Exercice 11 - Exercice 1

1 h 30 min
120
Encore un exercice de type devoir.
Question 1
Soit i\mathsf{i} le nombre imaginaire pur unité. On a alors i2=−1 \mathsf{i}^2 = -1.
Soit tt une quantité réelle.
Soit ω\omega une quantité réelle.
Soit i:t∈R⟼i(t)∈R\mathfrak{i} : t \in \mathbb{R} \longmapsto \mathfrak{i}(t) \in \mathbb{R} la fonction numérique que modélise l'intensité du courant électrique.
Soit L>0L > 0 qui représente une inductance, qui caractérise la capacité d'un circuit (ou d'une bobine) à s'opposer aux variations du courant électrique par l'intermédiaire de la création d'un champ magnétique) et
Soit R>0R > 0 qui représente une résistance électrique, donc une opposition au passage d'un courant électrique (un flux algébrique de charge électrique.
Soit f∈R+⋆f \in \mathbb{R}^{+\star} une grandeur réelle qui a les dimensions d'une fréquence.
Soit E0E_0 une quantité réelle qui à les dimension d'une tension électrique.
Soit E:t∈R⟼E(t)=E0 e−f ∣t∣∈RE : t \in \mathbb{R} \longmapsto E(t) = E_0 \, e^{-f \, |t|} \in \mathbb{R} la fonction numérique qui modélise la tension électrique du générateur du circuit RLRL considéré.
On considère un circuit électrique composé, en série, l'une bobine d'inductance LL, d'une résistance électrique RR et d'un générateur de tension électrique E()E(). La cinétique électrique de ce circuit est gouvernée par l'E.D.O. (qui résulte de l'égalité entre les tensions réceptrices et les tensions génératives) suivante :
Ldidt(t)+Ri(t)=E(t)L \dfrac{\mathrm{d} \mathfrak{i}}{\mathrm{d}t}(t) + R \mathfrak{i}(t) = E(t)
La transformée de Fourier g^(ω)=F[g](ω)\widehat{g}(\omega) = \mathcal{F}[g](\omega) est la suivante :
g^(ω)=F[g](ω)=TF[g(t)]=12π∫−∞+∞g(t) e−iωt dt\widehat{g}(\omega) = \mathcal{F}[g](\omega) = TF \left[ g(t) \right] = \dfrac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_{-\infty}^{+\infty} g(t) \, e^{- \mathsf{i} \omega t} \, \mathrm{d}t
De fait, la transformée de Fourier inverse g(t)=F−1[g^](t)g(t) = \mathcal{F}^{-1}[\widehat{g}](t) est la suivante :
g(t)=F−1[g^](t)=TF−1[g^(ω)]=12π∫−∞+∞g^(ω) eiωt dωg(t) = \mathcal{F}^{-1}[\widehat{g}](t) = TF^{-1} \left[ \widehat{g}(\omega) \right] = \dfrac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_{-\infty}^{+\infty} \widehat{g}(\omega) \, e^{ \mathsf{i} \omega t} \, \mathrm{d}\omega

En faisant usage de la transformée de \textit{Fourier}, résoudre l'équation différentielle ordinaire
suivante :
Ldidt(t)+Ri(t)=E(t)L \dfrac{\mathrm{d} \mathfrak{i}}{\mathrm{d}t}(t) + R \mathfrak{i}(t) = E(t)
avec :
E(t)=E0 e−f ∣t∣     avec :  f∈R+⋆E(t) = E_0 \, e^{-f \, |t|} \,\,\,\,\, \mathrm{avec \, :} \,\, f \in \mathbb{R}^{+\star}

Correction
On a l'équation différentielle suivante :
Ldid(t)+Ri(t)=E0 e−f ∣t∣L \dfrac{\mathrm{d} \mathfrak{i}}{\mathrm{d}}(t) + R \mathfrak{i}(t) = E_0 \, e^{-f \, |t|}
Nous allons prendre la transformée de Fourier, membre à membre, de cette équation différentielle ordinaire. On a alors :
