Sur ${ℝ}_{+}^{*}$ ou ${ℝ}_{-}^{*}$,

Solution générale: $y(x)=C{\mathrm{e}}^{-1/x}$.
Soit $y$ une solution sur $ℝ$.
$y$ est solution sur ${ℝ}_{+}^{*}$ et ${ℝ}_{-}^{*}$ donc il existe $C^{+},C^{-}\in ℝ$ telles que

Continuité en $0$:

Nécessairement, $y(0)=0$ et $C^{-}=0$.

Dérivabilité en $0$:

Équation différentielle en $0$: $0^2{y}^{\prime }(0)-y(0)=0$: ok.

Finalement,

Inversement, une telle fonction est solution.

• (a)

  $E$ est une équation différentielle linéaire d’ordre 1 de solution générale sur ${ℝ}_{+}^{*}$ et ${ℝ}_{-}^{*}$:

  $$y(x)=C{|x|}^{\alpha }\text{.}$$

  Comme $y$ est solution sur ${ℝ}_{+}^{*}$ et ${ℝ}_{-}^{*}$, il existe $C^{+},C^{-}\in ℝ$ tels que

  $$\forall x>0,y(x)=C^{+}{|x|}^{\alpha }\mathit{\hspace{1em}}\text{et}\mathit{\hspace{1em}}\forall x<0,y(x)=C^{-}{|x|}^{\alpha }\text{.}$$

• (b)

  Si $\alpha <0$ alors

  $$y(x)\underset{x\to 0^{+}}{\overset{}{\to }}\{\begin{array}{cc}\pm \mathrm{\infty }\hfill & \text{ si }{C}^{+}\ne 0\hfill \\ 0\hfill & \text{ sinon}\hfill \end{array}\text{ et }y(x)\underset{x\to 0^{-}}{\overset{}{\to }}\{\begin{array}{cc}\pm \mathrm{\infty }\hfill & \text{ si }{C}^{-}\ne 0\hfill \\ 0\hfill & \text{ sinon}\hfill \end{array}$$

  $y$ peut être prolongée par continuité en 0 si, et seulement si, $C^{+}=C^{-}=0$ et alors $y(0)=0$.
  La solution correspondante est la fonction nulle qui est solution de $E$.
  Si $\alpha =0$ alors

  $$y(x)\underset{x\to 0^{+}}{\overset{}{\to }}{C}^{+}\text{ et }y(x)\underset{x\to 0^{-}}{\overset{}{\to }}{C}^{-}$$

  $y$ peut être prolongée par continuité en 0 si, et seulement si, $C^{+}=C^{-}$ et alors $y(0)=C^{+}$.
  La solution correspondante est une fonction constante qui inversement est solution de $E$.
  Si $\alpha >0$ alors

  $$y(x)\underset{x\to 0^{+}}{\overset{}{\to }}0\text{ et }y(x)\underset{x\to 0^{-}}{\overset{}{\to }}0$$

  $y$ peut être prolongée par continuité en 0 indépendamment de $C^{+}$ et $C^{-}$ en posant $y(0)=0$.

• (c)

  Si $\alpha \in ]0;1[$ alors

  $$y^{\prime }(x)\underset{x\to 0^{+}}{\overset{}{\to }}\{\begin{array}{cc}\pm \mathrm{\infty }\hfill & \text{ si }{C}^{+}\ne 0\hfill \\ 0\hfill & \text{ sinon}\hfill \end{array}\text{ et }{y}^{\prime }(x)\underset{x\to 0^{-}}{\overset{}{\to }}\{\begin{array}{cc}\pm \mathrm{\infty }\hfill & \text{ si }{C}^{-}\ne 0\hfill \\ 0\hfill & \text{ sinon.}\hfill \end{array}$$

  En vertu du théorème du prolongement ${𝒞}^1$, la fonction $y$ est dérivable en 0 si, et seulement si, $C^{+}=C^{-}=0$.
  La solution correspondante est la fonction nulle qui est solution de $E$.
  Si $\alpha =1$ alors

  $$y^{\prime }(x)\underset{x\to 0^{+}}{\overset{}{\to }}{C}^{+}\text{ et }{y}^{\prime }(x)\underset{x\to 0^{-}}{\overset{}{\to }}-C^{-}\text{.}$$

  La fonction $y$ est dérivable en 0 si, et seulement si, $C^{+}=-C^{-}$.
  La fonction correspondante est alors $x\mapsto C^{+}x$ sur $ℝ$ qui est solution de $E$.
  Si $\alpha >1$ alors

  $$y^{\prime }(x)\underset{x\to 0^{+}}{\overset{}{\to }}0\text{ et }{y}^{\prime }(x)\underset{x\to 0^{-}}{\overset{}{\to }}0\text{.}$$

  La fonction prolongée est dérivable en 0 indépendamment de $C^{+}$ et $C^{-}$.
  Cette fonction est alors solution de $E$ sur $ℝ$ car dérivable sur $ℝ$ et vérifiant l’équation différentielle.

