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\newcommand{\nplan}{3}

\newcounter{chapter}
\newcounter{exo}[chapter]

\counterwithin*{equation}{exo}

\FPeval{\firstchapter}{clip(3*(\nplan-1))}
\setcounter{chapter}{\firstchapter}

\newcommand{\chapter}[2][\thechapter]{\noindent\setcounter{section}{0}\refstepcounter{chapter}\textbf{{\huge Chapitre #1\vspace{1cm}} \\{\Huge #2 \vspace{0.5cm}}}}

\renewcommand*{\thesection}{\Roman{section}}

\newcommand{\exo}[1][]{\vspace{1em}\par\noindent\refstepcounter{exo}%
    \textbf{Exercice \theexo \label{exo:\thechapter-\theexo}}%
    \if\relax\detokenize{#1}\relax\else
        \hspace{1ex}---\hspace{1ex}%
    \fi
    \textit{#1}%
\par}

\title{Plan de travail $\mathrm n^\circ\nplan$}
\author{Théophile Cailliau}
\date{Pour le lundi 05 novembre 2018}

\begin{document}

\maketitle

\chapter{Les lois de Descartes}
\section{J'applique mon cours}

\exo[Caractériser une source lumineuse par son spectre]

\begin{center}
    \begin{tabular}{c!{\vrule width 1pt}c}
        \textbf{Spectre} & \textbf{Source}\\
        \noalign{\hrule height 1pt} 1 & Lampe \\
        \hline 2 & Étoile \\
        \hline 3 & Laser \\
    \end{tabular}
\end{center}

\exo[Relier la longueur d'onde dans le vide et la couleur]

\begin{center}
    \begin{tabular}{c!{\vrule width 1pt}c}
        \textbf{$\bm\lambda$ (nm)} & \textbf{Couleur}\\
        \noalign{\hrule height 1pt} 400 & Violet\\
        \hline 470 & Bleu \\
        \hline 500 & Bleu-Vert \\
        \hline 580 & Jaune \\
        \hline 650 & Rouge-Orange \\
    \end{tabular}
\end{center}

\exo[Définir le modèle de l’optique géométrique et indiquer ses limites]

Il faut que la longueur caractéristique des variations des propriétés physiques des milieux (indice, transparence, ...) soit très grande devant la longueur d'onde de la radiation, et il faut que les milieux soient transparents, homogènes et isotropes.

\exo[Établir la condition de réflexion totale]

Il y a réflexion totale si $n_1>n_2$ et $i>\arcsin\left(\frac{n_2}{n_1}\right)$

\section{Je m'entraîne}

\exo[Incidence de Brewster]

On note $i$ l'angle d'incidence et $\theta$ l'angle réfracté. On a $\sin\theta=\sin\left(\frac\pi2-i\right)=\cos i$ et donc
\[ \sin i=n\sin\theta \implies n=\tan i \implies i=\arctan n\]

\newpage

\exo[Poisson rouge dans un aquarium]

\begin{enumerate}
    \item On note $i_2$ l'angle du rayon réfracté lors du passage air-verre. On a $n_1\sin i_1=n_2 \sin i_2$ soit $i_2=\arcsin\left(\frac{n_1}{n_2}\sin i_1\right)\approx 28.65^\circ$. On note $i_3$ l'angle du rayon réfracté lors du passage verre-eau. On a de même $i_3=\arcsin\left(\frac{n_2}{n_3}\sin i_2\right)\approx 32.73^\circ$
    \item On a $n_1<n_2$ donc s'il y a réflexion totale, c'est à l'interface verre-eau (second dioptre). On a, pour le second dioptre $i_{lim}=\arcsin\left(\frac{n_3}{n_2}\right)\approx 62.45^\circ$ donc il faut des RL dans le verre avec un angle $i_2>62.45^\circ$, ce qui est impossible puisqu'on a ${i_2}_{\mathrm{MAX}}=\arcsin\left(\frac{n_1}{n_2}\sin\frac\pi2\right)\approx 50^\circ$. Il n'y a donc aucune réflexion totale.
\end{enumerate}

\exo[Reconnaissance de gemmes]

\begin{center}
    \large \textit{Partie I}
\end{center}
\begin{enumerate}
    \item Si $n_1<n_2$,
        \begin{center}

            \includestandalone{figures/gemme-1}
        \end{center}
        Si $n_1>n_2$,
        \begin{center}
            \includestandalone{figures/gemme-2}
        \end{center}

