Correction bts math

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SE 2005, corrigé EXERCICE 1

2)a)Voici le schéma demandé, et deux autres aussi pour voir:

1)a) g (t ) = 1 + cos 2 t sin2 t donc 1 4 2 43 {t ) v(
u (t )

(

)

g′ (t ) = ( −2 cost sint ) sin 2 t + 1 + cos2 t 2 sint cost 2 1 4 2 4 4 {t ) 4 3 v( 1 4 2 43 1 4 v ′ (t )43
u ′ (t ) u (t )

(

)

Schémas réalisés avec Géogébra (www.geogebra.org) 2)b) Dirichlet: la fonction f est C ∞par morceaux (c’est-à-dire infiniment dérivable sauf en quelques points discrets), donc elle satisfait largement aux conditions de Dirichlet.

g′ (t ) = −2 cost sin t + 2 sin t cost + 2 sin t cos3 t
g′ (t ) = 2 cost sin t − sin 2 t + 1 + cos2 t

3

• Déjà, la fonction étant paire, les bn sont nuls.
1 0.5 τ1 1 0.5  • Ensuite a0 = ∫ f (t ) dt = 2 ∫ f (t ) dt = 2 ∫  − τ  dt + 2 ∫ 2 −τ dt 00 2 τ  1 −0.5 1  1  a0 = 2τ  − τ  + 2  − τ  ( −τ ) d’où a0 = 0 2  2  2 0.5 2π = 2π • Enfin, pour n ≥ 1 , an = ∫ f ( t ) cos ( nω t ) dt avec ω = −0.5 1 T

(

)

à partir de là on peut simplifier de plusieurs manières différentes: • g′ (t ) = 2 cost sin t ( cos2 t + cos2 t ) = 4 cos 3 t sin t • g′ (t ) = 2 cost sin t ( − sin 2 t + 1 + 1 − sin 2 t ) = 4 cost sin t (1 − sin 2 t )…sans intérêt, cela revient finalement au même
Mais on pouvait aussi très bien utiliser les formules de duplication: 1 g′ ( t ) = 2cos t sint ( cos2 t − sin2 t + 1) = sin ( 2t ) ( cos ( 2t ) + 1) = sin ( 4t ) + sin ( 2t ) qui est joli mais ne sert à rien
2

an = 4 ∫

0.5

0

f (t ) cos ( 2π nt ) dt
1

1)b) Dans [ 0; π ] le sint est positif, et le cos3 t est du signe de cost π donc gcroît de g ( 0 ) = 0 jusqu’à g   = 1 puis redécroît jusqu’à  2
g (π ) = 0 .

1  an = 4 ∫  − τ  cos ( 2π nt ) dt + 4 ∫ 2 ( −τ ) cos ( 2π nt ) dt 0  2 τ 
τ

1  τ an = 4  − τ  ∫ cos ( 2π nt ) dt − 4τ ∫ 2 cos ( 2π nt ) dt τ 2  0 1  1   1 2 an = 4  − τ   sin ( 2π nt ) − 4τ  sin ( 2π nt )  2   2π n 0  2π n τ
τ
1

1

4 1 4τ   1    − τ  sin ( 2π nτ) −   2π n  sin  2π n 2  − sin ( 2π nτ )   2π n  2    2 1 2τ   sin (π n ) − sin ( 2π nτ ) an =  − τ  sin ( 2π nτ ) −  2  πn πn  an =
 1 2τ 2τ   2 1  2τ  an =   −τ +  sin ( 2π nτ ) =  π n − π n + π n  sin ( 2π nτ )  πn   πn  2  

an =

1 sin ( 2π nτ ) d’où le résultat demandé. πn
+∞ i =1

3) on a donc S ( t ) = ∑ an cos ( 2π nt ) ≈ a1 cos ( 2π t ) +a2 cos ( 4π t ) on établit donc ainsi l’expression de h ( t ) . 3)a) Valeur efficace: 1 T Eh 2 = ∫ h 2 T 0 formule de Parseval:
Eh 2 =
+∞ 2

1 2 sin ( 4πτ ) 2 4 Eh = 2π 2 3)b) je remplace le deuxième sinus avec la formule sin ( 2a ) = 2 sin a cosa d’où 1 sin 2 ( 2πτ ) + 2 2 sin 2 ( 2πτ ) cos2 ( 2πτ ) 4 Eh 2 = 2π 2 sin 2 ( 2πτ ) 1 + cos2 ( 2πτ ) g ( 2πτ ) 2 Eh = = 2 2π 2π 2 g ( 2πτ ) 4) Eh 2maximal lorsque maximal c’est-à-dire (vu que 2πτ 2π 2 π 1 1   évolue dans  0; 2π × = π  ), pour 2πτ = ⇔ τ = 2 2 4   sin 2 ( 2πτ ) +

(

)

1 T



T

0

h 2 = a0 2 + ∑

an 2 + bn 2 2 i =1
+∞

EXERCICE 2 Partie A 1)a) Solution homogène: u ( t ) = λ e−200t Solution particulière: v (t ) = 146 Solution générale: ω ( t ) = 146 + λ e−200t 1)b) conditions initiales: ω ( 0 ) = 150 ⇔λ = 4 d’où le résultat. 2)a) ω 0 − ω ∞ = 150 − 146 = 4

an . Or les deux premiers coefficients de Fourier an i =1 2 de h sont les mêmes que ceux de f, les autres étant nuls.

D’où ici Eh 2 = ∑

En effet, f ( t ) = a1 cos (2π t ) + a2 cos( 4π t ) + a3 cos( 6π t ) + … tandis que h ( t ) = a1 cos ( 2π t ) + a2 cos ( 4π t )

D’où finalement Eh 2 =

a1 + a2 2

2

2

1   1  sin (4πτ )  sin ( 2πτ ) +  π   2π  = 2

2

2

ωt − ω∞ 1, 46 = 0, 01 ⇔ 4e−200t = 0, 01 × 146 ⇔ e−200t = ω∞ 4 1, 46 1 4 d’où −200t = ln ⇔t= ln ≈ 0, 005 4 200 1, 46
2)b)

Partie B 1)a)

3)c)&d) graphede f:

b)

γ ( t ) = K U (t ) − U ( t − τ ) donc  

 1 e− τ p  K Γ ( p) = K  − 1 − e− τ p = p  p p 2) on en déduit pour l’équa diff 1 K pF ( p ) − f 0 + + F ( p ) = 1 − e−...
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