Eclats de vers : Matemat 11 : Équations différentielles - 1

Les fonctions Lipschitziennes sont des fonctions à variations bornées :

\[\lipschitz(A,B) = \{ f \in \fonction(A,B) : \exists L \in \setR : \forall x,y \in A : \norme{f(x)-f(y)} \le L \norme{x-y} \}\]

Soit \(f\in\lipschitz( \setR \times \setR^n , \setR)\), et l'application \(A\) définie par :

\[A(u)(t) = u_0 + \int_0^t f(s, u(s)) \ ds\]

pour toute fonction \(u : U \subseteq \setR \mapsto \setR\).

On peut montrer que \(A\) est contractante pour la distance définie pour toutes fonctions \(u,v\) par :

\[\distance(u,v) = \sup_{a \le t \le b} \norme{u(t) - v(t)}\]

où \(\norme{.}\) est la normee usuelle sur \(\setR^n\) :

\[\norme{x} = \sqrt{ \sum_{i=1}^n x_i^2 }\]

Cette application admet donc un unique point fixe \(u\) tel que :

\[u = A(u)\]

En dérivant cette relation, on obtient :

\[\OD{u}{t}(t) = \OD{}{t} A(u)(t) = \OD{}{t} \int_0^t f(s, u(s)) \ ds\]

La dérivée de l'intégrale vaut \(f(t, u(t)\) et on a :

\[\OD{u}{t}(t) = f(t, u(t))\]

On a aussi :

\[u(0) = u_0 + \int_0^0 f(s, u(s)) \ ds = u_0\]

Notre point fixe \(u\) est donc solution du problème différentiel :

\begin{align} \OD{u}{t}(t) &= f(t,u(t)) \\ \\ u(0) &= u_0 \end{align}

Inversément, en intégrant la première équation ci-dessous entre \(0\) et \(t\), on obtient la relation :

\[u(t) - u_0 = \int_0^t f(s, u(s)) \ ds\]

autrement dit :

\[u(t) = u_0 + \int_0^t f(s, u(s)) \ ds = A(u)\]

Toute solution du problème différentiel est donc point fixe de \(A\). Comme ce point fixe est unique, on en conclut que la solution du problème différentiel l'est aussi.

Soit les fonctions :

\[a_0, a_1, ..., a_{n - 1} : \setR \mapsto \setR\]

et une solution \(u : \setR \mapsto \setR\) du problème différentiel d'ordre \(n\) :

\begin{align} a_0(t) \cdot u(t) + \sum_{i=1}^{n-1} a_i(t) \cdot \NOD{u}{t}{i}(t) &= 0 \\ \\ u(0) &= U_0 \\ \\ \NOD{u}{t}{i}(0) &= U_i \qquad (i=1,...,n - 1) \end{align}

Ce problème peut se ramener à un problème différentiel d'ordre un. Pour cela on définit la fonction \(v : \setR \mapsto \setR^n\) par :

pour tout \(t \in \setR\). On voit alors que :

La condition initiale s'écrit :

Comme il existe une et une seule solution \(v\) au problème d'ordre un associé, le problème différentiel d'ordre \(n\) admet également une unique solution :

\[u : t \mapsto v_0(t)\]

Soit la fonctionnelle \(I : \continue^2([a,b],\setR) \mapsto \setR\). Nous allons tenter de minimiser \(I\) sur l'ensemble :

\[\mathcal{F} = \{ u \in \continue^2([a,b],\setR) : u(a) = U_1, \ u(b) = U_2 \}\]

On voit que les valeurs de toute fonction \(u \in \mathcal{F}\) sont contraintes aux extrémités du domaine de \(u\). On parle dans ce cas de problème aux limites.

Soit \(u \in \mathcal{F}\) et la fonction \(w\) appartenant à l'ensemble :

\[\mathcal{W} = \{ w \in \continue^2([a,b],\setR) : w(a) = w(b) = 0 \}\]

On a alors \(u + \epsilon \cdot w \in \mathcal{F}\) pour tout \(w \in \mathcal{W}\) et tout \(\epsilon \in \setR\), car :

On considère la famille de fonctions \(J_w : \setR \mapsto \setR\) définies par :

\[J_w(\epsilon) = I(u + \epsilon \cdot w)\]

pour tout \(w \in \mathcal{W}\) et tout \(\epsilon \in \setR\). Si \(u\) minimise \(I\) sur \(\mathcal{F}\), on a évidemment \(J_w(\epsilon) \ge J_w(0)\) pour tout \(w \in \mathcal{W}\) et pour tout \(\epsilon \in \setR\). Il est par conséquent nécessaire que la condition de stationarité :

\[\OD{J_w}{\epsilon}(0) = 0\]

soit satisfaite pour tout \(w\in\mathcal{W}\).