TF[Ldid(t)+Ri(t)]=TF[E0 e−f ∣t∣]TF \left[ L \dfrac{\mathrm{d} \mathfrak{i}}{\mathrm{d}}(t) + R \mathfrak{i}(t) \right] = TF \left[ E_0 \, e^{-f \, |t|} \right]
Par linéarité de la transformée de Fourier, on a :
L TF[did(t)]+R TF[i(t)]=E0 TF[e−f ∣t∣]L \, TF \left[ \dfrac{\mathrm{d} \mathfrak{i}}{\mathrm{d}}(t) \right] + R \, TF \left[ \mathfrak{i}(t) \right] = E_0 \, TF \left[ e^{-f \, |t|} \right]
Soit :
L iω TF[i(t)]+R TF[i(t)]=E0 2πff2+ω2L \, \mathrm{i}\omega \, TF \left[ \mathfrak{i}(t) \right] + R \, TF \left[ \mathfrak{i}(t) \right] = E_0 \, \sqrt{\dfrac{2}{\pi}} \dfrac{f}{f^2 + \omega^2}
Par factorisation :
(i Lω+R) TF[i(t)]=E0 2πff2+ω2\big( \mathrm{i} \, L \omega + R \big) \, TF \left[ \mathfrak{i}(t) \right] = E_0 \, \sqrt{\dfrac{2}{\pi}} \dfrac{f}{f^2 + \omega^2}
D'où :
TF[i(t)]=E0f 2π1f2+ω21R+i LωTF \left[ \mathfrak{i}(t) \right] = E_0 f \, \sqrt{\dfrac{2}{\pi}} \dfrac{1}{f^2 + \omega^2} \dfrac{1}{R + \mathrm{i} \, L \omega}
En prenant la transformée de Fourier inverse des deux membres de l'équation précédente, on obtient :
TF−1[TF[i(t)]]=TF−1[E0f 2π1f2+ω21R+i Lω]TF^{-1} \left[ TF \left[ \mathfrak{i}(t) \right] \right] = TF^{-1} \left[ E_0 f \, \sqrt{\dfrac{2}{\pi}} \dfrac{1}{f^2 + \omega^2} \dfrac{1}{R + \mathrm{i} \, L \omega} \right]
En tenant compte du fait que TF−1[TF[i(t)]]=i(t)TF^{-1} \left[ TF \left[ \mathfrak{i}(t) \right] \right] = \mathfrak{i}(t) et de la linéarité de la transformée de Fourier inverse, on obtient alors :
i(t)=E0f 2π TF−1[1f2+ω21R+i Lω]\mathfrak{i}(t) = E_0 f \, \sqrt{\dfrac{2}{\pi}} \, TF^{-1} \left[ \dfrac{1}{f^2 + \omega^2} \dfrac{1}{R + \mathrm{i} \, L \omega} \right]
Pour pouvoir calculer le terme TF−1[1f2+ω21R+i Lω]TF^{-1} \left[ \dfrac{1}{f^2 + \omega^2} \dfrac{1}{R + \mathrm{i} \, L \omega} \right], qui vient d'apparaitre, nous allons réaliser une décomposition en éléments simples.
Pour simplifier les calculs algébrique, on allons poser :
s=i ω    ⟹    s2=(i ω)2=i2 ω2=−ω2s = \mathrm{i} \, \omega \,\,\,\, \Longrightarrow \,\,\,\, s^2 = \big( \mathrm{i} \, \omega \big)^2 = \mathrm{i}^2 \, \omega^2 = - \omega^2
De fait, on a alors :
i(t)=E0f 2π TF−1[1f2−s21R+Ls]\mathfrak{i}(t) = E_0 f \, \sqrt{\dfrac{2}{\pi}} \, TF^{-1} \left[ \dfrac{1}{f^2 - s^2} \dfrac{1}{R + Ls } \right]
On en déduit donc que :
i(t)=E0f 2π TF−1[1(f−s) (f+s) (R+Ls)]\mathfrak{i}(t) = E_0 f \, \sqrt{\dfrac{2}{\pi}} \, TF^{-1} \left[ \dfrac{1}{(f - s) \, (f + s) \, (R + Ls)} \right]
Avec AA, BB et CC qui sont trois nombres réels, on obtient la décomposition en éléments simples suivante :
i(t)=E0f 2π TF−1[Af−s+Bf+s+CR+Ls]\mathfrak{i}(t) = E_0 f \, \sqrt{\dfrac{2}{\pi}} \, TF^{-1} \left[ \dfrac{A}{f - s} + \dfrac{B}{f + s} +\dfrac{C}{R + Ls} \right]
Posons H(s)=1(f−s) (f+s) (R+Ls)=Af−s+Bf+s+CR+LsH(s) = \dfrac{1}{(f - s) \, (f + s) \, (R + Ls)} = \dfrac{A}{f - s} + \dfrac{B}{f + s} +\dfrac{C}{R + Ls}. On a alors :
∙  {\color{blue}{\bullet \,\,}} Pour le coefficient réel AA.
