BTS | Mathématiques | Groupements B1, B2, B3
Dernière mise à jour : 21 octobre 2026, 13:25
Un technicien en électrotechnique mesure à l'oscilloscope la tension d'alimentation d'un moteur industriel. L'écran affiche une courbe périodique sinusoïdale de fréquence 50 Hz. Comment lire l'amplitude, la période et la phase de ce signal ? Comment calculer la valeur efficace utilisée dans les calculs de puissance ?
Un ingénieur acousticien étudie la propagation sonore dans une salle de concert dont les murs sont traités par des panneaux absorbants. Le niveau sonore décroît en suivant un signal amorti : l'amplitude diminue exponentiellement après l'arrêt de la source. Quel modèle mathématique décrit ce phénomène ?
Un bureau d'études en génie climatique (chauffage, ventilation, climatisation) doit analyser les harmoniques du courant absorbé par un variateur de fréquence. Cette analyse repose sur la décomposition de Fourier d'un signal périodique non sinusoïdal.
Tous ces problèmes font appel aux fonctions trigonométriques, aux fonctions exponentielles complexes et aux outils du traitement du signal.
| Angle \(\theta\) | \(0\) | \(\dfrac{\pi}{6}\) | \(\dfrac{\pi}{4}\) | \(\dfrac{\pi}{3}\) | \(\dfrac{\pi}{2}\) | \(\pi\) |
|---|---|---|---|---|---|---|
| \(\cos\theta\) | \(1\) | \(\dfrac{\sqrt{3}}{2}\) | \(\dfrac{\sqrt{2}}{2}\) | \(\dfrac{1}{2}\) | \(0\) | \(-1\) |
| \(\sin\theta\) | \(0\) | \(\dfrac{1}{2}\) | \(\dfrac{\sqrt{2}}{2}\) | \(\dfrac{\sqrt{3}}{2}\) | \(1\) | \(0\) |
| \(\tan\theta\) | \(0\) | \(\dfrac{1}{\sqrt{3}}\) | \(1\) | \(\sqrt{3}\) | non défini | \(0\) |
On écrit \(75° = 45° + 30°\), soit \(\dfrac{5\pi}{12} = \dfrac{\pi}{4} + \dfrac{\pi}{6}\).
\(\cos(75°) = \cos 45° \cos 30° - \sin 45° \sin 30°\)
\(= \dfrac{\sqrt{2}}{2} \cdot \dfrac{\sqrt{3}}{2} - \dfrac{\sqrt{2}}{2} \cdot \dfrac{1}{2} = \dfrac{\sqrt{6} - \sqrt{2}}{4} \approx 0{,}259\)
En écrivant \(15° = 45° - 30°\), déterminer la valeur exacte de \(\cos(15°)\), puis en donner une valeur approchée à \(10^{-3}\) près.
On applique \(\cos(a - b) = \cos a \cos b + \sin a \sin b\) avec \(a = 45°\) et \(b = 30°\) :
\[\cos(15°) = \frac{\sqrt{2}}{2}\cdot\frac{\sqrt{3}}{2} + \frac{\sqrt{2}}{2}\cdot\frac{1}{2} = \frac{\sqrt{6}}{4} + \frac{\sqrt{2}}{4} = \frac{\sqrt{6} + \sqrt{2}}{4}\]Numériquement : \(\dfrac{2{,}449 + 1{,}414}{4} \approx 0{,}966\).
Réponse : \(\cos(15°) = \mathbf{\dfrac{\sqrt{6} + \sqrt{2}}{4} \approx 0{,}966}\).
La linéarisation est particulièrement utile pour calculer des intégrales de fonctions trigonométriques ou pour identifier les fréquences présentes dans un signal.
On applique la formule : \(\cos^2(\omega t) = \dfrac{1 + \cos(2\omega t)}{2}\).
Ce résultat montre qu'un signal de la forme \(\cos^2(\omega t)\) est composé d'une composante continue (\(\frac{1}{2}\)) et d'une harmonique de fréquence double (\(\frac{1}{2}\cos(2\omega t)\)).