Un exemple typique de fonctionnelle \(I\) est définie pour tout \(u \in \continue^2([a,b],\setR)\) par :

\[I(u) = \int_a^b f(t, u(t), u'(t)) \ dt\]

avec :

\[f\in \continue^2([a,b]\times\setR^2,\setR), \ (t,u,v) \mapsto f(t,u,v)\]

On a :

\[J_w(\epsilon) = \int_a^b f(t, u + \epsilon \cdot w, u' + \epsilon \cdot w') \ dt\]

Donc :

\[\OD{J_w}{\epsilon}(0) = \int_a^b \left( \deriveepartielle{f}{u}(t,u,u') \cdot w + \deriveepartielle{f}{v}(t,u,u') \cdot w' \right) dt = 0\]

Nous allons tenter d'intégrer par parties le deuxième terme de l’intégrale. On sait que :

\[\OD{}{t}\left[\deriveepartielle{f}{v} \ w \right] = \OD{}{t}\left[ \deriveepartielle{f}{v} \right] \ w + \deriveepartielle{f}{v} \ w'\]

En intégrant, nous obtenons :

\[\int_a^b \OD{}{t}\left[\deriveepartielle{f}{v} \ w \right] dt = \int_a^b \OD{}{t} \left[ \deriveepartielle{f}{v} \right] \ w \ dt + \int_a^b \deriveepartielle{f}{v} \ w' \ dt\]

En utilisant le théorème fondamental et les conditions sur \(w\), on arrive à :

\[\int_a^b \OD{}{t}\left[\deriveepartielle{f}{v} \ w \right] dt = \deriveepartielle{f}{v}(b,u(b),u'(b)) \ w(b) - \deriveepartielle{f}{v}(a,u(a),u'(a)) \ w(a) = 0\]

On en déduit que :

\[0 = \int_a^b \OD{}{t} \left[ \deriveepartielle{f}{v} \right] \ w \ dt + \int_a^b \deriveepartielle{f}{v} \ w' \ dt\]

et :

\[\int_a^b \deriveepartielle{f}{v} \ w' \ dt = - \int_a^b \OD{}{t} \left[ \deriveepartielle{f}{v} \right] \ w \ dt\]

La condition de stationarité sur \(J_w\) devient alors :

\[\int_a^b \left( \deriveepartielle{f}{u} - \OD{}{t} \deriveepartielle{f}{v} \right) \ w \ dt = 0\]

Comme cette équation est valable pour tout les \(w\) dans \(\mathcal{W}\), on en déduit que \(u\) vérifie l'équation différentielle d’Euler - Lagrange :

\[\deriveepartielle{f}{u} - \OD{}{t} \deriveepartielle{f}{v} = 0\]

où les dérivées de \(f\) sont bien entendu évaluées en \((t,u(t),u'(t))\).

Il es possible de détailler la dérivation temporelle du second terme :

\[\OD{}{t}\left[\deriveepartielle{f}{v} \right] = \dfdxdy{f}{t}{v} + \dfdxdy{f}{u}{v} \ u' + \dfdxdy{f}{v}{v} \ u''\]

L’équation d’Euler - Lagrange devient alors :

\[\deriveepartielle{f}{u} - \dfdxdy{f}{t}{v} - \dfdxdy{f}{u}{v} \ u' - \dfdxdy{f}{v}{v} \cdot u'' = 0\]

Nous tentons cette fois de minimiser :

\[I(u) = \int_a^b f(t, u(t), u'(t)) \ dt\]

mais en respectant les \(m\) contraintes :

\[g_i(t,u(t),u'(t)) = 0\]

pour tout \(i \in \{1, 2, ..., m\}\), où :

\[g_i\in \continue^1([a,b]\times\setR^2,\setR), \ (t,u,v) \mapsto g(t,u,v)\]

Nous devons donc minimiser \(u\) sur l’espace :

\[\mathcal{G} = \{ u \in \mathcal{F} : g_i(t,u(t),u'(t)) = 0 \ \ \ \forall i \in \{1,2,...,m\} \}\]