On a :
(f−s)H(s)=f−s(f−s) (f+s) (R+Ls)=A(f−s)f−s+B(f−s)f+s+C(f−s)R+Ls(f - s) H(s) = \dfrac{f - s}{(f - s) \, (f + s) \, (R + Ls)} = \dfrac{A(f-s)}{f - s} + \dfrac{B(f-s)}{f + s} +\dfrac{C(f-s)}{R + Ls}
Comme f−sf-s n'est pas une quantité toujours nulle, on peut effectuer les simplifications et ainsi obtenir :
1(f+s) (R+Ls)=A+B(f−s)f+s+C(f−s)R+Ls\dfrac{1}{(f + s) \, (R + Ls)} = A + \dfrac{B(f-s)}{f + s} + \dfrac{C(f-s)}{R + Ls}
Posons maintenant la valeur qui annule automatiquement l'expression f−sf-s, à savoir s=fs = f. On a alors :
1(f+f) (R+Lf)=A+B(f−f)f+f+C(f−f)R+Lf\dfrac{1}{(f + f) \, (R + Lf)} = A + \dfrac{B(f-f)}{f + f} +\dfrac{C(f-f)}{R + Lf}
Soit :
1(2f) (R+Lf)=A+B02f+C0R+Lf\dfrac{1}{(2f) \, (R + Lf)} = A + \dfrac{B0}{2f} + \dfrac{C0}{R + Lf}
Ce qui implique que :
A=12f (R+Lf)A = \dfrac{1}{2f \, (R + Lf)}
∙∙  {\color{blue}{\bullet \bullet \,\,}} Pour le coefficient réel BB.
On a :
(f+s)H(s)=f+s(f−s) (f+s) (R+Ls)=A(f+s)f−s+B(f+s)f+s+C(f+s)R+Ls(f + s) H(s) = \dfrac{f + s}{(f - s) \, (f + s) \, (R + Ls)} = \dfrac{A(f+s)}{f - s} + \dfrac{B(f+s)}{f + s} + \dfrac{C(f+s)}{R + Ls}
Comme f+sf+s n'est pas une quantité toujours nulle, on peut effectuer les simplifications et ainsi obtenir :
1(f−s) (R+Ls)=A(f+s)f−s+B+C(f+s)R+Ls\dfrac{1}{(f - s) \, (R + Ls)} = \dfrac{A(f+s)}{f - s} + B + \dfrac{C(f+s)}{R + Ls}
Posons maintenant la valeur qui annule automatiquement l'expression f+sf+s, à savoir s=−fs = -f. On a alors :
1(f−(−f)) (R+L(−f))=A(f+(−f))f−(−f)+B+C(f+(−f))R+L(−f)\dfrac{1}{(f - (-f)) \, (R + L(-f))} = \dfrac{A(f+(-f))}{f - (-f)} + B + \dfrac{C(f+(-f))}{R + L(-f)}
Soit :
1(2f) (R−Lf)=A0f+f+B+C0R−Lf\dfrac{1}{(2f) \, (R - Lf)} = \dfrac{A0}{f + f} + B + \dfrac{C0}{R - Lf}
Ce qui implique que :
B=12f (R−Lf)B = \dfrac{1}{2f \, (R - Lf)}
∙∙∙  {\color{blue}{\bullet \bullet \bullet \,\,}} Pour le coefficient réel CC.
