Solu tions des exer cices du cha pitre 6
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Solu tionS deS exer ciceS du cha pitre 6
6.1 1) i(t) # dt 5 P3t , T < t 1 dt 4 5 dF(t) où : F( t ) 5 P3T < t 4 .
Or F(t) 5 1 2 v(t). Donc i( t ) 5 2v r( t ) .
Ici i( t ) 5 ( a) # e
2at 1 ( 1 1 at ) ( 2ae
2at
) 5 a
2 # t # e
2at
.
MTTF 5 t 5 3
`
0
t # i(t) 5 3
`
0
v(t) # dt ; ici :
t 5 3
`
0
a
2 # t
2 # e
2at
dt 5
1
a 3
`
0
x
2 # e
2x # dx,
en posant x 5 at.
On montre aisé ment que : 3
`
0
x
n # e
2x # dx 5 n! ( pour n entier). D’où t 5
2!
a
5
2
a
.
Le taux d’ava rie est ( t ) 5 2
v r( t )
v ( t )
5
a
2
t
1 1 at
. Pour t S `, ( t ) S a .
2) p m ( t ) 5 3
t
0
p m 2 1 ( u ) # i( t 2 u ) # du , avec p 0 ( t ) 5 v ( t ) .
On cal cule d’abord P 1 ( t ) 5 3
t
o
p o ( u ) # i ( t 2 u ) # du :
p 1 ( t ) 5 3
t
0
( 1 1 au ) # e
2au # a
2
( t 2 u ) # e
2a( t 2 u) # du
5 e
2 at
3
t
0
a
2
( 1 1 au ) ( t 2 u ) du 5 e
2at
3
t
0
a
2
32au
2 1 u ( at 2 1 ) 1 t 4 # du
Soit p 1 ( t ) 5 e
2at # a
2 # B2a
t
3
3
1 a
t
3
2
2
t
2
2
1 t
2
R 5 B
a
2
t
2
2
1
a
3
t
3
6
R # e
2at
.
De même on cal cule :
p 2 (t) 5 B
a
4
t
4
24
1
a
5
t
5
120
R # e
2at 5 B
(at)
4
4!
1
(at)
5
5!
R # e
2at
Puis par récur rence, on fait l’hypo thèse que :
p n (t) 5 B
(at)
2m
2m!
1
(at)
2m 1 1
(2m 1 1)!
R # e
2at
et l’on montre que p m 1 1 (t) a la forme ana logue (obte nue en rem pla çant m par m + 1 dans
l’expres sion de p m (t)) .