Corrigé du BTS, groupement A, Nouvelle-Calédonie, novembre 2008 EXERCICE 1 – sé
Corrigé du BTS, groupement A, Nouvelle-Calédonie, novembre 2008 EXERCICE 1 – séries de FOURIER f(t) = 1 si 0 ⩽t ⩽α 0 si α < t < π −α −1 si π −α ⩽t ⩽π avec 0 < α < π 2 et f paire et périodique de période 2π . 1. Représentation de f sur [−2π ; 2π] lorsque α = π 3 Pour α = π 3 on a f(t) = 1 si 0 ⩽t ⩽π 3 0 si π 3 < t < 2π 3 −1 si 2π 3 −α ⩽t ⩽π . 2. a. Calcul de a0 D’après le formulaire a0 = 1 2π Zπ −π f(t)dt et comme f est paire, a0 = 1 π Z π 0 f(t)dt, d’où : a0 = 1 π Z α 0 1dt + Zπ−α α 0 dt + Zπ π−α (−1)dt = 1 π [α −0 −(π −(π −α))] = 1 π(α−π+π−α) = 0. b. Valeur de bn pour tout entier n ⩾1 D’après le formulaire bn = 1 π Z π −π f(t) sin(nt)dt. Comme f est paire, t 7− →f(t) sin(nt) est impaire donc Zπ −π f(t) sin(nt)dt = 0, d’où, pour tout entier n ⩾1, bn = 0. c. Calcul de an pour tout entier n ⩾1 D’après le formulaire an = 1 π Zπ −π f(t) cos(nt)dt et comme f est paire, t 7− →f(t) cos(nt) est également paire donc an = 2 π Z π 0 f(t) cos(nt)dt. On a : πan 2 = Z α 0 1 cos(nt)dt + Zπ−α α 0 cos(nt)dt + Zπ π−α (−1) cos(nt)dt = 1 n sin(nt) α 0 + 0 − 1 n sin(nt) π π−α = 1 n(sin(nα) −sin 0) −1 n (sin(nπ) −sin(nπ −nα)) = 1 n (sin(nα) + sin(nπ −nα)) . Or sin(nπ −nα) = sin(nπ) cos(nα) −cos(nπ) sin(nα) = −(−1)n sin(nα) donc, pout tout entier n ⩾1, πan 2 = 1 n [sin(nα) −(−1)n sin(nα)), soit an = 2 nπ [1 −(−1)n] sin(nα). 3. Valeur α0 de α pour laquelle a3 = 0 a3 = 2 3π 1 −(−1)3 sin(3α) = 4 3π sin(3α). a3 = 0 si et seulement si 3α = kπ avec k ∈Z d’où α = kπ 3 , comme 0 < α < π 2 on a k = 1 donc α0 = π 3 . Jérôme CHALLIER Lycée Charles PONCET – CLUSES Corrigé du BTS, groupement A, Nouvelle-Calédonie, novembre 2008 Page 2 sur ?? 4. a. Calcul de F2 F2 = 1 2π Z π −π f2(t)dt = 1 π Zπ 0 f2(t)dt car f2 est paire puisque f l’est également, = 1 π "Z π 3 0 12dt + Z 2π 3 π 3 02dt + Z π 2π 3 (−1)2dt # = 1 π "Z π 3 0 dt + Zπ 2π 3 dt # = 1 π π 3 −0 + π −2π 3 = 1 π π 3 + π 3 donc F2 = 2 3. b. Calcul de g(t) g(t) = a0 + a1 cos(t) + b1sin(t) + a2cos(2t) + b2sin(2t) avec t ∈R. Or a0 = b1 = b2 = 0, a1 = 2 1 × π 1 −(−1)1 sin 1 × π 3 = 4 π sin π 3 = 2 √ 3 π et a2 = 2 2 × π 1 −(−1)2 sin 2 × π 3 = 0 donc, pour tout t ∈R, g(t) = 2 √ 3 π cos(t). c. Calcul de G2 g est périodique de période 2π, d’où : G2 = 1 2π Zπ −π g2(t)dt = 1 π Zπ 0 g2(t)dt car g2 est paire puisque g l’est également, = 1 π Zπ 0 2 √ 3 π cos(t) !2 dt = 12 π3 Zπ 0 cos2(t)dt = 12 π3 Zπ 0 1 + cos(2t) 2 dt = 6 π3 Zπ 0 [1 + cos(2t)] dt = 6 π3 t + sin(2t) 2 π 0 = 6 π3 × π donc G2 = 6 π2. d. Calcul de G2 F2 G2 F2 = 6 π2 2 3 = 9 π2 = 0, 912 à 10−3 près. Jérôme CHALLIER Lycée Charles PONCET – CLUSES Corrigé du BTS, groupement A, Nouvelle-Calédonie, novembre 2008 Page 3 sur ?? EXERCICE 2 – équations différentielles et transformation de LAPLACE Partie A – résolution de (E1) : y′′(t) + 4y(t) = 8 1. a. Solution particulière constante de (E1) La fonction x 7− →ϕ(t) = k (avec k une constante réelle) est solution de (E1) si et seulement si, pour tout t ∈R, ϕ′′(t) + 4ϕ(t) = 