La puissance instantanée dissipée dans une résistance s'écrit \(p(t) = 6\sin^2(\omega t)\) (en watts). Linéariser cette expression, puis en déduire sa composante continue et l'amplitude de la partie oscillante.
Avec \(\sin^2 a = \dfrac{1 - \cos(2a)}{2}\) :
\[p(t) = 6 \times \frac{1 - \cos(2\omega t)}{2} = 3 - 3\cos(2\omega t)\]La composante continue vaut \(3\,\text{W}\) ; la partie oscillante a pour amplitude \(3\,\text{W}\) et pour pulsation \(2\omega\) (fréquence double du signal d'origine).
Réponse : \(p(t) = \mathbf{3 - 3\cos(2\omega t)}\), composante continue \(\mathbf{3\,\text{W}}\), amplitude oscillante \(\mathbf{3\,\text{W}}\) à la pulsation \(2\omega\).
Le réseau électrique français fournit une tension sinusoïdale de fréquence \(f = 50\,\text{Hz}\) et de valeur efficace \(U = 230\,\text{V}\) (valeur efficace, voir §3).
La valeur maximale est \(U_m = U\sqrt{2} = 230\sqrt{2} \approx 325\,\text{V}\).
La pulsation : \(\omega = 2\pi \times 50 = 100\pi \approx 314{,}2\,\text{rad/s}\).
La période : \(T = \dfrac{1}{50} = 0{,}02\,\text{s} = 20\,\text{ms}\).
Avec une phase nulle : \(u(t) = 325\cos(100\pi t)\,\text{V}\).
Sur l'écran d'un oscilloscope, un signal sinusoïdal a une amplitude crête à crête de \(8\,\text{V}\) et une période \(T = 2{,}5\,\text{ms}\). Déterminer \(U_m\), la fréquence \(f\) et la pulsation \(\omega\).
Amplitude : \(U_m = \dfrac{u_{\max} - u_{\min}}{2} = \dfrac{8}{2} = 4\,\text{V}\).
Fréquence : \(f = \dfrac{1}{T} = \dfrac{1}{2{,}5 \times 10^{-3}} = 400\,\text{Hz}\).
Pulsation : \(\omega = 2\pi f = 800\pi \approx 2513\,\text{rad/s}\).
Réponse : \(U_m = \mathbf{4\,\text{V}}\), \(f = \mathbf{400\,\text{Hz}}\), \(\omega = \mathbf{800\pi \approx 2513\,\text{rad/s}}\).
Dans un circuit RL alimenté par une tension sinusoïdale, le courant est en retard sur la tension d'un angle \(\varphi = \arctan\!\left(\dfrac{L\omega}{R}\right)\).
Pour \(R = 100\,\Omega\), \(L = 0{,}2\,\text{H}\), \(\omega = 100\pi\,\text{rad/s}\) :
\(\varphi = \arctan\!\left(\dfrac{0{,}2 \times 100\pi}{100}\right) = \arctan(0{,}2\pi) \approx \arctan(0{,}628) \approx 32°\)
Le courant est donc en retard de \(32°\) sur la tension.
Une charge inductive est alimentée par \(u(t) = 325\cos(100\pi t)\) (V) et parcourue par \(i(t) = 8\cos\!\left(100\pi t - \dfrac{\pi}{6}\right)\) (A). Déterminer le déphasage \(\Delta\varphi\) de \(i\) par rapport à \(u\), l'exprimer en degrés et conclure (avance, retard, quadrature ?).
Ici \(\varphi_u = 0\) et \(\varphi_i = -\dfrac{\pi}{6}\), donc :
\[\Delta\varphi = \varphi_i - \varphi_u = -\frac{\pi}{6}\,\text{rad} = -30°\]Comme \(\Delta\varphi < 0\), le courant est en retard sur la tension. Le déphasage n'est pas \(\pm\pi/2\) : les signaux ne sont pas en quadrature (comportement typique d'une charge inductive).