    \item Dans le premier cas, l'écran aura une plus forte intensité lumineuse sur l'extérieur du solide, alors que dans le deuxième c'est au centre du solide (partie en contact avec l'écran) qu'il y aura la plus forte intensité lumineuse
\end{enumerate}


\begin{center}
    \large \textit{Partie II}
\end{center}

\begin{enumerate}
    \item La pierre de Moissanite va floter alors que les deux autres vont couler.
    \item L'indice de réfraction du Zircon est supérieur à celui de l'iodure de méthylène, et celui du Verre flint est inférieur à celui de l'iodure de méthylène. D'après la partie \textit{I}, la pière numéro 2 est le Zircon et la pierre numéro 1 est le Verre flint.
\end{enumerate}

\section{Je progresse}

\exo[Le prisme]

\begin{enumerate}
    \item On a $\widehat{MPR}=180-r-r'$
    \item On a $\widehat{MPR}+A=180\iff A=r+r'$
    \item On a $D=i-r+i'-r'=i+i'-A$
    \item On a $\sin i=n\sin r$ et $\sin i'=n\sin r'$
    \item On a
        \begin{equation}
            \sin i=n\sin r \implies \cos i\;\mathrm di'=n\cos r\;\mathrm dr
        \end{equation}
        \begin{equation}
            \sin i'=n\sin r' \implies \cos i\;\mathrm di'=n\cos r'\;\mathrm dr'
        \end{equation}
        \begin{equation}
            A=r+r' \implies 0=\mathrm dr+\mathrm dr'
        \end{equation}
        \begin{equation}
            D=i+i'-A \implies \mathrm dD = \mathrm di+\mathrm di'
        \end{equation}
        En combinant $(4)$ et $(2)$, on trouve \[
            \mathrm dD=\mathrm di + n\frac{\cos r'}{\cos i'}\mathrm dr'
        \]
        Et avec $(3)$ et $(1)$, \[
            \mathrm dr'=-\mathrm dr=-\frac{\cos i}{n\cos r}\mathrm di
        \]
        On en déduit donc \[
            \frac{\mathrm dD}{\mathrm di}=1-\frac{\cos r'\cos i}{\cos r\cos i'}
        \]
        Pour $r=r'$, on a $i=i'$ par les relations de la question \textbf{4}, et donc $\displaystyle \frac{\mathrm dD}{\mathrm di}=1-1=0$
    \item On a $D_m=2i-A=2\arcsin(n\sin r)-A=2\arcsin\left(n\sin\left(\frac A2\right)\right)-A$

\end{enumerate}

\section{Je vise l'excellence}

\refstepcounter{exo}
\exo[Déviation des rayons par l'atmosphère terrestre]

\begin{enumerate}
    \item On a $n>n_0$ donc les rayons se rapprochent de la normale. Les rayons provenant des étoiles proches de l'horizon sont donc percues plus hautes.
        \begin{figure}[H]
            \centering
            \includestandalone{figures/etoiles-horizon}
            \caption{Les étoiles proches de l'horizon apparaissent plus hautes}
        \end{figure}
    \item Soit $i_1$ l'angle de réfraction. Alors on a $n_0\sin i_0=n\sin i_1$ donc \[
            i_1=\arcsin\left(\frac{n_0}n\sin i_0\right)
        \]
        Or $D=i_0-i_1$ d'où \[
            D=i_0-\arcsin\left(\frac{n_0}n\sin i_0\right)
        \]

        \textbf{AN:} $D=-0.029^\circ$

    \item Les courtes longueur d'onde étant plus déviées, les rayons qui nous parviendront en dernier seront ceux de courte longueur d'onde. Il seront donc bleus.
\end{enumerate}

\newpage

\chapter{Régime transitoire}

\section{J’applique mon cours}

\exo[Distinguer, sur un relevé expérimental, régime transitoire et régime permanent au cours
de l’évolution d’un système du premier ordre soumis à un échelon]

\begin{center}
    \includestandalone{figures/regime-transitoire-points}
\end{center}

\exo[Interpréter et utiliser les continuités de la tension aux bornes d’un condensateur ou de
l’intensité dans une bobine]

\begin{itemize}
    \item Dans le premier circuit, par continuité de la tension, \[
            u(0^+)=0
        \]
    \item Dans le deuxième circuit, par continuité de l'intensité \[
            i(0^+)=0
        \]
\end{itemize}

\exo[Établir l’équation différentielle du premier ordre vérifiée par une grandeur électrique
dans un circuit comportant une ou deux mailles]