8 soit 4k = 8 donc k = 2. Une solution particulière constante de (E1) est la fonction t 7− →ϕ(t) = 2. b. Solution générale de (E1) La solution générale de l’équation sans second membre y′′(t) + 4y(t) = 0 est la fonction t 7− →A cos(2t) + B sin(2t), avec A et B deux constantes réelles car l’équation caractéristique est r2 + 4 = 0 qui a pour solutions 2i et −2i. La solution générale de (E1) est la somme de la solution générale de l’équation sans second membre et d’une solution particulière de (E1), donc la solution générale de (E1) est la fonc- tion y définie sur R par y(t) = 2 + A cos(2t) + B sin(2t), A et B étant deux constantes réelles. 2. a. Solution f de (E1) qui vérifie f(0) = 0 et f′(0) = 0 f est solution de (E1) donc, pour tout t ∈R, f(t) = 2 + A cos(2t) + B sin(2t). f(0) = 0 si et seulement si 2 + A = 0 soit A = −2. f est dérivable sur R et, pour tout t ∈R, f′(t) = −2A sin(2t) + 2B cos(2t). f′(0) = 0 si et seulement si 2B = 0 soit B = 0. Donc, pour tout t ∈R, f(t) = 2 −2 cos(2t) = 2 [1 −cos(2t)]. b. Période, minimum et maximum de f La pulsation de f est ω = 2 donc sa période est T = 2π ω = 2π 2 = π. Pour tout t ∈R, −1 ⩽cos(2t) ⩽1 d’où, −1 ⩽−cos(2t) ⩽1, soit 0 ⩽1 −cos(2t) ⩽2, donc 0 ⩽f(t) ⩽4. La fonction f a donc pour minimum 0 et pour maximum 4. Le minimum est atteint en 0 (mod π) et le maximum est atteint en π 2 (mod π). Partie B – résolution de (E2) : g′′(t)+4g(t) = 8 U (t) −U t −π 2 + U (t −π) −U t −3π 2 1. a. Représentation sur [0 ; 2π] de t 7− →e(t) = 8 U (t) −U t −π 2 + U (t −π) −U t −3π 2 On obtient facilement e(t) = 0 si t < 0 ou π 2 ⩽t < π ou t > 3π 2 8 si 0 ⩽t < π 2 ou π ⩽t < 3π 2 . b. Calcul de E (p) Pour tout p > 0, L (U (t)) = 1 p, L U t −π 2 = 1 pe−πp 2 , L (U (t −π)) = 1 pe−πp et L U t −π 2 = 1 pe−3πp 2 . D’après la linéarité de la transformation de LAPLACE, E (p) = 8 p h 1 −e−πp 2 + e−πp −e−3πp 2 i . 2. a. Calcul de G(p) L (g′′(t)) = p2G(p) −pg(0) −g′(0) = p2G(p) car g(0) = g′(0) = 0. L (g′′(t) + 4g(t)) = p2G(p) + 4G(p) = p2 + 4 G(p), d’après la linéarité. Or, g′′(t) + 4g(t) = e(t) donc p2 + 4 G(p) = E (p) soit G(p) = 1 p2 + 4E (p). Finalement, pour tout p > 0, G(p) = 8 p (p2 + 4) h 1 −e−πp 2 + e−πp −e−3πp 2 i . Jérôme CHALLIER Lycée Charles PONCET – CLUSES Corrigé du BTS, groupement A, Nouvelle-Calédonie, novembre 2008 Page 4 sur ?? b. Transformée de LAPLACE H de h Pour tout t ∈R, h(t) = 2 [1 −cos(2t)] U (t) = 2U (t)−2 cos(2t)U (t). En utilisant la linéarité : H(p) = 2 p −2 × p p2 + 22 = 2 p2 + 4 −2p2 p (p2 + 4) , donc, pour tout p > 0, H(p) = 8 p (p2 + 4). c. Expression de g Pour tout p > 0 : G(p) = H(p) × h 1 −e−πp 2 + e−πp −e−3πp 2 i = H(p) −H(p)e−πp 2 + H(p)e−πp −H(p)e−3πp 2 , donc, pour tout t ∈R, g(t) = h(t) −h t −π 2 + h(t −π) −h t −3π 2 . 3. a. Expressions de g(t) sur h 0 ; π 2 h et sur π ; 3π 2 Pour tout t ∈ h uploads/Histoire/ corrige-du-bts-groupement-a-nouvelle-caledonie-novembre 1 .pdf
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- Publié le Mai 09, 2022
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