Comme la fonction \(g\) prend des valeurs nulles entre \(a\) et \(b\), son intégrale y est également nulle :

\[\int_a^b g_i(t,u(t),u'(t)) \ dt = 0\]

Nous pouvons même multiplier \(g_i\) par un multiplicateur de lagrange :

\[\lambda_i \in \continue([a,b]\times\setR^2,\setR), \ t \mapsto \lambda_i(t)\]

et obtenir le même résultat :

\[\int_a^b \lambda_i(t) \cdot g_i(t,u(t),u'(t)) \ dt = 0\]

Définissons la fonctionnelle étendue :

\[H(u) = \int_a^b \left( f(t, u(t), u'(t)) + \sum_{i=1}^m \lambda_i(t) \cdot g_i(t,u(t),u'(t)) \right) \ dt\]

Comme \(u\) doit respecter les contraintes \(g_i\), on a :

\[H(u) = I(u)\]

Soit :

\[\mathcal{X} = \{ u \in \mathcal{W} : g_i(t,u(t),u'(t)) = 0 \ \ \ \forall i \in \{1,2,...,m\} \}\]

et \(w \in \mathcal{X}\). On a :

\[J_w(\epsilon) = I(u + \epsilon \cdot w) = H(u + \epsilon \cdot w)\]

En développant, nous obtenons :

\[J_w(\epsilon) = \int_a^b \left( f(t, u + \epsilon \cdot w, u' + \epsilon \cdot w') + \sum_{i=1}^m \lambda_i(t) \cdot g_i(t, u + \epsilon \cdot w ,u' + \epsilon \cdot w') \right) \ dt\]

Donc :

\[\OD{J_w}{\epsilon}(0) = \int_a^b \left[ \deriveepartielle{f}{u}(t,u,u') \cdot w + \deriveepartielle{f}{v}(t,u,u') \cdot w' + \sum_{i=1}^m \lambda_i(t) \cdot \deriveepartielle{g_i}{u}(t,u,u') \cdot w + \sum_{i=1}^m \lambda_i(t) \cdot \deriveepartielle{g_i}{v}(t,u,u') \cdot w' + \right] dt = 0\]

En utilisons l’intégration par parties et les conditions sur \(w\), nous arrivons à :

\[\int_a^b \deriveepartielle{f}{v} \ w' \ dt = - \int_a^b \OD{}{t} \left[ \deriveepartielle{f}{v} \right] \ w \ dt\]

et :

\[\int_a^b \lambda_i \cdot \deriveepartielle{g_i}{v} \ w' \ dt = - \int_a^b \OD{}{t} \left[ \lambda_i \cdot \deriveepartielle{g_i}{v} \right] \ w \ dt\]

La condition de stationarité sur \(J_w\) devient alors :

\[\int_a^b \left( \deriveepartielle{f}{u} - \OD{}{t} \deriveepartielle{f}{v} + \sum_{i=1}^m \lambda_i \cdot \deriveepartielle{g_i}{u} - \sum_{i=1}^m \OD{}{t} \left[ \lambda_i \cdot \deriveepartielle{g_i}{v} \right] \right) \ w \ dt = 0\]

Comme cette équation est valable pour tout les \(w\) dans \(\mathcal{W}\), on en déduit que \(u\) vérifie l'équation différentielle d’Euler - Lagrange sous contrainte :

\[\deriveepartielle{f}{u} - \OD{}{t} \deriveepartielle{f}{v} + \sum_{i=1}^m \lambda_i \cdot \deriveepartielle{g_i}{u} - \sum_{i=1}^m \OD{}{t} \left[ \lambda_i \cdot \deriveepartielle{g_i}{v} \right] = 0\]

où les dérivées de \(f\) et des \(g_i\) sont bien entendu évaluées en \((t,u(t),u'(t))\).

