BTS2016-Corrigé-Mathématiques-groupement-A
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BTS Industriels
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Session 2016!
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Épreuve :Mathématiques Groupe A
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Durée de l’épreuve : 3 heures
Coefficient : 3
PROPOSITION DE CORRIGÉ
1
Exercice 1
1) Transformons l’équa diffpar Laplace, en remarquant queθ(0) =θS(0)−θA= 0:
L
−→
⇔
⇔
dθ
θ(t) +k R(t) =R f(t)
dt
T(p) +k R p T(p) =R F(p)
T(p)×[1 +k R p] =R F(p)
R F(p)
T(p) =.
1 +k R p
Application numérique : on remarque quek×R= 4,002 et on trouve donc exactement ce que
l’énoncé propose.
522 60,03
2)f(t) =522U(t)⇒F(p) =d’oùT(p) =.
p p(1 + 4,002p)
On arrondit donc, ainsi que le suggère l’énoncé.
3)a) Partons du résultat annoncé :
60 60
−
p p+ 0,25
=
=
=
=
=
60(p+ 0,25)60p
−
p(p+ 0,25)p(p+ 0,25)
60(p+ 0,25)−60p
p(p+ 0,25)
60p+15−60p
p(p+ 0,25)
15
p(p+ 0,25)
T(p).
60 60
3)b) Partons deT(p) =−pour retrouver son original.
p p+ 0,25
−0,25t
On arrive àθ(t) =60U(t)−60eU(t), ce qui, en factorisant par 60, donne ce que l’énoncé
indique.
−0,25t
4)a) La limitelimelimvaut 0 doncθ(t) =60.
t→+∞t→+∞
4)b) La courbe deθadmet donc au voisinage de+∞une asymptote horizontale d’équationy=60.
−0,25t′ −0,25t−0,25t
4)c) Pourt!0, on aθ(t) =60−60e, de dérivéeθ(t) =−60×(−0,25)e=15e,
toujours positif, doncθest une fonction croissante det.
4)d)
Figure 1.Courbe deθ.
1
5)a)On doit résoudre :
On trouvet≈12 secondes.
θ(t) = 0,95×60
⇔
⇔
⇔
⇔
⇔
−0,25t
1−e= 0,95
−0,25t
e= 0,05
−0,25t=ln(0,05)
ln(0,05)
t=
−0,25
t=−4ln(0,05)
5)b) La température se stabilise autour de 60+20=80řC. Oui,c’est conforme aux spécifications.
Exercice 2
Partie A
1) La période se lit apparemment sur le graphique :T= 2π.
2π
La pulsationωse calcule parω1= =.
T
2)
a0
=
=
=
=
=
!
2π
1
x(2π−x)dx
T
0
!
2π
1
2
(2πx−x)dx
2π
0
" #
3 2π
1x
2
πx−
2π3
0
$ %
3
1 8π
3
π−
2π3
2
2π
.
3
3) Lesbnsont nuls vu que la fonction est paire.
Pourn!1:
an
=
!
2π
2
x(2π−x)cos(n x)dx.
2π
0
On utilise donc le premier calcul formel :
$ %
1−2nπcos(2nπ) + 2sin(2nπ) 2π
an=−
3 2
πn n
$ %
1−2nπcos(2nπ) 2π
=−car sin(2nπ) = 0,
3 2
πn n
$ %
1−2nπ2π
=−car cos(2nπ) = 1,
3 2
πn n
−2 2
=−
2 2
n n
−4
=.
2
n
Partie B
2
1)
Figure 2.Graphe deu.
2)Umoy= 0puisque l’aire positive compense l’aire négative.
2 2
3) L’intégrale deu(t)sur[1,2]vaut 4 et sur[4,5]aussi (rectangles de largeur 1 et de hauteur2 =4).
Donc cette intégrale sur[0,6]vaut4 + 4 = 8.
1 4
UEff=×8 =≈1,33.
6 3
Partie C
1) On lit dans l’expression def(t):
a0
an
bn
=
=
=
π
;
4
&
n
0
(−1)−1
=2
2
πn−2
πn
1
n+1
−si
(−1)
n
=
1
n
si
n
si
si
npair;
nimpair;
npair;
nimpair.
La simplification faite ici n’était pas forcément demandée.
2)
π2 1
S2(t) =−cos(t) +sin(t)−sin(2t).
4π2
*
π4
3) On a :
A0=≈0,79A1= 1+≈1,19
2
4π
Ces deux valeurs suffisent à reconnaître le graphique nř3.
Exercice 3
Partie A
1) Les tirages sont supposés indépendants,Xcompte le nombre de cellules ayant un défaut et la
probabilité d’avoir un défaut est constante, et enfin le nombre de « tirages » est fixe et connu à
l’avance. Pources trois raisons,Xsuit la loiB(n=75;p= 0,015).
75
2)p(X= 0) = 0,985≈0,322 ou 32,2%.
3) On demandep(X"3)qui est égal à :
=
≈
P(X= 0) +P(X= 1) +P(X= 2) +P(X= 3)
75×74 75×74×73
75 74732723
0,985+75×0,985×0,015+×0,985×0,015+×0,985×0,015
2 6
0,973,
3
soit environ 97,3%.
Partie B
1) On trouve rapidement que 10 panneaux ont un défaut électrique, 5 ont un défaut de structure,
et 2 ont les deux.D’où le tableau ci-dessous :
¯
E Etotal
S52 3
¯
S8 497 495
total 10 490500
2)SetEne sont pas du tout indépendants car sinon les chiffres du tableau seraient proportionnels.
2 5
On voit clairement, par exemple, quepE(S= 0) =,20 alors quep(S) == 0,01 : siEetS
10 500
étaient indépendants, ces deux chiffres seraient les mêmes.
Partie C
1) On demandep(6"Y"12)avecY∼N(µ= 9;σ= 3)à la calculatrice :. On trouve
p(6"Y"12)≈0,683.
2) Déjà,d3n’est pas centrée en 9.
Ensuite, on sait d’après le cours quep(µ−σ"Y"µ+σ)≈0,68 (c’est la question ci-dessus).
Ainsi,d2ne convient pas car sur ce graphique, on a plutôt presque 100% des valeurs entre 6 et 12,
ce qui n’est pas plausible avec un 68%.
3)a) On demandep(Y!10)et la réponse est :p(Y!10)≈0,369.
3)b) On chercheMtel quep(Y!M) = 0,trouve90. OnM≈5,2.
4
