeniería
MODELO DE RESPUESTA
ASIGNATURA: Simulación de Sistemas
MOMENTO:
Prueba Integral
FECHA DE APLICACIÓN: 12/03/16
CÓDIGO: 337
VERSIÓN: 1
MODULO I. UNIDAD I. OBJ 1
solución
No.1. Solución
Los estados del sistema están definidos de la siguiente forma:
x1 (t ) = y (t )
x2 (t ) = y& (t )
x3 (t ) = &y&(t )
Por ser una ecuación diferencial de tercer orden, solo se necesitan tres
estados para identificar completamente su dinámica.
Las ecuaciones del sistema son entonces las siguientes:
x&1 (t ) = x2 (t )
x&2 (t ) = x3 (t )
x&3 (t ) = −6 x1 (t ) − 11x2 (t ) − 6 x3 (t ) + n(t )
Criterio de corrección
Para lograr el objetivo el estudiante debe presentar un resultado equivalente al
modelo.
Especialista: Javier Torrealba
Ingeniería de Sistemas
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Prueba Integral
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Lapso 2015-2
SEM 11
MODULO I. UNIDAD 2. OBJ 2
No.2 Solución
solución
yk+2 - yk+1 = 0, y0 =1
Se asumen soluciones de la forma yn = Bn y se sustituye en la
ecuación:
Bn+1 + Bn = 0
Bn ( B+1) = 0
Lo que implica que
B = -1
De ahí que la solución sea entonces
y 0 = C (−1) 0 = C = 1
El valor de C se obtuvo ajustando la condición inicial y la solución
homogénea es dada entonces por:
y n = (−1) n
Criterio de corrección
Para lograr el objetivo el estudiante debe presentar un resultado equivalente al
modelo.
MODULO II. UNIDAD 3. OBJ 3
No.3 Solución
La solución del problema de valor inicial utilizando un paso h de 0,1 :
dy
= y 2 − 4 ty + 4 t 2 y − 4 y + 8t − 3 con y ( 0 ) = 1
dt
y n +1 = y 0 + hf ( x 0 , y 0 )
Especialista: Javier Torrealba
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solución
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y1 = 1 + 0,1 ((−1) 2 − 4(−1× 0) + 4(0 2 × (−1)) − 4(−1) + 8(0) − 3
y1 = −0,8
y2 = −0,8+0,1((−0,8)2 −4(−0,8×0,1) + 4((0,1)2 ×(−0,8))−4(−0,8) +8(0,1) −3
y 2 = −0,6072
Resumiendo los resultados en la siguiente tabla:
n
xn
yn
0
0
-1,0000
1
0,1
-0,8000
2
0,2
-0,6072
3
0,3
-0,4286
4
0,4
-0,2628
5
0,5
-0,1050
6
0,6
0,0483
7
0,7
0,2046
8
0,8
0,3698
9
0,9
0,5519
10
1
0,7617
La Solución aproximada para el problema de valor inicial propuesto con un paso 0,1 es:
y (1) = 0,7617
Criterio de corrección
Para lograr el objetivo el estudiante debe presentar un resultado equivalente al del modelo.
MODULO III. UNIDAD 5. OBJ 5
No.4 Solución
solución
a) Empleando las fórmulas del método Predictor-Corrector con h=0.1,
y0=0 y
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y' =
3x 2
x3 + y +1
tendremos:
⎛ 3 × 12 ⎞
⎟⎟ = 0.15
y1, p = y 0 + hf ( x 0 , y 0 ) = 0 + 0.1× ⎜⎜ 3
⎝1 + 0 +1⎠
y1,c
⎞⎤
h
0.10 ⎡⎛ 3 × 12 ⎞ ⎛ 3 × (1.1) 2
⎟⎥ = 0.148156
⎟⎟ + ⎜⎜
= y 0 + ( f ( x 0 , y 0 ) + f ( x1 , y1, p ) = 0 +
⎢⎜⎜ 3
2 ⎣⎢⎝ 1 + 0 + 1 ⎠ ⎝ (1.1) 3 + 0.15 + 1 ⎟⎠⎦⎥
2
Ahora calcularemos la segunda iteración:
⎞
⎛
3 × (1.1) 2
⎟⎟ = 0.294577
y 2, p = y1,c + hf ( x1 , y1,c ) = 0.148156 + 0.1× ⎜⎜
3
⎝ (1.1) + 0.148156 + 1 ⎠
⎞ ⎛
⎞⎤
h
0.10 ⎡⎛
3 × (1.1)2
3 × (1.2)2
⎟
⎜
⎟⎥ = 0.292829
+
y2,c = y1 + ( f ( x1, y,c1) + f ( x2 , y1. p ) = 0.148156+
⎢⎜⎜
2
2 ⎣⎝ (1.1)3 + 0.148156+ 1 ⎟⎠ ⎜⎝ (1.2)3 + 0.294577+ 1 ⎟⎠⎦
Así, sucesivamente, tendremos la siguiente tabla de aproximaciones:
Valor de x
Valor aproximado
Valor aproximado
predictor de y
corrector de y
1.1
0.15
0.148156
1.2
0.294577
0.292829
1.3
0.435836
0.434113
1.4
0.573740
0.572017
1.5
0.708254
0.706530
b) Para calcular el error absoluto tenemos:
ε = y (1.5) − 0.706530 = 0.706666 − 0.706530 = 0.000136
Criterio de corrección
Para lograr el objetivo el estudiante debe presentar un resultado equivalente al del
modelo.
MODULO III. UNIDAD 6. OBJ 6
solución
No.5 Solución
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Como la probabilidad p es menor que 0.1, y el producto n * p es menor que 10 (300
* 0.02 = 6), entonces, aplicamos el modelo de distribución de Poisson:
-λ
P( x = k ) = e ×
λk
k!
Sustituyendo
63
P ( x = 3) = e ×
3!
-6
Se obtiene como resultado que P(x = 3) = 0.0892
Por lo tanto, la probabilidad de tener 3 accidentes laborales en 300 días de trabajo es
de 8.9%.
Criterio de corrección
Para lograr el objetivo el estudiante debe presentar un resultado equivalente al del
modelo.
“FIN DE MODELO”
Especialista: Javier Torrealba
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