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Dernière mise à jour : 21 octobre 2026
Un signal de commande MLI (modulation de largeur d'impulsions) alimentant un moteur à courant continu a pour période \(T = 5\,\text{ms}\).
1. Calculer sa fréquence fondamentale \(f\).
2. Calculer sa pulsation \(\omega\).
3. Calculer la fréquence de l'harmonique de rang 3.
1. \(f = \dfrac{1}{T} = \dfrac{1}{5\times10^{-3}} = 200\,\text{Hz}\).
2. \(\omega = 2\pi f = 2\pi\times200 \approx 1256{,}6\,\text{rad/s}\).
3. Fréquence de l'harmonique de rang 3 : \(3f = 3\times200 = 600\,\text{Hz}\).
On relève à l'oscilloscope la tension périodique \(u(t)\) suivante, sur une période complète :
1. Lire sur le graphique la période \(T\) et la valeur maximale de \(u(t)\). En déduire l'amplitude \(E\) du signal.
2. Le signal est-il pair, impair, ou ni l'un ni l'autre ? Justifier à partir de la symétrie visible sur le graphique.
3. Sans calcul intégral, donner la valeur moyenne \(a_0\) de ce signal, en remarquant que chaque demi-période est une rampe linéaire entre \(+E\) et \(-E\).
1. Le motif se répète tous les \(10\,\text{ms}\) : \(T = 10\,\text{ms}\). La valeur maximale lue est \(8\,\text{V}\), donc \(E = 8\,\text{V}\).
2. Le graphique est symétrique par rapport à l'axe vertical \(t=0\) (même profil à gauche et à droite) : \(u(-t)=u(t)\), le signal est pair.
3. Sur \([0\,;5]\), \(u\) décroît linéairement de \(+8\) à \(-8\) : la moyenne d'une rampe linéaire entre \(+E\) et \(-E\) vaut \(\dfrac{E+(-E)}{2}=0\). Il en va de même sur \([-5\,;0]\). Donc \(a_0 = 0\) (valeur moyenne nulle, cohérent avec un signal centré sur l'axe des tensions).
Un relais statique commande en tout-ou-rien (TOR) une résistance de chauffage industriel : il applique la pleine tension \(E\) pendant la première moitié de chaque cycle de période \(T\), puis coupe l'alimentation pendant la seconde moitié (rapport cyclique 50 %) :
\[f(t) = \begin{cases} E & \text{si } 0 < t < T/2 \\ 0 & \text{si } T/2 < t < T \end{cases}\]On note \(\omega = 2\pi/T\). Application numérique : \(E = 24\,\text{V}\), \(T = 2\,\text{s}\) (cycle lent, pour limiter l'usure du relais).
1. Calculer \(a_0\).
2. Calculer \(a_n\) pour \(n \geq 1\) par le calcul intégral direct.
3. Calculer \(b_n\) pour \(n \geq 1\), et distinguer les cas \(n\) pair / \(n\) impair.
4. Écrire le développement en série de Fourier de \(f\), puis donner les valeurs numériques de \(a_0\), \(b_1\), \(b_3\) et \(b_5\).
1. \(a_0 = \dfrac1T\displaystyle\int_0^T f(t)\,\mathrm{d}t = \dfrac1T\displaystyle\int_0^{T/2} E\,\mathrm{d}t = \dfrac1T\times E\times\dfrac T2 = \dfrac E2\).
2. \(a_n = \dfrac2T\displaystyle\int_0^{T/2} E\cos(n\omega t)\,\mathrm{d}t = \dfrac{2E}{T}\left[\dfrac{\sin(n\omega t)}{n\omega}\right]_0^{T/2} = \dfrac{2E}{Tn\omega}\sin\!\left(\dfrac{n\omega T}{2}\right)\).
Or \(\omega T = 2\pi\), donc \(\dfrac{n\omega T}{2}=n\pi\) et \(\sin(n\pi)=0\) pour tout entier \(n\). Donc \(a_n = 0\) pour tout \(n \geq 1\).