• (d)

  Si $\alpha <0$ ou $0<\alpha <1$: seule la fonction nulle est seule solution sur $ℝ$.
  Si $\alpha =0$ alors les fonctions constantes sont les solutions de $E$ sur $ℝ$.
  Si $\alpha =1$ alors les fonctions linéaires($x\mapsto Cx$) sont les solutions de $E$ sur $ℝ$.
  Si $\alpha >1$ alors les solutions de $E$ sur $ℝ$ sont les fonctions

  $$x\mapsto \{\begin{array}{cc}{C}^{+}{|x|}^{\alpha }\hfill & \text{ si }x>0\hfill \\ 0\hfill & \text{ si }x=0\hfill \\ C^{-}{|x|}^{\alpha }\hfill & \text{ si }x<0\hfill \end{array}$$

  avec $C^{+},C^{-}\in ℝ$

Sur ${ℝ}_{+}^{*}$ et ${ℝ}_{-}^{*}$: $y(x)=C{|x|}^{\alpha }$.
Soit $y$ une solution sur $ℝ$.
On a $y(x)=C^{+}{x}^{\alpha }$ sur ${ℝ}_{+}^{*}$ et $y(x)=C^{-}{|x|}^{\alpha }$ sur ${ℝ}_{-}^{*}$.
Si $\alpha <0$, la limite en $0$ implique $C^{+}=C^{-}=0$ donc $y=0$. Inversement, ok.
Si $\alpha =0$, la limite en $0$ donne $C^{+}=C^{-}$ et l’on conclut que $y$ est constante. Inversement, ok.
Si $\alpha >0$, la limite en $0$ donne $y(0)=0$.
On a $y^{\prime }(x)=\alpha C^{+}{x}^{\alpha -1}$ sur ${ℝ}_{+}^{*}$ et $y(x)=-\alpha C^{-}{|x|}^{\alpha }$ sur ${ℝ}_{-}^{*}$.
Si $\alpha <1$, la limite en $0$ implique $C^{+}=C^{-}=0$ donc $y=0$. Inversement, ok.
Si $\alpha =1$, la limite en $0$ implique $C^{+}=-C^{-}$ et l’on conclut que $y$ est linéaire. Inversement, ok.
Si $\alpha >1$, la limite en $0$ existe et est nulle ce qui permet d’affirmer $y^{\prime }(0)=0$
L’équation différentielle est bien vérifiée en $0$.
Inversement, lorsque $\alpha >1$, la fonction définie par $y(x)=\{\begin{array}{ccccccccccccccccccccc}\hfill C^{+}{x}^{\alpha }\text{ si }x>0& & & & & & & & & & & & & & & & & & & & \\ \hfill 0\text{ si }x=0& & & & & & & & & & & & & & & & & & & & \\ \hfill C^{-}{(-x)}^{\alpha }\text{ si }x<0& & & & & & & & & & & & & & & & & & & & \end{array}$ est solution.

• (a)

  On résout l’équation différentielle linéaire étudiée et, par la méthode de variation de la constante, on obtient la solution générale suivante

  $$g(x)=\lambda x+x{\int }_1^x\frac{f(t)}{t^2}dt\text{.}$$

  Par une intégration par parties, on peut écrire

  $$g(x)=\lambda x-f(x)+xf(1)+x{\int }_1^x\frac{f^{\prime }(t)}{t}dt\text{.}$$

  Quand $x\to 0^{+}$, on a

  $$\left|x{\int }_1^x\frac{f^{\prime }(t)}{t}dt\right|\le {\parallel f^{\prime }\parallel }_{\mathrm{\infty },[0;1]}x|\ln (x)|$$

  et l’on obtient

  $$g(x)\to -f(0)\text{.}$$

  Quand $x\to 0^{+}$

  $$\frac{1}{x}\left(g(x)-g(0)\right)=\lambda -\frac{f(x)-f(0)}{x}+f(1)+{\int }_1^x\frac{f^{\prime }(t)}{t}dt\text{.}$$

