Kuvan sähköpiiri sisältää jännite lähteen [i]V[/i] volttia, kytkimen [i]S, [/i]vastuksen (R Ω), ja käämin, jonka koko on L Henryä. Piirissä ei ole kondensaattoria (kapasitanssia).  Kytkin on aluksi pois päältä, jolloin virta ei kulje.  Se on suljettuna, kunnes ajan hetkellä [i]t[/i]=0, kytkin laitetaan päälle. Jos induktanssi [i]L[/i] olisi nolla, nousisi virta äkkiä nollasta (t<0) arvoon I=V/R (t>0). Mikäli L>0, niin virta ei voi muuttua äkisti, vaan riippuu ajasta [i]t[/i]. [br][br]Olkoon virta hetkellä [i]t[/i] sekuntia [math]I(t)[/math] ampeeria. Tiedetään että [math]I(t)[/math] :lle pätee alkuarvo-ongelma[br][br][math]\begin{cases}[br]L\frac{dI}{dt}+RI&=&V\\[br]I(0)&=&0[br]\end{cases}[/math][br][br]Alkuarvo-ongelma voidaan kirjoittaa muodossa[br][br] [math]\frac{dI}{dt}+\frac{R}{L}I=\frac{V}{L}.[/math][br][br]Differentiaaliyhtälö on lineaarinen ja sillä on integrointitekijä [math]e^{\mu(t)},[/math] jossa[br][br][math]\mu(t) = \int\frac{R}{L}dt=\frac{R}{L}t.[/math][br][br]Koska lineaarisille differentiaaliyhtälöille pätee [math]\mu(x)y(x)=\int\mu(x)Q(x)dx+C,[/math] missä [math]Q(x)[/math] on oikeanpuolen vakio, niin virran funktio voidaan ratkaista seuraavasta yhtälöstä:[br][br][math]\begin{eqnarray}[br]\mu(t)\cdot I(t)&=& \int \mu(t)\cdot \frac{V}{L} dt\\[br]\mu(t)\cdot I(t)&=&\frac{V}{R}e^{Rt/L}+C\\[br]I(t)&=&\frac{V}{R}+Ce^{-Rt/L}.[br]\end{eqnarray}[br][/math]

Koska [math]I(0)=0[/math], niin [math] C=-V/R.[/math] Virran funktion on siis [br][br][math]I(t) = \frac{V}{R}(1-e^{-Rt/L})\;\; t\geq 0.[/math][br][br]Tällöin [math]\lim_{t\rightarrow \inf} I(t)=V/R[/math] eli pitkän ajan kuluessa virta on sama kuin, jos induktanssi olisi nolla.