Corrigé BTS Mathématique groupe C

De
Publié par

BTS groupe C session 2015 : Mathématique
EXERCICE 1
PARTIE 1 : Différents cas d’amortisseurs
1. Comparaison de deux amortisseurs
a) Dans le cas du coefficient d’amortissement l1, on constate que l’amortisseur a un
comportement oscillatoire dont l’amplitude diminue, ce qui veut donc dire que le
véhicule va avoir un mouvement oscillant après étirement du ressort, jusqu’à revenir à
sa position d’équilibre.
Publié le : jeudi 4 février 2016
Lecture(s) : 1 904
Nombre de pages : 8
Voir plus Voir moins
BTS GROUPEMENT C
Session 2015
Épreuve :MATHEMATIQUES
Durée de l’épreuve : 2h00
Coefficient :selon spécialité
1
PROPOSITION DE CORRIGÉ
EXERCICE 1 PARTIE 1 : Différents cas d’amortisseurs 1.Comparaison de deux amortisseurs a)Dans le cas du coefficient d’amortissementl1, on constate que l’amortisseur a un comportement oscillatoire dont l’amplitude diminue, ce qui veut donc dire que le véhicule va avoir un mouvement oscillant après étirement du ressort, jusqu’à revenir à sa position d’équilibre. Dans le cas du coefficient d’amortissementl2, on constate que la position de l’amortisseur diminue jusqu’à la position d’équilibre, sans oscillations. Cela veut donc dire qu’après étirement du ressort, le véhicule reviendra lentement vers sa position d’équilibre, mais sans oscillation. b)Le coefficient d’amortissement le plus intéressant à avoir est le coefficientl2 car avec celui-ci, car le véhicule reviendra lentement vers sa position d’équilibre, sans créer un balancement autour de cette position, mouvement oscillatoire qui peut être incommodant pour l’usager ( voire provoquer des nausées pour les usagers les plus
sensibles aux mouvements oscillatoires ) On peut également estimer d’un point de vue technique que l’usure par frottement des amortisseurs sera plus important avec ce mouvement oscillatoire, et réduira par conséquent leur durée de vie. 2.a) L’équation (E) est de la forme ay’’ + by’ + cy = 0 avec a = 1 , b = 40 et c = 400  D’après le formulaire, l’équation caractéristique qui lui est associée est  r²+ 40r + 400 = 0  Cette équation du second degré a pour discriminant  Δ = 40² - 4x1x400 = 1600 – 1600 = 0    Elle a donc une solution unique    20   D’après le formulaire, les solutions de l’équation (E) sont donc de la forme :      
2
1.
 b) On a déterminé à la question 2a) l’expression générale de f :    0  Avec cette expression générale, on a donc0    0  . = 1 car e  Or les conditions initiales nous donnent f(0) = 10   Doncµ= 10et donc    10    10  f est définie et dérivable sur [0 ; +¥de la forme u(t)v(t) avec[ et     ′      Donc et donc      ′     20    20  10      20  200   Avec cette expression générale, on a donc   20.  0    2000  200  Or les conditions initiales nous donnes f’(0) = 0  Doncl- 200 = 0l= 200  Donc la fonction f solution de (E) qui satisfait ces conditions initiales est    200  10PARTIE2 : Etude dans le cas d’un amortissement critique Par lecture graphique, on constate que la fonction f est décroissante sur [0 ; 0,4] On constate également que les tangentes aux points d’abscisse 0 et 0,4 semblent être des tangentes horizontales, ce qui voudrait dire que leurs coefficients directeurs sont nuls. 2.un raisonnement semblable à celui développé dans la question 2b) de la partie 1,a) Par     il vient 200    20200  10    Soit 200  4000  200   200  20200  10    On a donc bien 4000   b) On sait que pour tout t de l’intervalle [0 ; +¥[,  0et t > 0 et – 4000 < 0   Donc04000 !  soitf’(t) < 0pour tout t de [0 ; +¥[  Donc la fonction f est strictement décroissante, ce qui confirme le sens de variation  constaté à la question 1.    On a 0  0 4000  0 donc f admet une tangente horizontale au point  d’abscisse 0, ce qui confirme notre constat de la question 1.  ,  On a# 0,537 0,4  4000  0,4 donc le coefficient directeur de la  tangente à la courbe au point d’abscisse est d’environ -0,537 et n’est donc pas nul,  ce qui veut dire que notre constat de la question 1. était faussé par notre œil qui ne  percevait pas la légère pente de la tangente à la courbe à ce point.