On a :
(R+Ls)H(s)=R+Ls(f−s) (f+s) (R+Ls)=A(R+Ls)f−s+B(R+Ls)f+s+C(R+Ls)R+Ls(R + Ls) H(s) = \dfrac{R + Ls}{(f - s) \, (f + s) \, (R + Ls)} = \dfrac{A(R + Ls)}{f - s} + \dfrac{B(R + Ls)}{f + s} + \dfrac{C(R + Ls)}{R + Ls}
Comme R+LsR + Ls n'est pas une quantité toujours nulle, on peut effectuer les simplifications et ainsi obtenir :
1(f−s) (f+s)=A(R+Ls)f−s+B(R+Ls)f+s+C(R+Ls)R+Ls\dfrac{1}{(f - s) \, (f + s)} = \dfrac{A(R + Ls)}{f - s} + \dfrac{B(R + Ls)}{f + s} + \dfrac{C(R + Ls)}{R + Ls}
Posons maintenant la valeur qui annule automatiquement l'expression R+LsR + Ls, à savoir s=−RLs = -\dfrac{R}{L}. On a alors :
1(f−(−RL)) (f+(−RL))=0+0+C\dfrac{1}{\left(f - \left( -\dfrac{R}{L} \right) \right) \, \left(f + \left( -\dfrac{R}{L} \right) \right)} = 0 + 0 + C
Soit :
1(f+RL) (f−RL)=C\dfrac{1}{\left(f + \dfrac{R}{L} \right) \, \left(f - \dfrac{R}{L} \right)} = C
Ce qui implique que :
C=1f2−R2L2=1f2L2L2−R2L2=L2f2L2−R2=L2(fL)2−R2C = \dfrac{1}{f^2 - \dfrac{R^2}{L^2}} = \dfrac{1}{\dfrac{f^2 L^2}{L^2} - \dfrac{R^2}{L^2}} = \dfrac{L^2}{f^2L^2 - R^2} = \dfrac{L^2}{(fL)^2 - R^2}
Ceci nous permet d'écrire que :
i(t)=E0f 2π TF−1[12f (R+Lf)f−s+12f (R−Lf)f+s+L2(fL)2−R2R+Ls]\mathfrak{i}(t) = E_0 f \, \sqrt{\dfrac{2}{\pi}} \, TF^{-1} \left[ \dfrac{\dfrac{1}{2f \, (R + Lf)}}{f - s} + \dfrac{\dfrac{1}{2f \, (R - Lf)} }{f + s} +\dfrac{\dfrac{L^2}{(fL)^2 - R^2}}{R + Ls} \right]
Soit :
i(t)=E0f 2π TF−1[12f (R+Lf)f−s+12f (R−Lf)f+s+L(fL)2−R2RL+s]\mathfrak{i}(t) = E_0 f \, \sqrt{\dfrac{2}{\pi}} \, TF^{-1} \left[ \dfrac{\dfrac{1}{2f \, (R + Lf)}}{f - s} + \dfrac{\dfrac{1}{2f \, (R - Lf)} }{f + s} + \dfrac{\dfrac{L}{(fL)^2 - R^2}}{ \dfrac{R}{L} + s} \right]
Soit encore :
i(t)=E0f 2π TF−1[12f (R+Lf)f−i ω+12f (R−Lf)f+i ω+L(fL)2−R2RL+i ω]\mathfrak{i}(t) = E_0 f \, \sqrt{\dfrac{2}{\pi}} \, TF^{-1} \left[ \dfrac{\dfrac{1}{2f \, (R + Lf)}}{f - \mathrm{i} \, \omega} + \dfrac{\dfrac{1}{2f \, (R - Lf)} }{f + \mathrm{i} \, \omega} + \dfrac{\dfrac{L}{(fL)^2 - R^2}}{ \dfrac{R}{L} + \mathrm{i} \, \omega} \right]
Mais, on sait que (ceci est dans le cours) l'on a la relation suivante pour t⩾0t \geqslant 0 :
TF−1[12f (R−Lf)f+i ω]=12f (R−Lf) TF−1[1f+i ω]=12f (R−Lf) 2π U(t) e−ftTF^{-1} \left[ \dfrac{\dfrac{1}{2f \, (R - Lf)}}{f + \mathrm{i} \, \omega} \right] = \dfrac{1}{2f \, (R - Lf)} \, TF^{-1} \left[ \dfrac{1}{f + \mathrm{i} \, \omega} \right] = \dfrac{1}{2f \, (R - Lf)} \, \sqrt{2 \pi} \, \mathcal{U}(t) \, e^{-ft}
Dans cette relation précédente, le terme U(t) \mathcal{U}(t), représente l'échelon unité de Heaviside qui permet de respecter la causalité. Ainsi, on a également, par symétrie temporelle, la relation suivante pour t<0t < 0 :