Nous considérons à présent une application importante du théorème de Lax-milgram. Soit l'espace :

\[F = \{u \in \continue^2([a,b],\setR) : u(a) = u(b) = 0\}\]

et les fonctions :

\[p, q, f : \setR \mapsto \setR\]

Considérons la fonctionnelle \(\mathcal{L} : F \mapsto \Cont([a,b],\setR)\) définie par :

\[\mathcal{L}(u) = \OD{}{t}\left[p \cdot \OD{u}{t} \right] - q \cdot u + f \\\]

et le problème différentiel avec conditions aux limites associé :

\begin{align} \mathcal{L}(u) &= 0 \\ u(a) = u(b) &= 0 \end{align}

Choisissons \(v\in F\) et intégrons l'équation :

\[\mathcal{L}(u) \cdot v = 0\]

sur \([a,b]\). On obtient :

\[- \int_a^b \OD{}{t} \Big[ p(t) \ \OD{u}{t}(t) \Big] \ v(t) \ dt + \int_a^b q(t) \ u(t) \ v(t) \ dt = \int_a^b f(t) \ v(t) \ dt\]

Nous allons tenter d'intégrer par parties. On a :

\[\OD{}{t} \Big[ p(t) \ \OD{u}{t}(t) \ v(t) \Big] = \OD{}{t} \Big[ p(t) \ \OD{u}{t}(t) \Big] \ v(t) + p(t) \ \OD{u}{t}(t) \ \OD{v}{t}(t)\]

En appliquant le théorème fondamental, on obtient :

\[\int_a^b \OD{}{t} \Big[ p(t) \ \OD{u}{t}(t) \ v(t) \Big] \ dt = p(b) \ \OD{u}{t}(b) \ v(b) - p(a) \ \OD{u}{t}(a) \ v(a) = 0\]

On en conclut que :

\[\int_a^b \OD{}{t} \Big[ p(t) \ \OD{u}{t}(t) \Big] \ v(t) \ dt = - \int_a^b p(t) \ \OD{u}{t}(t) \ \OD{v}{t}(t) \ dt\]

L'intégrale de \(\mathcal{L}(u) \cdot v = 0\) devient :

\[\int_a^b \Big[ p(t) \ \OD{u}{t}(t) \ \OD{v}{t}(t) + q(t) \ u(t) \ v(t) \Big] \ dt = \int_a^b f(t) \ v(t) \ dt\]

Donc, si on définit

\begin{align} a(u,v) &= \int_a^b \left[ p(t) \cdot \OD{u}{t}(t) \cdot \OD{v}{t}(t) + q(t) \cdot u(t) \cdot v(t) \right] \ dt \\ \\ b(v) &= \int_a^b f(t) \cdot v(t) \ dt \end{align}

on a :

\[a(u,v) = b(v)\]

pour tout \(v \in F\). En appliquant le théorème de Lax-Milgram, on en déduit que la solution du probléme :

\begin{align} \mathcal{L}(u) &= 0 \\ u(a) = u(b) &= 0 \end{align}

minimise sur \(F\) la fonctionnelle \(I\) définie pour toute fonction \(v \in \continue^2([a,b],\setR)\) par :

\[I(v) = \int_a^b \Big[ p(x) \ \left(\OD{v}{x}(x)\right)^2 + q(x) \ v(x)^2 \Big] \ dx - \int_a^b f(x) \ v(x) \ dx\]

Soit les fonctions :

\[a, b : \setR \mapsto \setR\]

et \(f : \setR^2 \mapsto \setR\) définie par :

\[f(t, u) = a(t) \cdot b(u)\]

Si \(f\) est lipschitzienne, le probléme différentiel :

\begin{align} \OD{u}{t}(t) &= f(t, u(t)) = a(t) \cdot b\big( u(t) \big) \\ \\ u(0) &= u_0 \end{align}

admet une unique solution. En faisant passer \(u\) dans le premier membre et \(dt\) dans le second, la première équation peut se réécrire symboliquement :

\[\frac{du}{a(u)} = b(t) dt\]

En intégrant les deux membres, il vient :

\[\int_{u(0)}^{u(s)} \frac{du}{A(u)} = \int_0^s B(t) dt\]

• Chapitre \ref{chap:edo} : Équations différentielles ordinaires

L'exponentielle est définie comme l'unique solution \(\exp : \setR \mapsto \setR\) du problème différentiel :

\begin{align} \OD{\exp}{t}(t) &= \exp(t) \\ \\ \exp(0) &= 1 \end{align}

On a :

\[\OD{\exp}{t}(0) = \exp(0) = 1\]

On montre par récurrence que :

\[\NOD{\exp}{t}{k}(0) = \NOD{\exp}{t}{k - 1}(0) = 1\]

Le développement de Taylor autour de \(0\) s'écrit donc :

\[\exp(t) = \sum_{k = 0}^{+\infty} \frac{t^k}{k !}\]

