\documentclass[10pt]{article} \usepackage[T1]{fontenc} \usepackage[utf8]{inputenc} \usepackage{fourier} \usepackage[scaled=0.875]{helvet} \renewcommand{\ttdefault}{lmtt} \usepackage{amsmath,amssymb,makeidx} \usepackage{fancybox} \usepackage{graphicx} \usepackage{tabularx} \usepackage[normalem]{ulem} \usepackage{pifont} \usepackage{textcomp} \usepackage{graphicx} \newcommand{\euro}{\eurologo} %Tapuscrit : Denis Vergès % Corrigé : merci à Nicolas Puech %Relecture : François Hache \usepackage{pst-plot,pst-text,pst-tree,pst-circ,pst-func,pstricks-add} \newcommand{\R}{\mathbb{R}} \newcommand{\N}{\mathbb{N}} \newcommand{\D}{\mathbb{D}} \newcommand{\Z}{\mathbb{Z}} \newcommand{\Q}{\mathbb{Q}} \newcommand{\C}{\mathbb{C}} \usepackage[left=3.5cm, right=3.5cm, top=3cm, bottom=3cm]{geometry} \newcommand{\vect}[1]{\overrightarrow{\,\mathstrut#1\,}} \renewcommand{\theenumi}{\textbf{\arabic{enumi}}} \renewcommand{\labelenumi}{\textbf{\theenumi.}} \renewcommand{\theenumii}{\textbf{\alph{enumii}}} \renewcommand{\labelenumii}{\textbf{\theenumii.}} \def\Oij{$\left(\text{O}~;~\vect{\imath},~\vect{\jmath}\right)$} \def\Oijk{$\left(\text{O}~;~\vect{\imath},~\vect{\jmath},~\vect{k}\right)$} \def\Ouv{$\left(\text{O}~;~\vect{u},~\vect{v}\right)$} \usepackage{fancyhdr} \usepackage{hyperref} \usepackage{fancyhdr} \usepackage{fancyhdr} \hypersetup{% pdfauthor = {APMEP}, pdfsubject = {BTS groupement A1}, pdftitle = {Métropole -- Antilles 10 mai 2021}, allbordercolors = white, pdfstartview=FitH} \renewcommand{\leq}{\leqslant} \renewcommand{\geq}{\geqslant} \newcommand{\e}{\text{\,e}} \usepackage[np]{numprint} \usepackage[french]{babel} \DecimalMathComma \begin{document} \setlength\parindent{0mm} \marginpar{\rotatebox{90}{\textbf{A. P{}. M. E. P{}.}}} \rhead{\textbf{A. P{}. M. E. P{}.}} \lhead{\small Brevet de technicien supérieur} \lfoot{\small{Groupement A}} \rfoot{\small{10 mai 2021}} \pagestyle{fancy} \thispagestyle{empty} \begin{center}{\Large\textbf{Brevet de technicien supérieur 10 mai 2021 - groupement A}} \medskip \end{center} \vspace{0,25cm} \textbf{Exercice 1 \hfill 11 points} \medskip \textbf{Partie A : Étude d'un signal - série de Fourier} \medskip \begin{enumerate} \item \begin{enumerate} \item D'après le graphique, on mesure que $T = 10~\mu$s. \item La fréquence vaut $f = \dfrac{1}{T} = \dfrac{1}{10 \times 10^{-6}} = 10^5$~Hz $=100$~kHz. \end{enumerate} \item \begin{enumerate} \item Le signal étant pair, alors $b_n = 0$. \item $a_0 = \dfrac{1}{T}\displaystyle\int_0^T f(t)\:\text{d}t$. Or $f(t) = 0$ si $t \in [0~;~1[ \cup [9~;~10]$ et $f(t) = 12$ si $t \in [1~;~9]$. Soit $a_0 = \dfrac{1}{10}\displaystyle\int_1^9 12\:\text{d}t = \dfrac{1}{10}(12\times 9 - 12 \times 1) = 9,6$. Le