3. \(b_n = \dfrac2T\displaystyle\int_0^{T/2} E\sin(n\omega t)\,\mathrm{d}t = \dfrac{2E}{T}\left[-\dfrac{\cos(n\omega t)}{n\omega}\right]_0^{T/2} = \dfrac{2E}{Tn\omega}\bigl[1-\cos(n\pi)\bigr]\).
Comme \(\dfrac{2E}{Tn\omega}=\dfrac{2E}{Tn\cdot2\pi/T}=\dfrac{E}{n\pi}\) : \(b_n = \dfrac{E}{n\pi}\bigl[1-(-1)^n\bigr]\).
Pour \(n\) pair : \(1-(-1)^n=0\), donc \(b_n=0\). Pour \(n\) impair : \(1-(-1)^n=2\), donc \(b_n = \dfrac{2E}{n\pi}\).
4. \(f(t) = \dfrac E2 + \dfrac{2E}{\pi}\displaystyle\sum_{n\text{ impair}}\dfrac{\sin(n\omega t)}{n} = \dfrac E2 + \dfrac{2E}{\pi}\left[\sin(\omega t)+\dfrac13\sin(3\omega t)+\dfrac15\sin(5\omega t)+\cdots\right]\)
Avec \(E=24\,\text{V}\) : \(a_0 = 12\,\text{V}\) ; \(b_1 = \dfrac{48}{\pi} \approx 15{,}28\,\text{V}\) ; \(b_3 = \dfrac{48}{3\pi} \approx 5{,}09\,\text{V}\) ; \(b_5 = \dfrac{48}{5\pi} \approx 3{,}06\,\text{V}\).
Lors d'un test de fatigue mécanique, un banc d'essai impose de façon répétée à un vérin une tension de consigne qui décroît linéairement de \(E\) à \(0\) sur chaque cycle de durée \(T\), avant de se réinitialiser brutalement à \(E\) :
\[f(t) = E\left(1-\dfrac tT\right) \quad \text{pour } t \in [0\,;T[\]On note \(\omega=2\pi/T\). Application numérique : \(E = 9\,\text{V}\).
1. Calculer \(a_0\).
2. Calculer \(a_n\) pour \(n\geq1\) (on utilisera une intégration par parties).
3. Calculer \(b_n\) pour \(n\geq1\).
4. Écrire le développement en série de Fourier de \(f\), puis donner les valeurs numériques de \(a_0\), \(b_1\), \(b_2\) et \(b_3\).
1. \(a_0 = \dfrac1T\displaystyle\int_0^T E\left(1-\dfrac tT\right)\mathrm{d}t = \dfrac ET\left[T-\dfrac{1}{T}\times\dfrac{T^2}{2}\right] = \dfrac ET\times\dfrac T2 = \dfrac E2\).
2. \(a_n = \dfrac2T\displaystyle\int_0^T E\cos(n\omega t)\,\mathrm{d}t - \dfrac{2E}{T^2}\displaystyle\int_0^T t\cos(n\omega t)\,\mathrm{d}t\).
Le premier terme est nul (intégrale d'un cosinus sur une période complète). Pour le second, une intégration par parties donne \(\displaystyle\int t\cos(n\omega t)\,\mathrm{d}t = \dfrac{t\sin(n\omega t)}{n\omega}+\dfrac{\cos(n\omega t)}{n^2\omega^2}\).
Entre \(0\) et \(T\) : comme \(\sin(n\omega T)=\sin(2n\pi)=0\) et \(\cos(n\omega T)=\cos(2n\pi)=1\), les crochets valent \(\dfrac{1}{n^2\omega^2}\) en \(T\) comme en \(0\) : la différence est nulle. Donc \(a_n = 0\) pour tout \(n\geq1\).