3
3.Le déplacement initial du centre d’inertie du véhicule est initialement de 10m Donc le dixième de la valeur initiale est de 10 ÷ 10 = 1m On cherche donc sur le graphique le temps à partir duquel le déplacement vertical du centre d’inertie du véhicule est inférieur à 1m
On lit graphiquement que cela correspond à un temps de 0,2 secondes. Le déplacement vertical du centre d’inertie du véhicule sera inférieur au dixième du déplacement initial à partir de 0,2 secondes. 4.les résultat du logiciel de calcul formel dans l’ordre :a) Reprenons -Ligne 1 : on intègre l’expression de la fonction f par rapport à t, cela nous donne )*+ ( donc l’expression « brute » d’une de ses primitives F. On lit'  -Ligne 2 : on simplifie l’expression obtenue précédemment. On obtient alors   '  10  -Ligne 3 : on factorise l’expression obtenue précédemment. On obtient alors  '    10  1  Une primitive de la fonction f est donc donnée par'    10  1  Soit'  10  1 Donc cette fonction F représente bien une primitive de la fonction f.
4
b)Appliquons la formule donnée dans le sujet pour a = 0 et b = 0,4. Le déplacement moyen du centre d’inertie du véhicule entre les instants t = 0s et  , , t = 0,4s est donc donné par : /' -   2,5'0,4  '0, , L’expression donnée à la question 4a) nous permet de calculer  ,   1'0  10  0  1  et 5'0,4  10  0,4  1 -8 -8 Donc le déplacement moyen est de 2,5 ( -5e – ( - 1) ) = 1 – 12,5e ≈ 0,996 Le déplacement moyen sera d’environ 0,996cm.
EXERCICE2 Remarque : l’exercice ne précise pas comment doivent être arrondis les résultats, j’ao fait le -3 choix ici d’arrondir tous les résultats au plus proche à 10 près (standard dans les calculs) PARTIE1 1.On répète 100 prélèvements successifs avec remise ( donc indépendants ) d’un carreau. On sait que la probabilité de prélever un carreau défectueux à chaque tirage est de 3% ( soit 0,03 ) Le « succès » d’un prélèvement est défini par le fait de prélever un carreau défectueux. Donc X compte le nombre de succès parmi les 100 prélèvements indépendants effectués. Donc X suit une loi binomiale de paramètres n = 100 et p = 0,03 soit X ~b( 100 ; 0,03 ) 2.a) La probabilité qu’il y ait deux carreaux défectueux dans un lot est P ( X = 2 )  La calculatrice nous donneP ( X = 2 ) ≈ 0,225  La probabilité qu’il y ait deux carreaux défectueux est d’environ 0,225 soit 22,5% b) La probabilité qu’il y ait au plus huit carreaux défectueux dans un lot est P ( X ≤ 8 )  La calculatrice nous donneP ( X ≤ 8 ) ≈ 0,997  La probabilité qu’il y ait au plus huit carreaux défectueux dans le lot est d’environ  0,997 soit 99,7% !