Réponse : \(\Delta\varphi = \mathbf{-\dfrac{\pi}{6}\,\text{rad} = -30°}\), courant en retard de 30° sur la tension.
On calcule :
\[U^2 = \frac{1}{T}\int_0^T U_m^2\cos^2(\omega t + \varphi)\,\mathrm{d}t\]On utilise la linéarisation \(\cos^2(\theta) = \dfrac{1 + \cos(2\theta)}{2}\) :
\[U^2 = \frac{U_m^2}{T}\int_0^T \frac{1 + \cos(2\omega t + 2\varphi)}{2}\,\mathrm{d}t\] \[= \frac{U_m^2}{2T}\left[\int_0^T \mathrm{d}t + \int_0^T \cos(2\omega t + 2\varphi)\,\mathrm{d}t\right]\]Or l'intégrale d'un cosinus sur une période complète est nulle :
\[\int_0^T \cos(2\omega t + 2\varphi)\,\mathrm{d}t = 0\]Donc :
\[U^2 = \frac{U_m^2}{2T} \times T = \frac{U_m^2}{2} \quad \Rightarrow \quad U = \frac{U_m}{\sqrt{2}}\]Le réseau électrique fournit \(U = 230\,\text{V}\) (valeur efficace). La valeur maximale est :
\(U_m = 230\sqrt{2} \approx 325\,\text{V}\)
Inversement, si on lit \(U_m = 311\,\text{V}\) à l'oscilloscope, la valeur efficace est :
\(U = \dfrac{311}{\sqrt{2}} \approx 220\,\text{V}\)
Un moteur est alimenté sous \(U = 230\,\text{V}\) (efficace), absorbe un courant \(I = 8\,\text{A}\) (efficace) avec un déphasage \(\varphi = 30°\) (cos\(\varphi = 0{,}866\)).
Puissance active : \(P = 230 \times 8 \times 0{,}866 \approx 1\,594\,\text{W} \approx 1{,}6\,\text{kW}\).
Puissance apparente : \(S = U \times I = 230 \times 8 = 1\,840\,\text{VA}\).
Puissance réactive : \(Q = U \times I \times \sin\varphi = 1\,840 \times 0{,}5 = 920\,\text{VAR}\).
Analyse d'un signal sinusoïdal
Un signal électrique a pour expression \(u(t) = 48\cos(200\pi t - \pi/3)\) (en volts).
1) Identifier l'amplitude, la pulsation et la phase à l'origine.
2) Calculer la fréquence et la période.
3) Calculer la valeur efficace.
4) Calculer \(u(0)\) et \(u\!\left(\dfrac{1}{200}\right)\).
1) \(U_m = 48\,\text{V}\), \(\omega = 200\pi\,\text{rad/s}\), \(\varphi = -\pi/3\,\text{rad}\).
2) \(f = \dfrac{\omega}{2\pi} = \dfrac{200\pi}{2\pi} = 100\,\text{Hz}\) ; \(T = \dfrac{1}{f} = \dfrac{1}{100} = 10\,\text{ms}\).
3) \(U = \dfrac{U_m}{\sqrt{2}} = \dfrac{48}{\sqrt{2}} = 24\sqrt{2} \approx 33{,}9\,\text{V}\).
4) \(u(0) = 48\cos(-\pi/3) = 48 \times \dfrac{1}{2} = 24\,\text{V}\).
\(u\!\left(\dfrac{1}{200}\right) = 48\cos\!\left(200\pi \times \dfrac{1}{200} - \dfrac{\pi}{3}\right) = 48\cos\!\left(\pi - \dfrac{\pi}{3}\right) = 48\cos\!\left(\dfrac{2\pi}{3}\right) = 48 \times \left(-\dfrac{1}{2}\right) = -24\,\text{V}\).
Un variateur de fréquence industriel absorbe un courant dont la forme d'onde n'est pas sinusoïdale mais ressemble à une série d'impulsions. En réalité, ce courant est composé du fondamental (50 Hz) et d'harmoniques (150 Hz, 250 Hz, 350 Hz...). Ces harmoniques peuvent perturber d'autres appareils sur le même réseau.