3. \(b_n = \dfrac2T\displaystyle\int_0^T E\sin(n\omega t)\,\mathrm{d}t - \dfrac{2E}{T^2}\displaystyle\int_0^T t\sin(n\omega t)\,\mathrm{d}t\).
Le premier terme est nul. Pour le second, \(\displaystyle\int t\sin(n\omega t)\,\mathrm{d}t = -\dfrac{t\cos(n\omega t)}{n\omega}+\dfrac{\sin(n\omega t)}{n^2\omega^2}\), qui vaut \(-\dfrac{T}{n\omega}\) en \(t=T\) et \(0\) en \(t=0\).
Donc \(b_n = 0 - \dfrac{2E}{T^2}\times\left(-\dfrac{T}{n\omega}\right) = \dfrac{2E}{Tn\omega} = \dfrac{E}{n\pi}\) (avec \(\omega T=2\pi\)), et ceci pour tout \(n\geq1\) (pas seulement les rangs impairs).
4. \(f(t) = \dfrac E2 + \dfrac E\pi\displaystyle\sum_{n\geq1}\dfrac{\sin(n\omega t)}{n} = \dfrac E2 + \dfrac E\pi\left[\sin(\omega t)+\dfrac12\sin(2\omega t)+\dfrac13\sin(3\omega t)+\cdots\right]\)
Avec \(E=9\,\text{V}\) : \(a_0 = 4{,}5\,\text{V}\) ; \(b_1 = \dfrac9\pi \approx 2{,}86\,\text{V}\) ; \(b_2 = \dfrac{9}{2\pi} \approx 1{,}43\,\text{V}\) ; \(b_3 = \dfrac{9}{3\pi} \approx 0{,}95\,\text{V}\).
Remarque : à la différence du créneau (Exercice 3), ce signal contient toutes les harmoniques (pas seulement les impaires), car il ne possède pas de symétrie demi-onde.
Un hacheur série alimente un moteur à courant continu sous une tension \(E = 48\,\text{V}\), avec une fréquence de découpage \(f_d = 1\,\text{kHz}\) et un rapport cyclique \(\alpha = \dfrac13\) (la tension vaut \(E\) pendant le premier tiers de la période, \(0\) pendant les deux tiers restants) :
\[f(t) = \begin{cases} E & \text{si } 0 < t < \alpha T \\ 0 & \text{si } \alpha T < t < T \end{cases}\]1. Calculer \(T\) et \(\omega\).
2. Montrer que \(a_0 = E\alpha\), puis calculer sa valeur numérique.
3. On admet les résultats généraux \(a_n = \dfrac{E}{n\pi}\sin(2\pi n\alpha)\) et \(b_n = \dfrac{E}{n\pi}\bigl[1-\cos(2\pi n\alpha)\bigr]\) (obtenus par le même calcul intégral qu'à l'exercice 3, avec la borne \(\alpha T\) au lieu de \(T/2\)). Calculer \(a_1\) et \(b_1\).
4. En déduire l'amplitude \(C_1\) et la phase \(\varphi_1\) du fondamental.
1. \(T = \dfrac{1}{f_d} = \dfrac{1}{1000} = 1\,\text{ms}\). \(\omega = 2\pi f_d = 2000\pi \approx 6283\,\text{rad/s}\).
2. \(a_0 = \dfrac1T\displaystyle\int_0^{\alpha T} E\,\mathrm{d}t = \dfrac1T\times E\times\alpha T = E\alpha\). Numériquement : \(a_0 = 48\times\dfrac13 = 16\,\text{V}\) (c'est la valeur moyenne appliquée au moteur).
3. Avec \(\alpha=1/3\) : \(2\pi n\alpha = \dfrac{2n\pi}{3}\). Pour \(n=1\) : \(\dfrac{2\pi}{3}=120°\), donc \(\sin(120°)=\dfrac{\sqrt3}{2}\) et \(\cos(120°)=-\dfrac12\).