5
PARTIE 2 Représentons la situation à l’aide d’un arbre de probabilités : es dommagessait que 5% des carreaux ont subi d F On 0,2  lors du transport, donc P(T) = 0,05  T On en déduit  1    1  0,05  0,95sait que parmi les carreaux ayant subi des On 0,05 0,8 'pendant le transport, 20% présentent dommages  un défaut de fabrication, donc '  0,20 F On en déduit'  1  0,2  0,8 1    '   0,95sait enfin que 3% des carreaux ont un défaut On  de fabrication  Donc P(F) = 0,03   'donc Et '  1  '  1  0,03  0,97  La probabilité qu’un carreau prélevé dans le lot livré n’ait aucun défaut est ∩ '    D’après la formule des probabilités totales,'   ∩ '   ∩ '  On a ∩ '     '  0,05  0,8  0,4    Donc ∩ '  '   ∩ '  0,97  0,4  Donc ∩ '  0,54La probabilité qu’un carreau prélevé ne présente aucun défaut est de 0,54 soit 54% !! PARTIE3 1.Dans cette question, G suit la loi normalen( 14,5 ; 2 ) La probabilité qu’un carreau prélevé au hasard soit conforme à la classification R10correspond à la probabilité qu’il ait un angle d’inclinaison maximale compris entre 10 et 19 degrés, soit P ( 10 ≤ G ≤ 19 ) La calculatrice nous donneP ( 10 ≤ G ≤ 19 ) ≈ 0,976 La probabilité que le carreau entre dans la classification R10 est de 0,976 soit 97,6%.
6
2.On sait que dans cette question G suit une loi normalen( 14,5 ;s² ) :,; Soit Z la variable aléatoire telle que < Alors Z suit une loi normale centrée réduiten( 0 ; 1 ) ,; :,; @,; ,; ,; On a alors =10 = > = 19 ⟺ = = ⟺ = < < < < < On sait que10 = > = 19  0,99,; Cherchons alors t tel que =  =   0,99 avec < On a alors2  0 =  =   0,99 ⟺ 0 =  =   0,495⟺  =    = 0  0,495⟺  =   0,5  0,495⟺  =   0,995En utilisant la fonction « loi normale inverse », la calculatrice nous donne alors t ≈ 2,575 ,; ,; On a donc# 2,575 ⟺ A #< ,;B; Doncs≈ 1,7 3.l’hypothèse alternative est « m > 14,5 » alors l’hypothèse nulle esta) Si H0: « m ≤ 14,5 » b) Le tableur fourni en annexe 2 nous indique que : ̅  -> = 14,87  0,96764 ! 0,970,97 – 0,96764 = 0,00236 et ̅  -> = 14,88  0,97128  0,97 et 0,97128 – 0,97 = 0,00128 ̅  Cela veut donc dire que le réel a tel que> = E  0,97est compris entre 14,87 et  14,88. On constate que l’écart à 0,97 est moins important pour a = 14,88 ̅  Donc la valeur approximative de a telle que> = E  0,97esta ≈ 14,88. ̅ c)On a montré que> = 14,88  0,97  97%̅ Donc>  14,88  1  0,97  0,03  3%Donc cela veut dire qu’au seuil de 3% la règle de décision sera la suivante : « Si l’angle d’inclinaison maximale moyen de l’échantillon est strictement supérieur à 14,88°, alors on rejette l’hypothèse H0et on accepte l’hypothèse H1: l’hypothèse H0n’est pas validée. Si l’angle d’inclinaison maximale moyen de l’échantillon est inférieur ou égal à 14,88° alors on accepte l’hypothèse H0: l’hypothèse H0est validée. » d)Calculons l’angle d’inclinaison maximal moyen dans ce prélèvement :    I J   I ;   I   J I    I   ; I ;  K I ;  B I ;   B; G  14,75    On constate que m < 14,88° Donc l’hypothèse H0est validée pour cet échantillon Or, l’entreprise souhaite avoir m > 14,5 ce qui veut dire qu’il faudrait valider H1 et pas H0Donc, au seuil de 3%, on peut estimer que la nouvelle finition n’améliore pas l’angle d’inclinaison maximale.
7
̅ e) On a estimé tout à l’heure que> = 14,88 # 0,97avec le modèle établi ̅  Or, après observations, on a constaté que> ! 14,88 # 0,27 Cela veut donc dire que notre hypothèse nulle n’était pas correctement choisie au départ,  puisqu’elle nous amenait à un résultat « réel » fortement éloigné de 97%  On peut donc revoir l’hypothèse nulle du test pour qu’il soit plus adapté aux observations  faites après mise en œuvre.
FIN DU SUJET
8
Soyez le premier à déposer un commentaire !

17/1000 caractères maximum.