Un ingénieur peut représenter le spectre harmonique du courant : un diagramme en barres donnant l'amplitude de chaque harmonique en fonction de sa fréquence. On cherche à vérifier que les harmoniques respectent les normes en vigueur (CEI 61000).
Un signal créneau d'amplitude \(A\) et de période \(T\) a pour décomposition de Fourier :
\[f(t) = \frac{4A}{\pi}\left[\sin(\omega_0 t) + \frac{1}{3}\sin(3\omega_0 t) + \frac{1}{5}\sin(5\omega_0 t) + \cdots\right]\] \[= \frac{4A}{\pi}\sum_{k=0}^{+\infty}\frac{\sin\!\left((2k+1)\omega_0 t\right)}{2k+1}\]Ce signal ne contient que les harmoniques impaires. L'amplitude de l'harmonique de rang \(n\) est \(\dfrac{4A}{n\pi}\) (décroissante en \(1/n\)).
Un générateur délivre un signal créneau d'amplitude \(A = 10\,\text{V}\) et de fréquence fondamentale \(f_0 = 50\,\text{Hz}\). Donner la fréquence et l'amplitude de l'harmonique de rang 3, puis celles de l'harmonique de rang 2.
Rang 3 : fréquence \(3 f_0 = 150\,\text{Hz}\) ; amplitude \(\dfrac{4A}{3\pi} = \dfrac{40}{3\pi} \approx 4{,}24\,\text{V}\).
Rang 2 : le créneau ne contient que les harmoniques de rang impair, donc cette harmonique est absente (amplitude nulle) à \(100\,\text{Hz}\).
À titre de comparaison, le fondamental a pour amplitude \(\dfrac{4A}{\pi} \approx 12{,}7\,\text{V}\) : l'harmonique 3 vaut bien le tiers du fondamental.
Réponse : rang 3 → \(\mathbf{150\,\text{Hz}}\) et \(\mathbf{\approx 4{,}24\,\text{V}}\) ; rang 2 → amplitude \(\mathbf{nulle}\).
Mémoire : \(\cosh\) est une moyenne des exponentielles (\(e^x\) et \(e^{-x}\)) ; \(\sinh\) est leur demi-différence.
Le profil d'un câble suspendu entre deux points (câble d'une ligne électrique, arche d'un pont) suit une chaînette, dont l'équation est :
\[y = a\cosh\!\left(\frac{x}{a}\right)\]où \(a\) est un paramètre dépendant de la tension et de la densité linéique du câble.
Pour \(a = 10\,\text{m}\) et \(x = 5\,\text{m}\) : \(y = 10\cosh(0{,}5) = 10 \times \dfrac{e^{0{,}5} + e^{-0{,}5}}{2} \approx 10 \times 1{,}1276 \approx 11{,}3\,\text{m}\).
| \(x\) | \(\cosh x\) | \(\sinh x\) | \(\tanh x\) |
|---|---|---|---|
| \(0\) | \(1\) | \(0\) | \(0\) |
| \(1\) | \(\approx 1{,}543\) | \(\approx 1{,}175\) | \(\approx 0{,}762\) |
| \(2\) | \(\approx 3{,}762\) | \(\approx 3{,}627\) | \(\approx 0{,}964\) |
| \(+\infty\) | \(+\infty\) | \(+\infty\) | \(1\) |
Remarque : \(\tanh x \to 1\) quand \(x \to +\infty\) (la tangente hyperbolique est bornée entre \(-1\) et \(1\)).
Calculs avec les fonctions hyperboliques
1) Calculer \(\cosh(0)\), \(\sinh(0)\) et \(\tanh(0)\) à partir des définitions.
2) Vérifier la relation \(\cosh^2(1) - \sinh^2(1) = 1\) numériquement (utiliser \(e \approx 2{,}718\)).
3) Montrer que \(\cosh(x) + \sinh(x) = e^x\) et que \(\cosh(x) - \sinh(x) = e^{-x}\).