On définit des courants dans les deux circuits:
\begin{center}
    \includestandalone{figures/circuits-exo-3}
\end{center}

\begin{itemize}
    \item Dans le premier circuit, on a les équations de mailles \[
            E-u(t)-R_1i_1=0
        \] \[
            R_2(i_1-i)-u(t)=0
        \]
        Donc \[
            E-u(t)-R_1\frac{R_2i+u(t)}{R_2}=0\iff E-u(t)\left(1+\frac{R_1}{R_2}\right)-R_1i=0
        \]
        Et \[
            i(t)=C\frac{\mathrm du}{\mathrm dt}(t)
        \]
        Donc on a \begin{equation}
            \frac{\mathrm du}{\mathrm dt} + \frac u{R_1C}\left(1+\frac{R_1}{R_2}\right)=\frac E{R_1C} \tag{$\star$}\label{eq:condensateur}
        \end{equation}
        En dérivant, on obtient \[
            \frac 1C\frac{\mathrm di}{\mathrm dt} + \left(1+\frac{R_1}{R_2}\right)\frac i{R_1C^2}=0
        \]
    \item Dans le second circuit, on a \[
            E-u(t)\left(1+\frac{R_1}{R_2}\right)-R_1i=0
        \]
        Et \[
            u(t)=L\frac{\mathrm di}{\mathrm dt}(t)
        \]
        Donc on a \begin{equation}
            \frac{\mathrm di}{\mathrm dt}+\frac{R_1}{L\left(1+\frac{R_1}{R_2}\right)} i=\frac E{L\left(1+\frac{R_1}{R_2}\right)} \tag{$\star\star$} \label{eq:bobine}
        \end{equation}
        En dérivant, on obtient \[
            \frac1L\frac{\mathrm du}{\mathrm dt}+\frac{R_1u}{L^2\left(1+\frac{R_1}{R_2}\right)}=0
        \]
\end{itemize}

\exo[Prévoir l’évolution du système, avant toute résolution de l’équation différentielle, à
partir d’une analyse s’appuyant sur une représentation graphique de la dérivée temporelle de la grandeur
en fonction de cette grandeur]

On a \[
    \frac{\mathrm du}{\mathrm dt}(t)=\frac1{R_1C}\left(E-u(t)\left(1+\frac{R_1}{R_2}\right)\right)
\]

\begin{center}
    \hspace{-2cm}
    \includestandalone{figures/graphique-dudt-u}
\end{center}

La dérivée tend vers $0$, le système va se stabiliser.

\exo[Déterminer analytiquement la réponse temporelle dans le cas d’un régime libre ou d’un
échelon]

\begin{itemize}
    \item On cherche à résoudre (\ref{eq:condensateur}). On résout d'abord \begin{equation}
            \frac{\mathrm du}{\mathrm dt} + \frac u{R_1C}\left(\frac{R_1+R_2}{R_2}\right)=0 \tag{$H$\ref{eq:condensateur}}
    \end{equation}
        qui a pour solution générale $u(t)=A\exp\left(-t\frac {R_1+R_2}{R_2{R_1C}}\right)$. On cherche ensuite une solution particulière de (\ref{eq:condensateur}). \[u(t)=\frac{ER_2}{R_1+R_2}\] en est une, donc la solution générale de (\ref{eq:condensateur}) s'écrit \[
            u(t)=\frac{ER_2}{R_1+R_2}+Ae^{-t\frac{R_1+R_2}{R_2{R_1C}}}
        \]
        Or on sait $u(0^+)=0$ donc on a \[
            u(t)=\frac{ER_2}{R_1+R_2}\left(1-e^{-t\frac{R_1+R_2}{R_2{R_1C}}}\right)=\frac{ER_2}{R_1+R_2}\left(1-e^{-\frac t\tau}\right)
        \]
        avec $\tau=\frac{R_2R_1C}{R_1+R_2}$. On a alors \[
            i(t)=C\frac{\mathrm du}{\mathrm dt}(t)=\frac{CER_2}{\tau(R_1+R_2)}e^{-\frac t\tau}
        \]
    \item On cherche à résoudre (\ref{eq:bobine}). On résout d'abord \begin{equation}
            \frac{\mathrm di}{\mathrm dt}+\frac{R_1}{L\left(1+\frac{R_1}{R_2}\right)} i=0 \tag{$H$\ref{eq:bobine}}
    \end{equation}
        qui a pour solution générale $i(t)=A\exp\left(-t\frac {R_1}{L\left(1+\frac{R_1}{R_2}\right)}\right)$. On cherche ensuite une solution particulière de (\ref{eq:bobine}). \[i(t)=\frac E{R_1}\] en est une, donc la solution de (\ref{eq:bobine}) s'écrit, en sachant $i(0^+)=0$, \[
            i(t)=\frac E{R_1}\left(1-e^{-t\frac{R_1}{L\left(1+\frac{R_1}{R_2}\right)}}\right)=\frac E{R_1}\left(1-e^{-\frac t\tau}\right)
        \]
        avec $\tau=\frac{L(R_1+R_2)}{R_1R_2}$. On a alors \[
            u(t)=L\frac{\mathrm di}{\mathrm dt}(t)=\frac{LE}{R_1\tau}e^{-\frac t\tau}
        \]
\end{itemize}