\(a_1 = \dfrac{E}{\pi}\times\dfrac{\sqrt3}{2} = \dfrac{48\sqrt3}{2\pi} = \dfrac{24\sqrt3}{\pi} \approx 13{,}23\,\text{V}\).
\(b_1 = \dfrac{E}{\pi}\left[1-\left(-\dfrac12\right)\right] = \dfrac{E}{\pi}\times\dfrac32 = \dfrac{72}{\pi} \approx 22{,}92\,\text{V}\).
4. \(C_1 = \sqrt{a_1^2+b_1^2} = \sqrt{13{,}23^2+22{,}92^2} \approx \sqrt{175{,}0+525{,}3} \approx \sqrt{700{,}3} \approx 26{,}46\,\text{V}\).
Comme \(a_1 = 13{,}23 > 0\) : \(\varphi_1 = -\arctan\!\left(\dfrac{b_1}{a_1}\right) = -\arctan\!\left(\dfrac{22{,}92}{13{,}23}\right) = -\arctan(1{,}732) = -60°\) (exactement, car \(\tan 60° = \sqrt3\)).
On définit trois signaux mathématiques tests, chacun sur une période \([-T/2\,;T/2]\) :
Signal 1 : \(f_1(t) = t\) pour \(t\in[-T/2\,;T/2[\), prolongé par périodicité.
Signal 2 : \(f_2(t) = |t|\) pour \(t\in[-T/2\,;T/2]\), prolongé par périodicité.
Signal 3 : \(f_3(t) = t^2\) pour \(t\in[-T/2\,;T/2]\), prolongé par périodicité.
Pour chacun des trois signaux : préciser s'il est pair, impair, ou ni l'un ni l'autre ; préciser s'il possède la symétrie demi-onde \(f(t+T/2)=-f(t)\) ; en déduire quels coefficients (\(a_0\), \(a_n\), \(b_n\)) sont nécessairement nuls.
Signal 1 — \(f_1(-t) = -t = -f_1(t)\) : fonction impaire. Donc \(a_0=0\) et \(a_n=0\) pour tout \(n\).
Symétrie demi-onde ? En \(t=0\) : \(f_1(T/2)\) (par périodicité) \(= f_1(-T/2) = -T/2\), alors que \(-f_1(0) = 0\). Ces deux valeurs ne coïncident pas (sauf si \(T=0\)) : pas de symétrie demi-onde. Les coefficients \(b_n\) sont donc a priori tous non nuls (rangs pairs et impairs).
Signal 2 — \(f_2(-t) = |-t| = |t| = f_2(t)\) : fonction paire. Donc \(b_n=0\) pour tout \(n\).
Symétrie demi-onde : ce signal a la même allure que celui de l'exercice 2 (triangle centré) ; on vérifie que \(f_2(t+T/2)=-f_2(t)\) est satisfaite. Donc, en plus de \(b_n=0\), les coefficients \(a_n\) sont nuls pour \(n\) pair (seules les harmoniques impaires subsistent, en cosinus).
Signal 3 — \(f_3(-t) = (-t)^2 = t^2 = f_3(t)\) : fonction paire. Donc \(b_n=0\) pour tout \(n\).
Symétrie demi-onde ? En \(t=0\) : \(f_3(T/2) = (T/2)^2 > 0\), alors que \(-f_3(0) = 0\) : pas de symétrie demi-onde (un carré ne peut pas être l'opposé d'un carré, sauf nul). Les coefficients \(a_n\) sont donc a priori tous non nuls (rangs pairs et impairs).
On considère trois signaux périodiques de période \(T\), de pulsation \(\omega=2\pi/T\) et d'amplitude \(E\) :
Signal 1 : créneau symétrique \(+E\) sur une demi-période, \(-E\) sur l'autre.
Signal 2 : signal triangulaire, pair, d'amplitude \(E\).
Signal 3 : signal en dents de scie \(f(t)=\dfrac ET t\) sur \([0\,;T[\).