Soit \(t \in \setR\). On remarque que les applications \(f,g : \setR \mapsto \setR\) définies par :

\begin{align} f &:& s \mapsto \exp(s + t) \\ g &:& s \mapsto \exp(s) \cdot \exp(t) \end{align}

pour tout \(s \in \setR\) vérifient :

\begin{align} \partial f(s) &= \exp(s + t) = f(s) \\ f(0) &= \exp(0 + t) = \exp(t) \end{align}

et :

\begin{align} \partial g(s) &= \exp(s) \cdot \exp(t) = g(s) \\ g(0) &= \exp(0) \cdot \exp(t) = 1 \cdot \exp(t) = \exp(t) \end{align}

Par unicité de la solution en \(u\) du problème différentiel :

\begin{align} \partial u(s) &= u(s) \\ u(0) &= \exp(t) \end{align}

on en déduit que :

\[\exp(s + t) = \exp(s) \cdot \exp(t)\]

On déduit de l'additivité que :

\[1 = \exp(0) = \exp(t - t) = \exp(t) \cdot \exp(-t)\]

pour tout \(t \in \setR\). On en conclut que :

\[\exp(-t) = \unsur{\exp(t)}\]

On a :

\[\lim_{t \to +\infty} \exp(t) = \lim_{t \to +\infty} (1 + t + \frac{t^2}{2} + ...) \ge \lim_{t \to +\infty} t = +\infty\]

La limite à l'infini positif est donc infinie :

\[\lim_{t \to +\infty} \exp(t) = +\infty\]

En utilisant le changement de variable \(t = -s\), on obtient la limite à l'infini négatif :

\[\lim_{s \to -\infty} \exp(s) = \lim_{t \to +\infty} \exp(-t) = \lim_{t \to +\infty} \unsur{\exp(t)} = 0\]

Si \(t \ge 0\) il est clair que \(\exp(t) \strictsuperieur 0\) puisqu'il s'agit d'une somme infinie de termes strictement positifs. Si \(s \le 0\), on a \(t = - s \ge 0\) et :

\[\exp(s) = \exp(-t) = \unsur{\exp(t)} \strictsuperieur 0\]

On en conclut que :

\[\exp : \setR \mapsto \setR^+ \setminus \{0\}\]

Comme la fonction \(\exp\) est continue et croît avec \(t\) sur \(\setR\) de :

\[\lim_{t \to -\infty} \exp(t) = 0\]

jusqu'à :

\[\lim_{t \to +\infty} \exp(t) = +\infty\]

on a :

\[\exp(\setR) = \ ]0,+\infty[ \ = \setR^+ \setminus \{ 0 \}\]

Comme la fonction \(\exp\) est une primitive d'elle-même, on a :

\[\int_a^b \exp(t) \ dt = \exp(b) - \exp(a)\]

En faisant tendre \(a\) vers \(-\infty\), on voit que :

\[\int_{-\infty}^b \exp(t) \ dt = \lim_{a \to -\infty} } \Big(\exp(b) - \exp(a)\Big) = \exp(b)\]

Les autres intégrales à bornes infinies sont infinies :

\[\int_{-\infty}^{+\infty} \exp(t) \ dt = \lim_{ \substack{ a \to -\infty \\ b \to +\infty } } \Big(\exp(b) - \exp(a)\Big) = +\infty\]

\[\int_a^{+\infty} \exp(t) \ dt = \lim_{b \to +\infty} \Big(\exp(b) - \exp(a)\Big) = +\infty\]

La fonction \(\exp : \setR \mapsto \setR^+ \setminus \{ 0 \}\) étant strictement croissante et d'image égale à \(\setR^+ \setminus \{ 0 \}\), elle est inversible. On définit le logarithme :

\[\ln : \setR^+ \setminus \{ 0 \} \mapsto \setR\]

comme la fonction inverse de \(\exp\) :

\[\ln = \exp^{-1}\]

Pour tout \(x,y \in \setR\) tels que \(y = \exp(x) \strictsuperieur 0\), on a donc :

\[\ln(y) = x\]

Le cas particulier \(x = 0\) et \(y = \exp(0) = 1\) nous montre que :

\[\ln(1) = 0\]

Soit les réels \(x,y\) tels que :

\[x = \ln(y)\]

On a alors par définition  :

\[y = \exp(x)\]

La dérivée de cette relation s'écrit symboliquement :

\[\OD{y}{x} = \exp(x) = y\]