\exo[Déterminer un ordre de grandeur de la durée du régime transitoire]

La durée du régime transitoire est $\Delta t\approx 4,6\tau$. Dans le premier circuit, on a $\Delta t\approx 4,6\cdot \frac{CR_1R_2}{R_1+R_2}\approx 8,36\cdot 10^{-5} \;\mathrm s$. Dans le deuxième, on a $\Delta t\approx 4,6\cdot \frac {L(R_1+R_2)}{R_1R_2}\approx 0.28\cdot 10^{-3}\;\mathrm s$

\exo[Réaliser des bilans énergétiques]

On étudie le premier circuit. On a \[
    P=u(t)i(t)=u(t)C\frac{\mathrm du}{\mathrm dt}=\frac{\mathrm d}{\mathrm dt}\left(\frac12Cu(t)^2\right)
\]
D'où \[
    \mathcal E_l=\frac 12Cu^2=\frac 12C\left(\frac{ER_2}{R_1+R_2}\right)^2
\]
On a aussi \begin{align*}
    &E=R_1i(t)+u(t)\left(1+\frac{R_1}{R_2}\right)\\ \implies& Ei(t)=Ri^2(t)+u(t)i(t)\left(1+\frac{R_1}{R_2}\right)\\
    \implies& E\int_0^{+\infty}i(t)\mathrm dt=CE\left(\frac{ER_2}{R_1+R_2}\right)=\int_0^{+\infty}Ri^2(t)\mathrm dt+\frac12C\left(\frac{ER_2}{R_1+R_2}\right)^2\left(1+\frac{R_1}{R_2}\right)\\
    \implies& \mathcal E_J=CE\left(\frac{ER_2}{R_1+R_2}\right)-\frac12C\left(\frac{ER_2}{R_1+R_2}\right)^2\left(1+\frac{R_1}{R_2}\right)
\end{align*}

\section{Je m'entraîne}

\exo[Lampe témoin]

\begin{enumerate}
    \item En régime permanent, la bobine se comporte comme un fil. Le circuit est équivalent à
        \begin{center}
            \vspace{1em}
            \includestandalone{figures/exo-8-regime-permanent}
        \end{center}
        On a l'équation de maille \[
            E-Ri-R(i-i_1)=0
        \]
        Et par diviseur de courant, $i=5i_1$. On a donc \[
            E-5Ri_1-R(5i_1-i_1)=0\iff i_1=\frac E{9R}
        \]

    \item Le circuit est équivalent à
        \begin{center}
            \vspace{1em}
            \includestandalone{figures/exo-8-regime-transitoire}
        \end{center}
        On a par la loi des mailles l'équation différentielle \[
            L\frac{\mathrm di}{dt}+5Ri=0
        \]
        dont la solution générale s'écrit \[
            i(t)=Ae^{-\frac{5Rt}{L}}
        \]
        Or on sait, par continuité de $i$, que $i(0^+)=i-i_1=\dfrac{5E}{95}-\dfrac E{9R}=\frac{4E}{9R}$ (on utilise la même méthode qu'à la première question pour trouver $i$), et donc \[
            i(t)=\frac {4E}{9R}e^{-\frac {5Rt}L}
        \]
\end{enumerate}

