BTS Groupement A – Mathématiques

Éléments de correction
Session 2013


Exercice 1 :
Partie A :
1. Voir annexe Table 1 et Figure 1
2π 4π
   
2. (a) On a S(0) = f (0) + f +f d’où
3 3

S(0) = −1

(b) À t = 0, S(0) 6= 0 par conséquent, le système triphasé n’est pas équilibré.
Partie B :
1. a0 correspond à la valeur moyenne de la fonction, c’est-à-dire aussi à un facteur 2π près, à l’aire algébrique
entre la courbe et l’axe des abscisses.
Graphiquement, cette aire est nulle.
a0 = 0

2. La fonction étant paire, pour tout entier n non nul, bn = 0.
i πh
3. (a) • Sur 0 ; , g(t) = 1
 3 
π 2π
• Sur ; , g(t) = 0
3 3
2π
 
• Sur ; π , g(t) = −1
3
(b) On a
Z π
2
an = g(t) cos(nt) dt
2π −π
Z π
4
= g(t) cos(nt) dt
2π 0
Z π3 Z 2π Z π !
2 3
= cos(nt) dt + 0 dt + (− cos(nt)) dt
π 0 π
3
2π
3
π  π !
2 sin(nt) 3 sin(nt)

= + −
π n 0 n 2π
3


c’est-à-dire
2 2nπ
    
nπ
an = sin + sin
nπ 3 3

2
4. (a) Pour n = 3k, on a a3k = (sin(kπ) + sin(2kπ)) d’où
3kπ

a3k = 0

(b) Au vu de la question précédente, l’amplitude des harmoniques de rang multiple de 3 est nulle. Par
conséquent le système triphasé est équilibré.



1
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Exercice 2 :
Partie A :
1. On recherche une solution y constante, alors y(t) = a d’où y ′ (t) = 0 = y ′′ (t) = 0.
En remplaçant dans l’équation (E), on obtient immédiatement

y(t) = 10

2. L’équation caractéristique associée à (E0 ) s’écrit r2 + r + 0, 25 = 0, c’est-à-dire (r + 0, 5)2 = 0. Elle admet
donc une racine double r = −0, 5.
Les solutions de (E0 ) s’écrivent alors

y(t) = (λt + µ)e−0,5t avec λ et µ réels

3. La solution générale de l’équation (E) s’obtient en ajoutant la solution générale de l’équation homogène
associée (E0 ) et une solution particulière de (E).

y(t) = 10 + (λt + µ)e−0,5t avec λ et µ réels

4. La bonne réponse est
10 − (5t + 10)e−0,5t

Partie B :
1. À l’aide de la table des transformées de Laplace,

L [s′′ (t)] (p) = p2 S(p) − ps(0) − s′ (0)
= p2 S(p) car s(0) = 0 et s′ (0) = 0

et
2
L [sin(2t)U (t)] (p) =
p2 + 4
d’où, en prenant la transformée de Laplace de l’équation différentielle,
2
p2 S(p) + 9S(p) = 9 ×
p2 + 4
18
(p2 + 9)S(p) = 2
p +4
c’est-à-dire
18
G(p) =
(p2 + 4)(p2 + 9)

2. On a, en réduisant au même dénominateur :

a b a(p2 + 9) + b(p2 + 4)
+ =
p2 + 4 p2 + 9 (p2 + 4)(p2 + 9)
(a + b)p2 + 9a + 4b
=
(p2 + 4)(p2 + 9)

Par identification avec la relation demandée, on obtient le système
(
a+ b=0
9a + 4b = 18

18
d’où a = −b = .
5
18 1 1
 
S(p) = −
5 p2 + 4 p2 + 9




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3. On a par lecture de la table des transformées de Laplace

1 1
 
L −1 = sin(2t)U (t)
p2 + 4 2
et
1 1
 
L −1
= sin(3t)U (t)
p2 + 9 3
alors,

18 1 1
 
s(t) = sin(2t) − sin(3t) U (t)
5 2 3
9 6
 
= sin(2t) − sin(3t) U (t)
5 5

c’est-à-dire
s(t) = (1, 8 sin(2t) − 1, 2 sin(3t)) U (t)

Partie C :
1. On lit graphiquement
A ≈ 2, 8

2. On a immédiatement
f ′ (t) = 3, 6 (cos(2t) − cos(3t))

3. (a) On utilise le formulaire

2t + 3t 2t − 3t
   
cos(2t) − cos(3t) = −2 sin sin
2 2
5t
   
−t
= −2 sin sin
2 2
5t
   
t
= 2 sin sin
2 2

d’où
5t
   
t
f ′ (t) = 7, 2 sin sin
2 2

On en déduit immédiatement
2kπ
 
f′ =0
5

(b) Les points M1 ,M2 , M3 et M4 correspondent aux extremums locaux de la fonction f , c’est-à-dire
qu’en l’abscisse de ces points, la dérivée de f est nulle.
2π
• L’abscisse de M1 est
5
4π
• L’abscisse de M2 est
5
6π
• L’abscisse de M3 est
5
8π
• L’abscisse de M4 est
5
(c) C’est le point M3 qui correspond à l’amplitude maximale, donc

6π
 
A=f = 1, 8 sin(2, 4π) − 1, 2 sin(3, 6π)
5
c’est-à-dire
A ≈ 2, 853




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Document réponse 1 de l’exercice,
spécialités CIRA, Électrotechnique, IRIS, Génie optique, Systèmes électroniques, TPIL



4π
 
Table 1 – Tableau des valeurs prises par f t + pour certaines valeurs de t
3
4π π π 4π 5π
t − −π − 0 π
3 2 3 3 3
4π
 
f t+ 1 1 −1 −1 1 1 −1 −1
3



4π
 
Figure 1 – Courbe représentative de la tension f t +
3


1.0



0.5



2π 4π 5π
−2π −5π
3
−4π
3 −π −2π
3
−π
3
π
3 3 π 3 3 2π

−0.5



−1.0




Suggestions ou remarques : xavier.tisserand@ac-poitiers.fr



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