Devoir Fourier Laplace Sexies c
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Correction du devoir de math´ ematiques - BTS Exercice 1 8 points 1. D´ eterminer les tran sform´ ees de Lapla ce F et G des fonctions f et g d´ efinie s pa r : f (t) = (cos2t − 3sin4t) U (t) = ⇒ F ( p) = p p 2 + 2 2 − 3 4 p 2 + 4 2 = p p 2 + 4 − 12 p 2 + 16 g(t) = cos t − π 6 U t − π 6 = ⇒ G( p) = e − π 6 p p p 2 + 1 2. f es t un cr´ ene au : f (t) = U (t) − U (t − 2). On a alors, F ( p) = 1 p − e −2 p 1 p = 1 − e −2 p p −2 −1 0 1 2 3 4 −1 0 1 2 3. En temps, on a f (t) = 0 si t 0 t si 0 t 1 −t + 2 si 1 t 3 0 si t 3 soit f (t) = t U (t) − 2(t − 1) U (t − 1) + (t − 2) U (t − 2) − 2 −1 0 1 2 3 4 −1 0 1 2 Ainsi, F ( p) = 1 p 2 − 2e − p 1 p 2 + e −2 p 1 p 2 = 1 − 2 − p + e −2 p p 2 Exercice 2 Sessi on 2011 12 points Partie A 1. V oir figure 1 du doc ument r´ eponse. 2. On a a 0 = 1 2 1 −1 f (t) dt = 1 2 1 −1 0, 5(t + 1) dt = 1 4 1 2 t 2 + t 1 −1 = 1 4 × 2 = 1 2 3. (a) On a ω = 2π T = 2π 2 = π (b) On a, pour n = 1 : b 1 = 2 T 1 −1 f (t) si n( nωt ) dt = 2 2 1 −1 0, 5(t + 1) si n( πt ) dt = 1 2 1 −1 (t + 1) si n( πt) dt On pr o c` ede ` a une int´ egration par parties en posant u(t) = t + 1 v ′ (t) = sin πt u ′ (t) = 1 v (t) = − 1 π co s πt d’o` u 1 −1 (t + 1) si n( πt ) dt = − 1 π (t + 1) cos πt 1 −1 + 1 π 1 −1 cos π tdt = − 2 π co s π + 1 π 2 [sin πt] 1 −1 = 2 π Correction du dev oir de math´ ematiques - BTS 1/ 2
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Correction du devoir de mathematiques - BTS
Exercice 1 8 points
1. Determiner les transformees de Laplace F et G des fonctions f et g definies par :
f(t) = (cos 2t 3 sin 4t)U(t) = F (p) =p
p2 + 22 3
4
p2 + 42=
p
p2 + 4
12
p2 + 16
g(t) = cos(t
pi
6
)U
(t
pi
6
)= G(p) = e
pi
6p
p
p2 + 1
2. f est un creneau : f(t) = U(t) U(t 2).On a alors,
F (p) =1
p e2p
1
p=
1 e2p
p
2 1 0 1 2 3 4
1
0
1
2
3. En temps, on a f(t) =
0 si t 6 0t si 0 6 t 6 1t+ 2 si 1 6 t 6 30 si t > 3
soitf(t) = tU(t) 2 (t 1)U(t 1) + (t 2)U(t 2)
2 1 0 1 2 3 4
1
0
1
2
Ainsi, F (p) =1
p2 2ep
1
p2+ e2p
1
p2=
1 2p + e2p
p2
Exercice 2 Session 2011 12 points
Partie A
1. Voir figure 1 du document reponse.
2. On a a0 =1
2
1
1
f(t) dt =1
2
1
1
0, 5(t+ 1) dt =1
4
[1
2t2 + t
]11
=1
4 2 =
1
2
3. (a) On a =2pi
T=
2pi
2= pi
(b) On a, pour n = 1 :
b1 =2
T
1
1
f(t) sin(nt) dt =2
2
1
1
0, 5(t+ 1) sin(pit) dt
=1
2
1
1
(t+ 1) sin(pit) dt
On proce`de a` une integration par parties en posant{u(t) = t+ 1
v(t) = sin pit
u(t) = 1
v(t) = 1
picospit
dou` 1
1
(t+ 1) sin(pit) dt =
[1
pi(t+ 1) cospit
]11
+1
pi
1
1
cospit dt
= 2
picospi +
1
pi2[sin pit]1
1=
2
pi
Correction du devoir de mathematiques - BTS 1/2
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En remplacant, on obtient alors b1 =1
pi.
4. (a) On a, pour tout nombre reel t ] 1; 1[, g(t) = 0, 5t.
Pour la representation graphique, voir figure 2 du document reponse.
(b) Comme la fonction g est impaire, la courbe representative de la fonction g est symetriquepar rapport a` lorigine du repe`re.
(c) La fonction g etant impaire, pour tout entier naturel n, les coefficients de Fourier an(g)sont nuls. Or, on a, pour n 1 :
an(g) =2
T
1
1
g(t) cosnpit dt =2
T
1
1
(f(t) 0, 5) cosnpit dt
=2
T
1
1
f(t) cosnpit dt 0, 52
T
1
1
cosnpit dt
= an(f)1
T
[1
npisin(npit)
]11
= an(f)
Dou`, pour tout entier naturel n 1, an = 0.
5. On a f 2(t) =1
4(t+ 1)2, dou`
f 2eff =1
2
1
1
(f(t))2 dt =1
8
1
1
(t+ 1)2 dt =1
8
[1
3(t+ 1)3
]11
=1
8
1
3 23 =
1
3
6. (a) On a P =1
4+
1
2pi2
5k=1
1
k2=
1
4+
1
2pi25269
3600 0, 324, dou`
P
f 2eff 0, 972
(b) Lerreur commise estf 2eff P
f 2eff= 1
P
f 2eff 0, 028 2, 8%
Document reponse numero 2 a` joindre a` la copie
0.5
1.0
0.5
1.0
1 2 3 41234
b b b b
0
Fig. 1 representation graphique de la fonction f
0.5
1.0
0.5
1.0
1 2 3 41234
b b b b
0
Fig. 2 representation graphique de la fonction g
Correction du devoir de mathematiques - BTS 2/2