Voici, dans le désordre, trois développements en série de Fourier :
\((\alpha)\) \(\displaystyle f(t) = \frac E2 - \frac E\pi\sum_{n\geq1}\frac{\sin(n\omega t)}{n}\)
\((\beta)\) \(\displaystyle f(t) = \frac{4E}\pi\sum_{n\text{ impair}}\frac{\sin(n\omega t)}{n}\)
\((\gamma)\) \(\displaystyle f(t) = \frac{8E}{\pi^2}\sum_{k=0}^{+\infty}\frac{(-1)^k\cos\bigl((2k+1)\omega t\bigr)}{(2k+1)^2}\)
Associer chaque signal (1, 2, 3) à son développement (\(\alpha\), \(\beta\) ou \(\gamma\)), en justifiant sans refaire les calculs intégraux.
Le développement \((\alpha)\) contient un terme constant \(E/2\) non nul : c'est donc le seul des trois signaux à avoir une valeur moyenne non nulle, à savoir le signal 3 (dents de scie, qui n'est ni pair, ni impair, ni à symétrie demi-onde — cf. exercice 4).
Le développement \((\beta)\) ne contient que des sinus de rangs impairs, avec une décroissance en \(1/n\) : cela correspond à un signal impair à symétrie demi-onde, décroissance lente typique d'un signal discontinu — c'est le signal 1 (créneau).
Le développement \((\gamma)\) ne contient que des cosinus de rangs impairs, avec une décroissance en \(1/n^2\) : cela correspond à un signal pair à symétrie demi-onde, décroissance rapide typique d'un signal continu (mais non dérivable) — c'est le signal 2 (triangulaire).
Une harmonique d'un signal électrique a pour coefficients \(a_n = 5\) et \(b_n = -12\) (en volts).
1. Calculer l'amplitude \(C_n\).
2. Calculer la phase \(\varphi_n\), en degrés.
3. Vérifier le résultat à l'aide des relations \(C_n\cos\varphi_n=a_n\) et \(-C_n\sin\varphi_n=b_n\).
1. \(C_n = \sqrt{a_n^2+b_n^2} = \sqrt{5^2+(-12)^2} = \sqrt{25+144} = \sqrt{169} = 13\,\text{V}\).
2. Comme \(a_n = 5 > 0\) : \(\varphi_n = -\arctan\!\left(\dfrac{b_n}{a_n}\right) = -\arctan\!\left(\dfrac{-12}{5}\right) = -\arctan(-2{,}4) \approx +67{,}4°\).
3. \(C_n\cos\varphi_n = 13\times\cos(67{,}4°) \approx 13\times0{,}385 \approx 5{,}00 = a_n\) ✓ et \(-C_n\sin\varphi_n = -13\times\sin(67{,}4°) \approx -13\times0{,}923 \approx -12{,}0 = b_n\) ✓.
Une harmonique a pour coefficients \(a_n = -4\) et \(b_n = 3\) (en volts). Le coefficient \(a_n\) étant négatif, la formule directe \(\varphi_n=-\arctan(b_n/a_n)\) ne peut pas être appliquée sans précaution.
1. Calculer \(C_n\).
2. Déterminer le signe de \(\cos\varphi_n = a_n/C_n\) et de \(\sin\varphi_n = -b_n/C_n\). Dans quel quadrant se situe \(\varphi_n\) ?
3. En déduire \(\varphi_n\) en degrés, à l'aide de l'angle de référence \(\arctan(|b_n/a_n|)\).
1. \(C_n = \sqrt{(-4)^2+3^2} = \sqrt{16+9} = \sqrt{25} = 5\,\text{V}\).
2. \(\cos\varphi_n = a_n/C_n = -4/5 = -0{,}8 < 0\). \(\sin\varphi_n = -b_n/C_n = -3/5 = -0{,}6 < 0\). Cosinus et sinus tous deux négatifs : \(\varphi_n\) est dans le troisième quadrant (entre \(-180°\) et \(-90°\)).