\exo[Branches en parallèle]

\begin{enumerate}
    \item Par continuité de $i$, on a $i(0^+)=0$ et donc $i'(0^+)=\eta$
    \item On a $i'=\eta-i$ et l'équation de maille \[
            u=Ri+L\frac{\mathrm di}{\mathrm dt}\iff \frac{\mathrm di}{\mathrm dt}+\frac iL(R+R')=\frac{R'\eta}L
        \]
        La solution est, en tenant compte de $i(0^+)=0$, \[
            i(t)=\frac{R'\eta}{R+R'}\left(1-e^{-t\frac{R+R'}L}\right)
        \]
    \item On a $i'=\eta-i$ (loi des noeuds) donc \[
            i'(t)=\eta-\frac{R'\eta}{R+R'}\left(1-e^{-t\frac{R+R'}L}\right)
        \]
        Et $u(t)=R'i'(t)$ (loi d'Ohm)
    \item $\;$
        \begin{center}
            \includestandalone{figures/exo-9-courant} \\

            \includestandalone{figures/exo-9-tension}
    \end{center}
\end{enumerate}

\exo[Décharge d’un condensateur dans un circuit RC']

\begin{enumerate}
    \item a) On l'équation de maille: \[
            -u_C + u_{C'} + Ri = 0 \implies \frac{\mathrm du_C}{\mathrm dt}=R\frac{\mathrm di}{\mathrm dt} + d\frac{\mathrm du_{C'}}{\mathrm dt}\implies \frac iC+\frac i{C'}+R\frac{\mathrm di}{\mathrm dt}=0
        \]
        Et donc \[
            i(t) = A \exp \left(-t\frac{\frac1C+\frac 1{C'}}{R}\right)
        \]
        On a $i(0)=\dfrac{u_C(0)}{R}=\dfrac{q_0}{CR}$ donc \[
            i(t) = \frac{q_0}{CR} \exp \left(-t\frac{\frac1C+\frac 1{C'}}{R}\right)
        \]
        b) À l'état limite, la tension aux bornes de la résistance est nulle et vaut la différence des tensions aux bornes des deux condensateurs. On en déduit $u_C=u_{C'}$, soit $\frac {q_f}C=\frac {q_f'}{C'}$.
        On a \[
            \begin{cases}
                \vspace{1ex}\dfrac {q_f}C=\dfrac {q_f'}{C'} \\
                q_f+q_f'=q_0
            \end{cases} \implies \begin{cases}
                \vspace{1ex}q_f=q_0\dfrac{C}{C+C'}\\
                q_f'=q_0\dfrac{C'}{C+C'}
            \end{cases}
        \]
    \item a) On a \[
            \mathcal E_j=\int_0^{+\infty}Ri^2(t)\mathrm dt=R\frac{q_0^2}{C^2}\int_0^{+\infty}\exp \left(-t\frac{\frac1C+\frac 1{C'}}{R}\right)\mathrm dt=R\frac{q_0^2}{C^2}\cdot \frac R{\frac1C+\frac1{C'}}
        \]

        b) On a \begin{align*}
            -u_C+u_{C'}+Ri=0 &\implies -u_Ci+u_{C'}i+Ri^2=0 \\
            &\implies Cu_C\frac{\mathrm du_C}{\mathrm dt} + C'u_{C'}\frac{\mathrm du_{C'}}{\mathrm dt}+Ri^2=0 \\
            &\implies C\int_0^{+\infty}u_C\frac{\mathrm du_C}{\mathrm dt}\mathrm dt + C'\int_0^{+\infty}u_{C'}\frac{\mathrm du_{C'}}{\mathrm dt}\mathrm dt = -\int_0^{+\infty} Ri^2\mathrm dt=-\mathcal E_j\\
            &\implies \mathcal E_j=-\frac C2\left(\frac{q_f}C-\frac{q_0}C\right)^2-\frac {C'}2\cdot \frac{q_f'^2}{C'^2}=-\frac{(q_f-q_0)^2}{2C}-\frac{q_f'^2}{2C'}
        \end{align*}
\end{enumerate}

\section{Je progresse}

\refstepcounter{exo}

\exo[Étude d’un tube à décharge]

\begin{enumerate}
    \item Le dipole n'est pas linéaire et est passif (sa caractéristique passe par l'origine).
        \begin{figure}[H]
            \centering
            \includestandalone{figures/tube-caracteristique}
            \caption{Caractéristique $i=f(u)$. En rouge le parcours suivi lorsqu'on augmente $u$, et en bleu lorsqu'on le diminue.}
        \end{figure}
    \item On a l'équation de maille \[
            E-Ri-u=0\implies \frac{\mathrm du}{\mathrm dt}(t) + \frac{u(t)}\tau=\frac E\tau
        \]
            avec $\tau_1=RC$. La solution en tenant compte des conditions initiales est \[
                u(t)=E\left(1-e^{-\frac t{\tau_1}}\right)
            \]