Comme la dérivée d'une fonction inverse est l'inverse de la dérivée, on a :

\[\OD{x}{y} = \unsur{y}\]

c'est-à-dire :

\[\OD{\ln}{y}(y) = \unsur{y}\]

Soit la fonction \(u : \setR \mapsto \setR\) définie par :

\[u(t) = \ln(1 + t)\]

pour tout réel \(t\). On a :

\[u(0) = \ln(1 + 0) = \ln(1) = 0\]

La dérivée s'écrit :

\[\partial u(t) = \unsur{1 + t}\]

et en particulier :

\[\partial u(0) = \unsur{1 + 0} = 1\]

On procède de même pour la dérivée seconde :

\[\partial^2 u(t) = -\unsur{(1 + t)^2}\]

et en particulier :

\[\partial^2 u(0) = -\unsur{(1 + 0)^2} = -1\]

on procède de même pour la dérivée tierce :

\[\partial^3 u(t) = \frac{2}{(1 + t)^3}\]

et en particulier :

\[\partial^3 u(0) = \frac{2}{(1 + 0)^3} = 2\]

on procède de même pour la dérivée quarte :

\[\partial^4 u(t) = \frac{-6}{(1 + t)^4}\]

et en particulier :

\[\partial^4 u(0) = \frac{-6}{(1 + 0)^4} = -6\]

On voit que :

\[\partial^k u(0) = (-1)^{1+k} \cdot (k - 1) !\]

pour tout \(k \in \setN\) vérifiant \(k \ge 1\). Le développement de Taylor s'écrit donc :

\[\ln(1+t) = \sum_{k=1}^{+\infty} \frac{(-1)^{1+k} \cdot (k - 1) !}{k !} \ t^k\]

Comme \(k ! = k \cdot (k - 1) !\), on a :

\[\frac{(k - 1) !}{k !} = \unsur{k}\]

Le développement s'écrit donc finalement :

\[\ln(1+t) = \sum_{k=1}^{+\infty} \frac{(-1)^{1+k}}{k} \ t^k\]

En posant \(x = 1 + t\), on obtient la forme équivalente :

\[\ln(x) = \sum_{k=1}^{+\infty} \frac{(-1)^{1+k}}{k} \ (x - 1)^k\]

Soit \(a, b \in \setR\). En utilisant l'additivité de l'exponentielle, on obtient :

\[\exp\Big[\ln(a \cdot b)\Big] = a \cdot b = \exp\big[\ln(a)\big] \cdot \exp\big[\ln(b)\big] = \exp\Big[\ln(a) + \ln(b)\Big]\]

En prenant le logarithme de cette égalité, on en déduit que :

\[\ln(a \cdot b) = \ln(a) + \ln(b)\]

Soit \(a \in \setR\). On a :

\[\ln(a) + \ln\left(\unsur{a}\right) = \ln\left(a \cdot \unsur{a}\right) = \ln(1) = 0\]

On en conclut que :

\[\ln\left(\unsur{a}\right) = - \ln(a)\]

Soit les réels \(a, b\). On a :

\[\ln\left(\frac{a}{b}\right) = \ln(a) + \ln\left(\unsur{b}\right) = \ln(a) - \ln(b)\]

Comme \(\ln\) est une primitive de la fonction :

\[u : \setR \setminus \{ 0 \}, \ x \mapsto 1/x\]

On a :

\[\int_a^b \unsur{x} \ dx = \ln(b) - \ln(a) = \ln\left[\frac{b}{a}\right]\]

Soit les réels \(\gamma\) et \(u_0\). Nous cherchons la fonction \(u : \setR \mapsto \setR\) solution du problème différentiel :

\begin{align} \OD{u}{t} &= \gamma \cdot t \cdot u \\ \\ u(0) &= u_0 \end{align}

en procédant par séparation de variables :

\[\frac{du}{u} = \gamma \cdot t \ dt\]

En intégrant :

\[\int_{u_0}^{u(s)} \frac{du}{u} = \int_0^s \gamma \cdot t \ dt\]

on obtient :

\[\ln(u(s))-\ln(u_0) = \gamma \cdot \frac{s^2}{2}\]

ou :

\[\ln\left(\frac{u(s)}{u_0}\right) = \gamma \cdot \frac{s^2}{2}\]

En prenant l'exponentielle, on arrive à la solution :

\[u(s) = u_0 \cdot \exp\left( \gamma \cdot \frac{s^2}{2} \right)\]

Une fonction de cette forme est appelée gaussienne.