3. Angle de référence : \(\arctan\!\left(\dfrac{0{,}6}{0{,}8}\right) = \arctan(0{,}75) \approx 36{,}9°\). Dans le troisième quadrant, l'angle (en convention \(]-180°\,;180°]\)) vaut \(\varphi_n = -(180°-36{,}9°) \approx -143{,}1°\).
Vérification : \(\cos(-143{,}1°) \approx -0{,}80\) et \(\sin(-143{,}1°)\approx-0{,}60\), conformes aux valeurs attendues.
Un signal créneau symétrique d'amplitude \(E = 10\,\text{V}\) a pour spectre d'amplitude (harmoniques impaires uniquement) :
1. Lire sur le graphique les amplitudes \(C_1\), \(C_3\) et \(C_5\).
2. Calculer le produit \(n\times C_n\) pour \(n=1,3,5,7,9\). Que remarque-t-on ? En déduire la loi de décroissance des amplitudes.
3. Si la fréquence fondamentale est \(f=50\,\text{Hz}\), donner les fréquences des harmoniques représentées sur le spectre.
1. Lecture : \(C_1 \approx 12{,}73\,\text{V}\), \(C_3 \approx 4{,}24\,\text{V}\), \(C_5 \approx 2{,}55\,\text{V}\).
2. \(1\times12{,}73=12{,}73\) ; \(3\times4{,}24=12{,}72\) ; \(5\times2{,}55=12{,}75\) ; \(7\times1{,}82=12{,}74\) ; \(9\times1{,}41=12{,}69\). Le produit \(n\times C_n\) reste constant (\(\approx 12{,}73 = 4E/\pi\)) : les amplitudes décroissent en \(1/n\), comme attendu pour un signal discontinu (créneau).
3. \(f_1=50\,\text{Hz}\) ; \(f_3=150\,\text{Hz}\) ; \(f_5=250\,\text{Hz}\) ; \(f_7=350\,\text{Hz}\) ; \(f_9=450\,\text{Hz}\).
Deux signaux de même amplitude \(E=10\,\text{V}\) — l'un créneau (signal A), l'autre triangulaire (signal B) — ont les spectres d'amplitude suivants :
1. Lequel des deux spectres décroît le plus vite avec le rang \(n\) ?
2. Justifier cette différence de décroissance à partir des propriétés de continuité des deux signaux.
3. Calculer le rapport \(C_5^{(B)}/C_5^{(A)}\) (triangulaire / créneau, au rang 5) et commenter.
1. Le spectre B (triangulaire, rouge) décroît beaucoup plus vite que le spectre A (créneau, bleu) : dès le rang 3, l'amplitude de B est déjà inférieure à 1 V, alors que celle de A reste supérieure à 4 V.
2. Le signal créneau est discontinu (saut brutal entre \(+E\) et \(0\) ou \(-E\)), ce qui impose une décroissance lente en \(1/n\) des amplitudes (rappel du cours). Le signal triangulaire est continu (mais non dérivable aux sommets), ce qui donne une décroissance beaucoup plus rapide en \(1/n^2\).
3. \(C_5^{(A)} \approx 2{,}55\,\text{V}\) et \(C_5^{(B)} \approx 0{,}32\,\text{V}\). Rapport : \(\dfrac{0{,}32}{2{,}55} \approx 0{,}127 \approx \dfrac{1}{5^2}\times\dfrac{2\pi}{4}\)… plus simplement, à ce rang le triangulaire ne conserve plus que \(13\%\) environ de l'amplitude du créneau : ses harmoniques élevées sont négligeables bien plus vite, ce qui traduit un signal « plus proche » d'une sinusoïde pure.
Une tension présente les composantes suivantes : \(C_0 = 2\,\text{V}\), \(C_1 = 15\,\text{V}\), \(C_2 = 6\,\text{V}\), \(C_3 = 3\,\text{V}\) (harmoniques de rang supérieur négligées).