1) \(\cosh(0) = \dfrac{e^0 + e^0}{2} = \dfrac{1 + 1}{2} = 1\) ; \(\sinh(0) = \dfrac{e^0 - e^0}{2} = 0\) ; \(\tanh(0) = \dfrac{0}{1} = 0\).
2) \(e^1 \approx 2{,}718\), \(e^{-1} \approx 0{,}368\).
\(\cosh(1) \approx \dfrac{2{,}718 + 0{,}368}{2} \approx 1{,}543\) ; \(\sinh(1) \approx \dfrac{2{,}718 - 0{,}368}{2} \approx 1{,}175\).
\(\cosh^2(1) - \sinh^2(1) \approx 1{,}543^2 - 1{,}175^2 \approx 2{,}381 - 1{,}381 = 1{,}000\). ✓
3) \(\cosh x + \sinh x = \dfrac{e^x + e^{-x}}{2} + \dfrac{e^x - e^{-x}}{2} = \dfrac{2e^x}{2} = e^x\). ✓
\(\cosh x - \sinh x = \dfrac{e^x + e^{-x}}{2} - \dfrac{e^x - e^{-x}}{2} = \dfrac{2e^{-x}}{2} = e^{-x}\). ✓
Un circuit RLC série (résistance \(R\), inductance \(L\), condensateur \(C\)) soumis à un échelon de tension produit une tension oscillante amortie :
\[u_C(t) = E\left[1 - e^{-\alpha t}\!\left(\cos(\omega_d t) + \frac{\alpha}{\omega_d}\sin(\omega_d t)\right)\right]\]où \(\alpha = R/(2L)\) est le coefficient d'amortissement et \(\omega_d = \sqrt{1/(LC) - \alpha^2}\) est la pulsation propre amortie. Ce comportement est typique d'un circuit sous-amorti (\(\alpha < \omega_0\)).
Lorsqu'une source sonore cesse d'émettre dans une salle, le son se réverbère et s'atténue. Le niveau sonore, après arrêt de la source, peut être modélisé localement par un signal amorti. Le temps de réverbération T60 est le temps nécessaire pour que le niveau sonore chute de 60 dB. Il est lié au coefficient d'absorption des parois (formule de Sabine). Des panneaux acoustiques absorbants réduisent T60 et améliorent l'intelligibilité de la parole.
Un circuit RLC a les paramètres suivants : \(R = 20\,\Omega\), \(L = 10\,\text{mH}\), \(C = 10\,\mu\text{F}\).
Pulsation propre : \(\omega_0 = \dfrac{1}{\sqrt{LC}} = \dfrac{1}{\sqrt{10^{-2} \times 10^{-5}}} = \dfrac{1}{\sqrt{10^{-7}}} = \dfrac{1}{10^{-3{,}5}} \approx 3162\,\text{rad/s}\).
Coefficient d'amortissement : \(\alpha = \dfrac{R}{2L} = \dfrac{20}{2 \times 10^{-2}} = 1000\,\text{s}^{-1}\).
Temps caractéristique : \(\tau = 1/\alpha = 1\,\text{ms}\).
Pulsation amortie : \(\omega_d = \sqrt{\omega_0^2 - \alpha^2} = \sqrt{3162^2 - 1000^2} \approx 3000\,\text{rad/s}\).
La tension oscillante amortie a pour expression approximative : \(u(t) \approx E\,e^{-1000\,t}\cos(3000\,t)\).
Signal amorti — Paramètres et dérivée
On donne \(f(t) = 5\,e^{-2t}\cos(3t)\) pour \(t \geq 0\).
1) Identifier \(A\), \(a\), \(\omega\) et \(\varphi\). Calculer le temps caractéristique \(\tau\).
2) Calculer \(f(0)\), \(f(\tau)\) et \(\displaystyle\lim_{t \to +\infty} f(t)\).
3) Calculer \(f'(t)\).