TF−1[12f (R+Lf)f−i ω]=12f (R+Lf) TF−1[1f−i ω]=12f (R+Lf) 2π U(−t) e−f(−t)TF^{-1} \left[ \dfrac{\dfrac{1}{2f \, (R + Lf)}}{f - \mathrm{i} \, \omega} \right] = \dfrac{1}{2f \, (R + Lf)} \, TF^{-1} \left[ \dfrac{1}{f - \mathrm{i} \, \omega} \right] = \dfrac{1}{2f \, (R + Lf)} \, \sqrt{2 \pi} \, \mathcal{U}(-t) \, e^{-f(-t)}
Soit encore pour t<0t < 0 :
TF−1[12f (R+Lf)f−i ω]=12f (R+Lf) 2π U(−t) ef tTF^{-1} \left[ \dfrac{\dfrac{1}{2f \, (R + Lf)}}{f - \mathrm{i} \, \omega} \right] = \dfrac{1}{2f \, (R + Lf)} \, \sqrt{2 \pi} \, \mathcal{U}(-t) \, e^{f \,t}
De plus, on a donc pour t⩾0t \geqslant 0 :
TF−1[L(fL)2−R2RL+i ω]=L(fL)2−R2 TF−1[1RL+i ω]=L(fL)2−R2 2π U(t) e−RLtTF^{-1} \left[ \dfrac{\dfrac{L}{(fL)^2 - R^2}}{ \dfrac{R}{L} + \mathrm{i} \, \omega} \right] = \dfrac{L}{(fL)^2 - R^2} \, TF^{-1} \left[ \dfrac{1}{\dfrac{R}{L} + \mathrm{i} \, \omega} \right] = \dfrac{L}{(fL)^2 - R^2} \, \sqrt{2 \pi} \, \mathcal{U}(t) \, e^{-\frac{R}{L}t}
De ceci, on en déduit donc que :
i(t)=E0f 2π (12f (R+Lf) 2π U(−t) ef t+12f (R−Lf) 2π U(t) e−ft+L(fL)2−R2 2π U(t) e−RLt)\begin{array}{l} \mathfrak{i}(t) = E_0 f \, \sqrt{\dfrac{2}{\pi}} \, \bigg( \\ \dfrac{1}{2f \, (R + Lf)} \, \sqrt{2 \pi} \, \mathcal{U}(-t) \, e^{f \,t} + \dfrac{1}{2f \, (R - Lf)} \, \sqrt{2 \pi} \, \mathcal{U}(t) \, e^{-ft} + \dfrac{L}{(fL)^2 - R^2} \, \sqrt{2 \pi} \, \mathcal{U}(t) \, e^{-\frac{R}{L}t} \\ \bigg) \end{array}
En factorisant par 2π\sqrt{2 \pi} on obtient :
i(t)=E0f 2π 2π (12f (R+Lf) U(−t) ef t+12f (R−Lf) U(t) e−ft+L(fL)2−R2 U(t) e−RLt)\begin{array}{l} \mathfrak{i}(t) = E_0 f \, \sqrt{\dfrac{2}{\pi}} \, \sqrt{2 \pi} \, \bigg( \\ \dfrac{1}{2f \, (R + Lf)} \, \mathcal{U}(-t) \, e^{f \,t} + \dfrac{1}{2f \, (R - Lf)} \, \mathcal{U}(t) \, e^{-ft} + \dfrac{L}{(fL)^2 - R^2} \, \mathcal{U}(t) \, e^{-\frac{R}{L}t} \\ \bigg) \end{array}
Ce qui nous donne :
i(t)=2E0f (12f (R+Lf) U(−t) ef t+12f (R−Lf) U(t) e−ft+L(fL)2−R2 U(t) e−RLt)\begin{array}{l} \mathfrak{i}(t) = 2 E_0 f \, \bigg( \\ \dfrac{1}{2f \, (R + Lf)} \, \mathcal{U}(-t) \, e^{f \,t} + \dfrac{1}{2f \, (R - Lf)} \, \mathcal{U}(t) \, e^{-ft} + \dfrac{L}{(fL)^2 - R^2} \, \mathcal{U}(t) \, e^{-\frac{R}{L}t} \\ \bigg) \end{array}
On obtient l'expression de la solution suivante :
i(t)={2E0f12f (R+Lf) U(−t) ef tsit<02E0f(12f (R−Lf) U(t) e−ft+L(fL)2−R2 U(t) e−RLt)sit⩾0\mathfrak{i}(t) = \left\lbrace \begin{array}{rcl} 2 E_0 f \dfrac{1}{2f \, (R + Lf)} \, \mathcal{U}(-t) \, e^{f \,t} & \mathrm{si} & t < 0 \\ & & \\ 2 E_0 f \left( \dfrac{1}{2f \, (R - Lf)} \, \mathcal{U}(t) \, e^{-ft} + \dfrac{L}{(fL)^2 - R^2} \, \mathcal{U}(t) \, e^{-\frac{R}{L}t} \right) & \mathrm{si} & t \geqslant 0 \\ \end{array} \right.