Calculer la valeur efficace \(U_{\text{eff}}\) de cette tension à l'aide du théorème de Parseval.
\(U_{\text{eff}} = \sqrt{C_0^2+\dfrac{C_1^2+C_2^2+C_3^2}{2}} = \sqrt{2^2+\dfrac{15^2+6^2+3^2}{2}} = \sqrt{4+\dfrac{225+36+9}{2}} = \sqrt{4+\dfrac{270}{2}} = \sqrt{4+135} = \sqrt{139} \approx 11{,}79\,\text{V}\).
Un moteur asynchrone est alimenté par un variateur de vitesse. Une pince de courant avec analyse FFT mesure un fondamental \(C_1 = 20\,\text{A}\) (à 50 Hz). Un ampèremètre TRUE RMS affiche par ailleurs une valeur efficace \(I_{\text{eff}} = 14{,}58\,\text{A}\). On suppose qu'aucun autre harmonique que le rang 3 n'est significatif.
Calculer l'amplitude \(C_3\) de l'harmonique de rang 3.
Par Parseval (avec \(C_0=0\)) : \(I_{\text{eff}}^2 = \dfrac{C_1^2+C_3^2}{2}\), donc \(C_3^2 = 2\,I_{\text{eff}}^2 - C_1^2\).
\(C_3^2 = 2\times14{,}58^2 - 20^2 = 2\times212{,}58 - 400 = 425{,}15 - 400 = 25{,}15\).
\(C_3 = \sqrt{25{,}15} \approx 5{,}0\,\text{A}\).
Un poste de soudure à l'arc absorbe un courant dont l'analyse spectrale donne :
| Rang \(n\) | 1 (fondamental) | 3 | 5 | 7 |
|---|---|---|---|---|
| Amplitude \(C_n\) (A) | 25 | 9 | 4 | 2 |
1. Calculer le taux de distorsion harmonique THD.
2. La norme impose généralement \(\text{THD} < 5\%\). Ce poste de soudure est-il conforme ?
1. \(\text{THD} = \dfrac{\sqrt{C_3^2+C_5^2+C_7^2}}{C_1} = \dfrac{\sqrt{9^2+4^2+2^2}}{25} = \dfrac{\sqrt{81+16+4}}{25} = \dfrac{\sqrt{101}}{25} \approx \dfrac{10{,}05}{25} \approx 0{,}402 = 40{,}2\%\).
2. \(40{,}2\% \gg 5\%\) : ce poste de soudure n'est pas conforme et injecte des harmoniques importantes sur le réseau. Il faudrait envisager un filtre (actif ou passif) sur les rangs 3, 5 et 7.
Un onduleur photovoltaïque triphasé injecte un courant sur le réseau. Un analyseur de réseau mesure le spectre suivant (fondamental à 50 Hz) :
1. Pourquoi n'observe-t-on ici aucune composante aux rangs 3 et 9, contrairement aux exercices précédents portant sur des redresseurs monophasés ? (indication : c'est une propriété connue des montages triphasés équilibrés à 6 impulsions, cf. cours §9.2.)
2. Calculer le THD de ce courant.
3. Calculer la valeur efficace réelle \(I_{\text{eff}}\) du courant, par le théorème de Parseval.
4. Comparer ce THD à celui de l'exercice 14 et conclure sur la qualité de ce montage vis-à-vis du réseau.
1. Un onduleur (ou redresseur) triphasé à 6 impulsions ne génère, par construction, que les harmoniques de rangs \(6k\pm1\) (soit 5, 7, 11, 13, 17, 19…) : les rangs multiples de 3 (3, 9, 15…) sont naturellement absents grâce à l'équilibrage des trois phases (cf. tableau du cours §9.2).