1) \(A = 5\), \(a = -2\,\text{s}^{-1}\), \(\omega = 3\,\text{rad/s}\), \(\varphi = 0\). Temps caractéristique : \(\tau = 1/|a| = 0{,}5\,\text{s}\).
2) \(f(0) = 5\,e^0\cos(0) = 5\).
\(f(\tau) = f(0{,}5) = 5\,e^{-1}\cos(1{,}5) \approx 5 \times 0{,}368 \times 0{,}0707 \approx 0{,}13\).
Comme \(a = -2 < 0\), \(e^{-2t} \to 0\) et \(|\cos(3t)| \leq 1\), donc \(\displaystyle\lim_{t \to +\infty} f(t) = 0\).
3) \(f'(t) = 5\,e^{-2t}\left[(-2)\cos(3t) - 3\sin(3t)\right] = 5\,e^{-2t}\left[-2\cos(3t) - 3\sin(3t)\right]\).
Mise en forme : \(R = \sqrt{4 + 9} = \sqrt{13}\), \(f'(t) = -5\sqrt{13}\,e^{-2t}\cos\!\left(3t - \arctan\!\left(\dfrac{3}{2}\right)\right)\).
On additionne \(u_1(t) = 10\cos(100\pi t)\) et \(u_2(t) = 10\cos\!\left(100\pi t + \dfrac{\pi}{3}\right)\).
Développement : \(u_2 = 10\left(\cos\dfrac{\pi}{3}\cos(100\pi t) - \sin\dfrac{\pi}{3}\sin(100\pi t)\right) = 5\cos(100\pi t) - 5\sqrt{3}\sin(100\pi t)\).
Somme : \(u = u_1 + u_2 = (10 + 5)\cos(100\pi t) - 5\sqrt{3}\sin(100\pi t) = 15\cos(100\pi t) - 5\sqrt{3}\sin(100\pi t)\).
Amplitude : \(R = \sqrt{15^2 + (5\sqrt{3})^2} = \sqrt{225 + 75} = \sqrt{300} = 10\sqrt{3} \approx 17{,}3\).
Phase : \(\tan\varphi = \dfrac{5\sqrt{3}}{15} = \dfrac{\sqrt{3}}{3} = \dfrac{1}{\sqrt{3}}\), donc \(\varphi = \dfrac{\pi}{6}\) (premier quadrant, \(a > 0\), \(b < 0\)).
Résultat : \(u(t) = 10\sqrt{3}\cos\!\left(100\pi t - \dfrac{\pi}{6}\right)\,\text{V}\).
Mettre le signal \(s(t) = 3\cos(\omega t) + 4\sin(\omega t)\) (en volts) sous la forme \(R\cos(\omega t - \psi)\) : calculer \(R\), puis \(\psi\) en radians (à \(10^{-3}\) près) et en degrés.
Ici \(a = 3\) et \(b = 4\), donc :
\[R = \sqrt{a^2 + b^2} = \sqrt{3^2 + 4^2} = \sqrt{25} = 5\]\(\tan\psi = \dfrac{b}{a} = \dfrac{4}{3}\), et comme \(a > 0\) et \(b > 0\), \(\psi\) est dans le premier quadrant :
\[\psi = \arctan\!\left(\frac{4}{3}\right) \approx 0{,}927\,\text{rad} \approx 53{,}1°\]Vérification : \(5\cos(\omega t - 0{,}927) = 5\left[\cos(0{,}927)\cos(\omega t) + \sin(0{,}927)\sin(\omega t)\right] = 5\left[0{,}6\cos(\omega t) + 0{,}8\sin(\omega t)\right] = 3\cos(\omega t) + 4\sin(\omega t)\) ✔
Réponse : \(s(t) = \mathbf{5\cos(\omega t - 0{,}927)}\,\text{V}\), soit une amplitude de \(\mathbf{5\,\text{V}}\) et un déphasage de \(\mathbf{-53{,}1°}\).