résultat est en accord avec la valeur demandée. \emph{Remarque} : graphiquement, on peut aussi déterminer la valeur moyenne du signal en calculant l'aire sous la courbe et en divisant par la période, soit $a_0 = \dfrac{A}{T} = \dfrac{12 \times 8}{10} = 9,6$. \end{enumerate} \item $U_{\text{eff}}^2 = \dfrac{1}{T}\displaystyle\int_0^T [f(t)]^2 \:\text{d}t = \dfrac{1}{10}\left[12^2t\right]_1^9 = \dfrac{1}{10}\left(12^2 \times 9 - 12^2 \times 1 \right) = 115,2$. Soit $U_{\text{eff}} = \sqrt{115,2} \approx 10,7$~V. Le résultat est en accord avec la valeur demandée. \item Le taux de distorsion harmonique vaut $T_F = \sqrt{\dfrac{U_{\text{eff}}^2 - a_0^2}{M^2}}$ avec $M = \np{20000}~$V. Soit $T_F = \sqrt{\dfrac{10,733^2 - 9,6^2}{\np{20000}^2}} \approx 2,3 \times 10^{-4}$. Il n'y a donc pas d'incidence sur le réseau. \end{enumerate} \bigskip \textbf{Partie B : Transmission numérique - Loi binomiale} \medskip \begin{enumerate} \item La variable aléatoire $X$ suit une répétition d'épreuves de Bernoulli indépendantes et aléatoires de paramètres $n = 80$ et $p = 0,015$. $X$ suit donc une loi binomiale $\mathcal{B}(80~;~ 0,015)$. \item Si tous les bits sont correctement transmis alors $X= 0$. D'après la calculatrice, $P(X = 0) \approx 0,298$. \item $P(X > 4) = 1 - P(X \leqslant 4) \approx 0,007$. \item \begin{enumerate} \item L'espérance de la variable $X$ vaut $E(X) = n \times p = 80 \times 0,015 = 1,2$. \item L'espérance correspond à la moyenne de la variable associée à sa loi de probabilité. Donc en moyenne, la ligne est de qualité, puisque moins de 2 bits sont mal transmis durant une période. \end{enumerate} \end{enumerate} \bigskip \textbf{Partie C : Durée de vie du coupleur CPL - Loi normale} \medskip \begin{enumerate} \item D'après la calculatrice, $P(10 \leqslant Y \leqslant 12) \approx 0,341$. \item La probabilité que le coupleur ait une durée de vie supérieure à 10 ans est $P(Y \geqslant 10) \approx 0,841$. \item $P_{Y \geqslant 10} (Y \leqslant 12) = \dfrac{P\left ((Y \geqslant 10) \cap (Y \leqslant 12)\strut\right )}{P(Y \geqslant 10)} = \dfrac{P(10 \leqslant Y \leqslant 12)}{P(Y \geqslant 10)} \approx \dfrac{0,341}{0,841} \approx 0,405$. \end{enumerate} \vspace{0,5cm} \textbf{EXERCICE 2} \medskip \textbf{Partie A : Test du filtre - Équations différentielles du 1\up{er} ordre} \medskip \begin{enumerate} \item $L = 0,001$~H. Soit $(E) :\quad y'(t) + R y(t) = 0 \iff y'(t) + \dfrac{R}{0,001}y(t) = 0 \iff y'(t) + \np{1000}R \cdot y(t) = 0$. L'ensemble des solutions de $(E)$ est : $y(t) = K\text{e}^{-\frac{\np{1000}}{1}Rt} = K \text{e}^{- \np{1000}Rt}$, avec $K \in \R$. \item $y(0) = K\text{e}^{- \np{1000}R\times 0} = 12$ soit $K = 12$. L'unique solution vérifiant