  Le terme $\frac{f(x)-f(0)}{x}$ converge vers $f^{\prime }(0)$.
  Si $f^{\prime }(0)\ne 0$ alors l’intégrale ${\int }_{]0;1]}\frac{f^{\prime }(t)}{t}dt$ diverge et donc le terme ${\int }_1^x\frac{f^{\prime }(t)}{t}dt$ diverge. On en déduit qu’alors $g$ n’est pas dérivable en 0.
  L’égalité $f^{\prime }(0)=0$ est une condition nécessaire à la dérivabilité de $g$ en 0. Cette condition n’est pas suffisante. En effet, considérons une fonction de classe ${𝒞}^1$ telle que

  $$f^{\prime }(x)\underset{x\to 0^{+}}{\sim }\frac{1}{\ln (x)}\text{.}$$

  L’intégrale ${\int }_{]0;1]}\frac{f^{\prime }(t)}{t}dt$ demeure divergente alors que $f^{\prime }(0)=0$.

• (b)

  Puisque $f$ est de classe ${𝒞}^2$ et vérifie $f^{\prime }(0)=0$ on peut écrire

  $$f(x)=f(0)+x^2\phi (x)\text{ pour tout }x>0$$

  avec $\phi :]0;+\mathrm{\infty }[\to ℝ$ de classe ${𝒞}^2$ et convergeant vers $f^{\prime \prime }(0)/2$ en $0^{+}$.
  On a alors pour tout $x>0$

  $$g(x)=\lambda x+xf(0)-f(0)+x{\int }_1^x\phi (t)dt$$

  $g$ est de classe ${𝒞}^3$ sur $]0;+\mathrm{\infty }[$ car $\phi$ $y$ est de classe ${𝒞}^2$.
  On prolonge $g$ par continuité en 0 en posant $g(0)=-f(0)$

  $$g^{\prime }(x)=\lambda +f(0)+x\phi (x)+{\int }_1^x\phi (t)dt\text{.}$$

  Quand $x\to 0^{+}$, $g^{\prime }$ converge et donc $g$ est de classe ${𝒞}^1$ sur $[0;+\mathrm{\infty }[$.

  $$g^{\prime \prime }(x)=2\phi (x)+x{\phi }^{\prime }(x)\text{.}$$

  Or

  $${\phi }^{\prime }(x)=\frac{f^{\prime }(x)}{x^2}-2\frac{f(x)-f(0)}{x^3}$$

  donc

  $$g^{\prime \prime }(x)=\frac{f^{\prime }(x)}{x}=\frac{f^{\prime }(x)-f^{\prime }(0)}{x}\underset{x\to 0^{+}}{\overset{}{\to }}{f}^{\prime \prime }(0)\text{.}$$

  On en déduit que $g$ est de classe ${𝒞}^2$ sur $[0;+\mathrm{\infty }[$

• (a)

  Solution générale sur ${ℝ}_{+}^{*}$ ou ${ℝ}_{-}^{*}$:

  $$y(x)=x\ln \left(|x|\right)+Cx\text{ avec }C\in ℝ\text{.}$$

  Pas de recollement possible en 0.

• (b)

  Solution générale sur ${ℝ}_{+}^{*}$ ou ${ℝ}_{-}^{*}$:

  $$y(x)=1+\frac{C}{x}\text{ avec }C\in ℝ\text{.}$$

  Après recollement en 0, solution générale sur $ℝ$: $y(x)=1$.

• (c)

  Solution générale sur ${ℝ}_{+}^{*}$ ou ${ℝ}_{-}^{*}$:

  $$y(x)=\frac{1}{2}{x}^4+C{x}^2\text{ avec }C\in ℝ\text{.}$$

  Après recollement en 0, solution générale sur $ℝ$:

  $$y(x)=\{\begin{array}{cc}{C}^{+}{x}^2+\frac{1}{2}{x}^4\text{ si }x\ge 0\hfill & \\ C^{-}{x}^2+\frac{1}{2}{x}^4\text{ si }x<0\hfill & \end{array}\text{ avec }{C}^{+},C^{-}\in ℝ\text{.}$$

• (d)

  Solution générale sur ${ℝ}_{+}^{*}$ ou ${ℝ}_{-}^{*}$:

  $$y(x)=\frac{1}{x}+C\frac{x^2+1}{x}\text{ avec }C\in ℝ\text{.}$$

  Via

  $$\frac{x^2-1}{x(1+x^2)}=\frac{2x^2-(1+x^2)}{x(1+x^2)}=\frac{2x}{1+x^2}-\frac{1}{x}\text{.}$$

  Après recollement en 0, solution générale sur $ℝ$: $y(x)=-x$.