2. \(\text{THD} = \dfrac{\sqrt{C_5^2+C_7^2+C_{11}^2+C_{13}^2}}{C_1} = \dfrac{\sqrt{1{,}2^2+0{,}8^2+0{,}5^2+0{,}3^2}}{18} = \dfrac{\sqrt{1{,}44+0{,}64+0{,}25+0{,}09}}{18} = \dfrac{\sqrt{2{,}42}}{18} \approx \dfrac{1{,}556}{18} \approx 0{,}0864 = 8{,}6\%\).
3. \(I_{\text{eff}} = \sqrt{\dfrac{C_1^2+C_5^2+C_7^2+C_{11}^2+C_{13}^2}{2}} = \sqrt{\dfrac{18^2+1{,}2^2+0{,}8^2+0{,}5^2+0{,}3^2}{2}} = \sqrt{\dfrac{326{,}42}{2}} = \sqrt{163{,}21} \approx 12{,}78\,\text{A}\).
4. \(8{,}6\%\) reste supérieur à la limite habituelle de \(5\%\), mais c'est nettement meilleur que le \(40{,}2\%\) du poste de soudure monophasé de l'exercice 14. Le montage triphasé à 6 impulsions filtre naturellement les harmoniques de rang 3 (les plus gênantes pour le conducteur neutre), d'où une bien meilleure qualité de courant injecté.
On reprend le signal créneau de l'exercice 3 (\(E=24\,\text{V}\), \(T=2\,\text{s}\), \(a_0=12\,\text{V}\)). On trace ci-dessous trois sommes partielles de sa série de Fourier, en ne conservant que les \(N\) premiers rangs impairs :
1. Calculer par la formule la valeur de la reconstruction à \(N=1\) harmonique, à l'instant \(t=0{,}5\,\text{s}\). Comparer avec la lecture graphique.
2. Sans calcul, justifier pourquoi les trois courbes passent exactement par la même valeur \(12\,\text{V}\) à l'instant \(t=1\,\text{s}\), quel que soit \(N\). (Indication : que valent \(\sin(n\pi)\) pour tout entier \(n\), et que dit le cours sur la convergence en un point de discontinuité ?)
3. Comment se nomme le dépassement observé sur les courbes juste avant et juste après \(t=1\,\text{s}\) ? Ce dépassement disparaît-il quand \(N\) augmente ?
1. Pour \(N=1\) : \(g_1(t) = 12+\dfrac{48}{\pi}\sin(\pi t)\). En \(t=0{,}5\,\text{s}\) : \(g_1(0{,}5) = 12+\dfrac{48}{\pi}\sin(0{,}5\pi) = 12+\dfrac{48}{\pi}\times1 \approx 12+15{,}28 \approx 27{,}3\,\text{V}\). Cette valeur, supérieure au plateau exact \(E=24\,\text{V}\), correspond bien au sommet de la courbe grise sur le graphique (juste au-dessus de \(24\,\text{V}\)... en fait bien au-delà, car avec un seul harmonique la reconstruction est encore très éloignée du créneau).
2. À \(t=1\,\text{s}\), chaque terme \(\sin(n\omega t) = \sin(n\pi\times1) = \sin(n\pi) = 0\) pour tout entier \(n\) (rang 1, 3, 5…). Toutes les sommes partielles valent donc exactement \(a_0=12\,\text{V}\) en ce point, quel que soit le nombre d'harmoniques \(N\) conservées. Ceci est cohérent avec le cours : en un point de discontinuité \(t_0\) (ici le saut du créneau), la série de Fourier converge vers la demi-somme des limites à gauche et à droite, soit \(\dfrac{24+0}{2}=12\,\text{V}\) — exactement la valeur observée.
3. Ce dépassement s'appelle le phénomène de Gibbs. Il ne disparaît pas quand \(N\) augmente : son amplitude relative reste d'environ 9 % du saut, mais il se resserre de plus en plus près de la discontinuité (sans jamais s'annuler complètement, même à la limite \(N\to+\infty\)).