        \item Il faut $E>U_a$ car $E=\sup u$
        \item \[
                E\left(1-e^{-\frac {t_0}{\tau_1}}\right)=U_a\iff t_0=-\tau_1\ln\left(1-\frac{U_a}{E}\right)
            \]

        \item On définit $i$ et $i_1$:
            \begin{center}
                \includestandalone{figures/tube-circuit}
            \end{center}
            où le tube est équivalent à la résistance $r=500\mathrm k\Omega$. On a \[
                u(t)+r(i-i_1)=0
            \]
            et\[
                E-Ri-u(t)=0\iff i=\frac{E-u(t)}R
            \]
            Or $i_1(t)=-C\dfrac{\mathrm du}{\mathrm dt}(t)$ donc on a \[
                -u+r\frac{E-u}R-Cr\frac{\mathrm du}{\mathrm dt}=0 \iff \frac{\mathrm du}{\mathrm dt}+\frac u{Cr}\left(1+\frac rR\right)=\frac {E}{CR}
            \]
            On pose $\tau=\frac{CrR}{r+R}$.
            La solution générale de l'équation différentielle homogène est \[
                u(t)=Ae^{-\frac t\tau}
            \]
            Et une solution particulière de l'équation différentielle est \[
                u(t)=\frac{Er}{r+R}
            \]
            D'où la solution générale \[
                u(t)=\frac{Er}{r+R} + Ae^{-\frac t\tau}
            \]
            Or on sait $u(t_0)=U_a$ donc \[
                u(t)=\frac{Er}{r+R}+\frac{U_a-\frac{Er}{r+R}}{e^{-\frac{t_0}\tau}}e^{-\frac t\tau}=\frac{Er}{r+R}+\frac{U_a(r+R)-Er}{(r+R)\left(1-\frac{U_a}E\right)^{\frac{r+R}r}}e^{-\frac t\tau}
            \]
        \item Il faut \[
                \frac{Er}{r+R}<U_e
            \]
            et \[
                U_e<U_a
            \]
        \item On note $u_\ell=\frac{Er}{r+R}$ et $\lambda=\frac{U_a(r+R)-Er}{(r+R)\left(1-\frac{U_a}E\right)^{\frac{r+R}r}}$. On a \[
                u(t_1)=u_\ell+\lambda e^{-\frac {t_1}\tau}=U_e\iff t_1=-\tau \ln\left(\frac{U_e-u_\ell}\lambda\right)
            \]
        \item Lorsqu'on atteint $t_1$, on revient dans la configuration où le tube est éteint et agit comme une résistance infinie. La tension $u$ sera donc périodique. De même que pour $t_0$, on a $u(t)=U_e$ en $t=t_2$, avec \[
                t_2=-\tau_1\ln\left(1-\frac{U_e}E\right)
            \]
            On a alors \[
                T=t_1-t_2=-\tau \ln\left(\frac{U_e-u_\ell}\lambda\right)+\tau_1\ln\left(1-\frac{U_e}E\right)
            \]
        \item On trace la courbe avec les données de la question $10$.
            \begin{figure}[H]
                \centering
                \includestandalone{figures/tube-tension-courbe}
                \caption{Évolution de la tention $u(t)$ pour $E=150\mathrm V ; U_a=90\mathrm V ; U_e=70\mathrm V ; R=10\mathrm M\Omega ; r=0,5\mathrm M\Omega ; C=1,0\mu\mathrm F$}
            \end{figure}
        \item {%
                \def\E{150}
                \def\Ua{90}
                \def\Ue{70}
                \def\R{10000000}
                \def\r{500000}
                \def\C{0.000001}
                \FPeval{\tauun}{\C*\R}
                \FPeval{\tau}{\C*\r*\R/(\r+\R)}
                \FPeval{\lambda}{(\Ua*(\r+\R)-\E*\r)/((\r+\R)*(1-\Ua/\E)^((\r+\R)/\r))}
                \FPeval{\tzero}{(-1)*\tauun*ln(1-\Ua/\E)}
                \FPeval{\tun}{(-1)*\tau*ln((\Ue-\E*\r/(\r+\R))/\lambda)}
                \FPeval{\tdeux}{(-1)*\tauun*ln(1-\Ue/\E)}
                \FPeval{\T}{round(\tun-\tdeux, 3)}
                \textbf{AN:} $T=\T\mathrm s$ 
            }
            
\end{enumerate}

\end{document}