Le facteur de $y^{\prime }$ s’annule ce qui oblige à résoudre séparément sur ${ℝ}_{+}^{*}$ et ${ℝ}_{+}^{*}$. Au terme des calculs, la solution générale sur ${ℝ}_{+}^{*}$ ou ${ℝ}_{-}^{*}$ est

Soit $y$ une fonction solution sur ${ℝ}_{+}^{*}$ et ${ℝ}_{-}^{*}$. Il existe ${\lambda }^{+},{\lambda }^{-}\in ℝ$ tels que

Pour que la fonction $y$ puisse être prolongée par continuité en 0, il faut ${\lambda }^{+}={\lambda }^{-}=0$ auquel cas

et la fonction se prolonge par $y(0)=1$.

On vérifie que ce prolongement est de classe ${𝒞}^{\mathrm{\infty }}$ car inverse d’une fonction développable en série entière. De plus, l’identité $\left({\mathrm{e}}^x-1\right)y(x)=x$ donne par dérivation la vérification de l’équation différentielle sur $ℝ$.

Finalement, il existe une seule solution sur $ℝ$ déterminée par

Sur $I={ℝ}_{+}^{*}$ ou ${ℝ}_{-}^{*}$,

On reconnaît une équation différentielle linéaire d’ordre $1$ d’équation homogène

La solution générale homogène est

Or $\left|\mathrm{sh}(x)\right|$ vaut toujours $\mathrm{sh}(x)$ lorsque $I={ℝ}_{+}^{*}$ et toujours $-\mathrm{sh}(x)$ lorsque $I={ℝ}_{-}^{*}$. Quitte à intégrer l’éventuel signe au paramètre $\lambda$, on peut proposer la solution homogène

Une solution particulière est $y_p(x)=-\mathrm{ch}(x)$.

La solution générale de $(E)$ sur $I$ est

Procédons au raccord en $0$.

Soit $y:{ℝ}^{*}\to ℝ$ une fonction solution de $(E)$ sur ${ℝ}_{+}^{*}$ et ${ℝ}_{-}^{*}$. Il existe $\lambda ,{\lambda }^{\prime }\in ℝ$ tels que

Continuité en $0$:

Pour $x>0$, $y(x)=\lambda \mathrm{sh}(x)-\mathrm{ch}(x)$ et donc ${lim}_{x\to 0^{+}}y(x)=-1$.

Pour $x<0$, $y(x)=\mu \mathrm{sh}(x)-\mathrm{ch}(x)$ et donc ${lim}_{x\to 0^{-}}y(x)=-1$.

On peut donc prolonger $y$ par continuité en $0$ en posant $y(0)=-1$.

Dérivabilité en $0$:

Pour $x>0$, $y^{\prime }(x)=\lambda \mathrm{ch}(x)-\mathrm{sh}(x)$ et donc ${lim}_{x\to 0^{+}}{y}^{\prime }(x)=\lambda$. La fonction $y$ est dérivable à droite en $0$ et $y_d^{\prime }(0)=\lambda$.

Pour $x<0$, $y^{\prime }(x)=\mu \mathrm{ch}(x)-\mathrm{sh}(x)$ et donc ${lim}_{x\to 0^{-}}{y}^{\prime }(x)=\mu$. La fonction $y$ est dérivable à gauche en $0$ et $y_g^{\prime }(0)=\lambda$.

La fonction $y$ est donc dérivable en $0$ si, et seulement si, $\lambda =\mu$ et alors $y^{\prime }(0)=\lambda$ et l’équation différentielle est satisfaite en $0$ car

En résumé, les solutions de $(E)$ sur $ℝ$ sont les fonctions $y:ℝ\to ℝ$ données par

avec $\lambda ,\mu \in ℝ$ tels que $\lambda =\mu$. Plus simplement, ce sont les fonctions