Finalement, en tenant compte des causalités indiquées, à savoir que U(t)=1\mathcal{U}(t) = 1 si t⩾0t \geqslant 0 et 00 si t<0t < 0, puis U(−t)=1\mathcal{U}(-t) = 1 si t<0t < 0 et 00 si t⩾0t \geqslant 0, on obtient l'expression suivante de la solution :
i(t)={E0R+Lf eftsit<0E0R−Lf e−ft+2E0fL(fL)2−R2 e−RLtsit⩾0et  f≠RL\mathfrak{i}(t) = \left\lbrace \begin{array}{rcl} \dfrac{E_0}{R + Lf} \, e^{ft} & \mathrm{si} & t < 0 \\ & & \\ \dfrac{E_0}{R - Lf} \, e^{-ft} + \dfrac{2 E_0 fL}{(fL)^2 - R^2} \, e^{-\frac{R}{L}t} & \mathrm{si} & t \geqslant 0 \mathrm{et} \,\, f \neq \dfrac{R}{L} \\ \end{array} \right.
Une ultime factorisation par E0E_0 est possible pour le cas t⩾0t \geqslant 0, on a alors :
i(t)={E0R+Lf eftsit<0E0(1R−Lf e−ft+2fL(fL)2−R2 e−RLt)sit⩾0  et  f≠RL\mathfrak{i}(t) = \left\lbrace \begin{array}{rcl} \dfrac{E_0}{R + Lf} \, e^{ft} & \mathrm{si} & t < 0 \\ & & \\ E_0 \left( \dfrac{1}{R - Lf} \, e^{-ft} + \dfrac{2 fL}{(fL)^2 - R^2} \, e^{-\frac{R}{L}t} \right) & \mathrm{si} & t \geqslant 0 \,\, \mathrm{et} \,\, f \neq \dfrac{R}{L} \\ \end{array} \right.
Question 2

Vérifier si la continuité de la fonction qui modélise le courant électrique i \mathfrak{i} est continue en t=0t=0.

Correction
On a :
∙∙  {\color{red}{\bullet \bullet \,\,}} pour t<0t < 0, on doit examiner la limite lorsque t⟶0−t \longrightarrow 0^-.
On a alors :
lim⁡t ⟶ 0−i(t)=lim⁡t ⟶ 0−E0R+Lf eft=E0R+Lf lim⁡t ⟶ 0−eft=E0R+Lf ×1\lim_{t \, \longrightarrow \, 0^-} \mathfrak{i}(t) = \lim_{t \, \longrightarrow \, 0^-} \dfrac{E_0}{R + Lf} \, e^{ft} = \dfrac{E_0}{R + Lf} \, \lim_{t \, \longrightarrow \, 0^-} e^{ft} = \dfrac{E_0}{R + Lf} \, \times 1
Soit :
lim⁡t ⟶ 0−i(t)=E0R+Lf\lim_{t \, \longrightarrow \, 0^-} \mathfrak{i}(t) = \dfrac{E_0}{R + Lf}
∙∙  {\color{red}{\bullet \bullet \,\,}} pour t⩾0t \geqslant 0, on doit examiner l'expression de i(t=0)\mathfrak{i}(t=0) sous la condition f≠RLf \neq \dfrac{R}{L}.