| Grandeur | Symbole | Valeur | Formule |
|---|---|---|---|
| Fréquence | \(f\) | \(50\,\text{Hz}\) | — |
| Période | \(T\) | \(20\,\text{ms}\) | \(T = 1/f\) |
| Pulsation | \(\omega\) | \(100\pi \approx 314\,\text{rad/s}\) | \(\omega = 2\pi f\) |
| Valeur efficace | \(U\) | \(230\,\text{V}\) | norme européenne |
| Valeur maximale | \(U_m\) | \(\approx 325\,\text{V}\) | \(U_m = U\sqrt{2}\) |
| Expression | \(u(t)\) | \(325\cos(100\pi t)\,\text{V}\) | (phase nulle) |
Calcul de puissance — Installation électrique industrielle (B2)
Un atelier de menuiserie est alimenté sous 230 V (efficace). Il comporte un moteur de raboteuse qui absorbe 12 A avec un facteur de puissance \(\cos\varphi = 0{,}8\).
1) Calculer les puissances apparente, active et réactive du moteur.
2) Calculer le déphasage \(\varphi\) en degrés.
3) Pour améliorer le facteur de puissance à \(\cos\varphi' = 0{,}95\), quelle puissance réactive \(Q_C\) doit fournir le condensateur de compensation ?
1)
Puissance apparente : \(S = U \times I = 230 \times 12 = 2\,760\,\text{VA}\).
Puissance active : \(P = S \times \cos\varphi = 2\,760 \times 0{,}8 = 2\,208\,\text{W}\).
Puissance réactive : \(Q = S \times \sin\varphi = 2\,760 \times 0{,}6 = 1\,656\,\text{VAR}\) (en utilisant \(\sin\varphi = \sqrt{1 - 0{,}64} = 0{,}6\)).
2) \(\varphi = \arccos(0{,}8) \approx 36{,}9°\).
3) Après compensation, le déphasage devient \(\varphi' = \arccos(0{,}95) \approx 18{,}2°\).
La puissance réactive résiduelle est \(Q' = P \times \tan\varphi' = 2\,208 \times \tan(18{,}2°) \approx 2\,208 \times 0{,}329 \approx 726\,\text{VAR}\).
Le condensateur doit fournir : \(Q_C = Q - Q' = 1\,656 - 726 = 930\,\text{VAR}\).
On utilise aussi le niveau en intensité : \(L_I = 10\log_{10}\!\left(\dfrac{I}{I_0}\right)\) avec \(I_0 = 10^{-12}\,\text{W/m}^2\).
Une salle de réunion présente un niveau sonore de 65 dB lors d'une conversation. Après installation de panneaux acoustiques absorbants, le niveau chute à 55 dB. De quel facteur l'intensité sonore a-t-elle diminué ?
Différence : \(\Delta L = 65 - 55 = 10\,\text{dB}\).
\(10 = 10\log_{10}\!\left(\dfrac{I_1}{I_2}\right) \Rightarrow \log_{10}\!\left(\dfrac{I_1}{I_2}\right) = 1 \Rightarrow \dfrac{I_1}{I_2} = 10\).
L'intensité sonore a été divisée par 10. Une réduction de 10 dB correspond toujours à un facteur 10 sur l'intensité.
En systèmes photoniques, la modulation d'amplitude d'un signal lumineux consiste à faire varier l'intensité d'un faisceau laser en fonction d'un signal informatif \(m(t)\). Un modulateur acousto-optique ou électro-optique produit un signal modulé :
\[s(t) = A\left[1 + m\cdot m(t)\right]\cos(\omega_c t)\]où \(\omega_c\) est la pulsation de la porteuse optique et \(m\) est l'indice de modulation. Si \(m(t) = \cos(\omega_m t)\) (signal sinusoïdal), le spectre du signal modulé fait apparaître trois raies : la porteuse à \(f_c\) et deux raies latérales à \(f_c \pm f_m\). Ce mécanisme est identique à la modulation AM (amplitude modulation) en radio.
Fonctions trigonométriques
Signal sinusoïdal
Fonctions hyperboliques (B2, B3)
Signal amorti