la condition initiale est $v_s(t) = 12\text{e}^{- \np{1000}Rt}$. \item \begin{enumerate} \item On a $v'_s(t) = - \np{1000}Rt\text{e}^{- \np{1000}Rt}$ ; comme $\text{e}^{- \np{1000}Rt} > 0$ quel que soit $t$, $v'_s(t) < 0$ donc $v_s$ est une fonction strictement décroissante sur $[0~;~ +\infty[$. \item $\displaystyle\lim_{x\to +\infty} \e^{-x}=0$ donc $\displaystyle\lim_{t\to +\infty} \e^{-\np{1000}Rt}=0$ car $-\np{1000}R<0$. \end{enumerate} \item $v_s(t = 0,001) = \dfrac{v_e}{100} \iff 12 \times \text{e}^{- \np{1000}R \times 0,001} = \dfrac{12}{100} \iff \text{e}^{-R} = 0,01\iff \ln \left(\text{e}^{-R} \right) = \ln 0,01 \iff - R = \ln 0,01 \iff R = - \ln 0,01 \text{ donc } R \approx 4,6~(\Omega)$. La valeur de la résistance $R$ doit être égale à $4,6~\Omega$ à $0,1~\Omega$ près. \end{enumerate} \bigskip \textbf{Partie B : Étude du filtre - Transformée de Laplace} \medskip \begin{enumerate} \item Erreur de sujet sur cette question, on a reçu une modification de l'E. N. à 16 h 10 ! \emph{Remplacer } : $0 \leqslant 8.10^{-6}$ et $t > 8.10^{-6}$ par $0 \leqslant t < 8.10^{-6}$ et et $t \geqslant 8.10^{-6}$. Soit $v_{e}(t)= \left\{\begin{array}{l c l} 0 &\text{si}& t < 0\\ 12 &\text{si}&0 \leqslant t < 8.10^{-6}\\ 0 &\text{si}&t \geqslant 8.10^{-6} \end{array}\right.$. \item \begin{enumerate} \item La transformée de Laplace de $v_e(t)$ vaut $V_E(p) = \dfrac{12}{p}- \dfrac{12}{p}\text{e}^{-8.10^{-6}p}$. \item $V_s(p) = H(p) \cdot V_E(p) = \dfrac{p}{p + \np{5000}}\left(\dfrac{12}{p}- \dfrac{12}{p}\text{e}^{-8 . 10^{-6}p}\right) = \dfrac{12}{p + \np{5000}} - \dfrac{12}{p + \np{5000}}\text{e}^{-8 . 10^{-6}p}$. \end{enumerate} \item L'original de $V_s(p)$ vaut $v_s(t) = 12\text{e}^{-\np{5000}t} \cdot \mathcal{U}(t) - 12 \text{e}^{-\np{5000}\left(t - 8.10^{-6} \right)} \cdot \mathcal{U}\left(t - 8 \cdot 10^{-6}\right)$. \item ANNEXE (à rendre avec la copie) Exercice 2, partie B, question 4. \begin{center} \psset{unit=.4cm} \begin{pspicture}(-4,-4)(14,14) \multido{\n=-4+2}{10}{\psline[linewidth=0.1pt](\n,-2)(\n,14)} \multido{\n=-2+2}{9}{\psline[linewidth=0.1pt](-4,\n)(14,\n)} \psaxes[linewidth=1.25pt,labelFontSize=\scriptstyle,Dx=2,Dy=2]{->}(0,0)(-4,-2)(14,14) \psplot[plotpoints=2000,linewidth=1.25pt,linecolor=red]{0}{8}{12 2.71828 x 0.005 mul exp div } \psline[linewidth=1.25pt,linecolor=red](8,-0.3)(14,-0.3) \uput[u](13.5,0){$t(\mu s)$}\uput[r](0,13.5){$v_s$(V)} \psline[linecolor=blue,linewidth=1.5pt]{-[}(0,12)(8,12) \psline[linecolor=blue,linewidth=1.5pt]{-[}(-4,0)(0,0) \psline[linecolor=blue,linewidth=1.5pt]{[-}(8,0)(14,0) \end{pspicture} \end{center} On constate que la tension de sortie est amortie par rapport à la tension d'entrée. \end{enumerate} \end{document}