On a alors :
i(t=0)=E0(1R−Lf e−f0+2fL(fL)2−R2 e−RL0)\mathfrak{i}(t=0) = E_0 \left( \dfrac{1}{R - Lf} \, e^{-f0} + \dfrac{2 fL}{(fL)^2 - R^2} \, e^{-\frac{R}{L}0} \right)
Soit :
i(t=0)=E0(1R−Lf e0+2fL(fL)2−R2 e0)\mathfrak{i}(t=0) = E_0 \left( \dfrac{1}{R - Lf} \, e^{0} + \dfrac{2 fL}{(fL)^2 - R^2} \, e^{0} \right)
Mais e0=1e^0 = 1, donc :
i(t=0)=E0(1R−Lf+2fL(fL)2−R2)\mathfrak{i}(t=0) = E_0 \left( \dfrac{1}{R - Lf} + \dfrac{2 fL}{(fL)^2 - R^2} \right)
D'où :
i(t=0)=E0(1R−Lf+2fL(Lf−R)(Lf+R))\mathfrak{i}(t=0) = E_0 \left( \dfrac{1}{R - Lf} + \dfrac{2 fL}{(Lf - R)(Lf + R)} \right)
Donc :
i(t=0)=E0(1R−Lf−2fL(R−Lf)(Lf+R))\mathfrak{i}(t=0) = E_0 \left( \dfrac{1}{R - Lf} - \dfrac{2 fL}{(R - Lf)(Lf + R)} \right)
En réduisant au même dénominateur on obtient :
i(t=0)=E0(Lf+R(R−Lf)(Lf+R)−2fL(R−Lf)(Lf+R))\mathfrak{i}(t=0) = E_0 \left( \dfrac{Lf + R}{(R - Lf)(Lf + R)} - \dfrac{2 fL}{(R - Lf)(Lf + R)} \right)
En regroupant sous une fraction unique :
i(t=0)=E0(Lf+R−2Lf(R−Lf)(Lf+R))\mathfrak{i}(t=0) = E_0 \left( \dfrac{Lf + R - 2Lf}{(R - Lf)(Lf + R)} \right)
On a alors :
i(t=0)=E0(R−Lf(R−Lf)(Lf+R))\mathfrak{i}(t=0) = E_0 \left( \dfrac{ R - Lf}{(R - Lf)(Lf + R)} \right)
Comme on a la condition f≠RLf \neq \dfrac{R}{L} cela nous assure que R−Lf≠0R - Lf \neq 0 et on peut donc effectuer la simplification qui apparaît, à savoir :
i(t=0)=E0(1Lf+R)\mathfrak{i}(t=0) = E_0 \left( \dfrac{ 1}{Lf + R} \right)
Et de fait, on trouve que :
i(t=0)=E0Lf+R\mathfrak{i}(t=0) = \dfrac{ E_0}{Lf + R}
Finalement, on vient de démontrer que :
lim⁡t ⟶ 0−i(t)=i(t=0)=E0R+Lf\lim_{t \, \longrightarrow \, 0^-} \mathfrak{i}(t) = \mathfrak{i}(t=0) = \dfrac{E_0}{R + Lf}
Ceci nous permet de conclure que la fonction de courant électriquei\mathfrak{i} est bien continue à l'origine, c'est-à-dire au raccordement des deux solutions issues de la causalité. C'est aussi conforme à la Physique : le courant d'une inductance ne peut pas subir de saut.
Question 3

Pouvez-vous extraire de cette étude un temps caractéristique, noté τ\tau, de la réponse cinétique de ce circuit électrique ?

Correction
Le terme qui se trouve dans l'exposant de la fonction exponentielle doit impérativement être sans dimension physique.
Ainsi l'expression e−RLte^{-\frac{R}{L}t} doit devoir s'écrire comme e−tτe^{-\frac{t}{\tau}}. On constate alors que l'on doit avoir, pour tout tt réel, l'égalité suivante :
tτ=RLt   ⟺   1τ=RL\frac{t}{\tau} = \dfrac{R}{L}t \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, \frac{1}{\tau} = \dfrac{R}{L}
Finalement :
τ=LR\tau = \dfrac{L}{R}
▶  Remarque :{\color{blue}{\blacktriangleright \,\, \textbf{Remarque :}}}
La solution pour t<0t < 0 permet de représenter l'établissement du courant "aspiré" par l'impulsion de tension qui a commencé à croître depuis des temps longs, représentés par la présence du symbole −∞-\infty.

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