L’équation différentielle à résoudre dans cet exercice est linéaire du premier ordre. On note $(E)$ l’équation différentielle proposée et $(E_H)$ l’équation homogène associée.

Soit $I$ l’un des deux intervalles $]-1,1[$ ou $]1,+\infty[$ . Les fonctions $x\mapsto\frac{-2x}{1-x^2}$ et $x\mapsto\frac{x^2}{1-x^2}$ sont continues sur $I$ et on sait que les solutions de $(E)$ sur $I$ sont de la forme $f_0+\lambda f_1$ où $f_0$ est une solution particulière de $(E)$ et $f_1$ est une solution particulière non nulle de $(E_H)$ .

Résolution de $(E)$ sur $I$ . Soit $f$ une fonction dérivable sur $I$ .

$\begin{align*}\ensuremath f\;\mbox{solution de}\;(E)\;\mbox{sur}\;I&\Leftrightarrow\forall x\in I,\;(1-x^2)f'(x)-2xf(x)=x^2\\ &\Leftrightarrow\forall x\in I,\;((1-x^2)f)'(x)=x^2\Leftrightarrow\exists\lambda\in\Rr/\;\forall x\in I,\;(1-x^2)f(x)=\frac{x^3}{3}+\lambda\\ &\Leftrightarrow\exists \lambda\in\Rr/\;\forall x\in I,\;f(x)=\frac{x^3+\lambda}{3(1-x^2)},\end{align*}$

(en renommant $\lambda$ la constante $3\lambda$ ).

Si $I=]-1,+\infty[$ .

Soit $f$ une éventuelle solution de $(E)$ sur $I$ . Les restrictions de $f$ à $]-1,1[$ et $]1,+\infty[$ sont encore solution de $(E)$ et donc de la forme précédente. Par suite, nécessairement, il existe deux constantes $\lambda_1$ et $\lambda_2$ telles que, pour $-1<x<1$ , $f(x)=\frac{x^3+\lambda_1}{3(1-x^2)}$ et pour $x>1$ , $f(x)=\frac{x^3+\lambda_2}{3(1-x^2)}$ . Enfin, l’équation impose $f(1)=-\frac{1}{2}$ .

En résumé, une éventuelle solution de $(E)$ sur $I$ est nécessairement de la forme :

$\forall x>-1,\;f(x)=\left\{ \begin{array}{l} \frac{x^3+\lambda_1}{3(1-x^2)}\;\mbox{si}\;-1<x<1\\ -\frac{1}{2}\;\mbox{si}\;x=1\\ \frac{x^3+\lambda_2}{3(1-x^2)}\;\mbox{si}\;x>1 \end{array} \right..$

Réciproquement, $f$ ainsi définie, est dérivable sur $]-1,1[$ et solution de $(E)$ sur $]-1,1[$ , dérivable sur $]1,+\infty[$ et solution de $(E)$ sur $]1,+\infty[$ et, si $f$ est dérivable en $1$ , $f$ vérifie encore $(E)$ pour $x=1$ . Donc, $f$ est solution de $(E)$ sur $]-1,+\infty[$ si et seulement si $f$ est dérivable en $1$ .

Pour $-1<x<1$ ,

$\frac{f(x)-f(1)}{x-1}=\frac{\frac{x^3+\lambda_1}{3(1-x^2)}+\frac{1}{2}}{x-1}=\frac{2x^3+2\lambda_1+3(1-x^2)} {6(1-x^2)(x-1)}$

Quand $x$ tend vers $1$ par valeurs inférieures, le dénominateur de la fraction tend vers $0$ et le numérateur tend vers $2(1+\lambda_1)$ . Donc, si $\lambda_1\neq-1$ , $f$ n’est pas dérivable à gauche en $1$ . De même, si $\lambda_2$ n’est pas $-1$ , $f$ n’est pas dérivable à droite en $-1$ . Ainsi, si $f$ est solution de $(E)$ sur $I$ , nécessairement $\lambda_1=\lambda_2=-1$ . Dans ce cas, pour $x\in]-1,+\infty[\setminus\{1\}$ ,

$f(x)=\frac{x^3-1}{3(1-x^2)}=\frac{(x-1)(x^2+x+1)}{3(1-x)(1+x)}=-\frac{x^2+x+1}{3(x+1)},$

ce qui reste vrai pour $x=1$ . Ainsi, si $f$ est une solution de $(E)$ sur $]-1,+\infty[$ , nécessairement pour $x>-1$ , $f(x)=-\frac{x^2+x+1}{3(x+1)}$ . Réciproquement, $f$ ainsi définie est dérivable sur $]-1,+\infty[$ et en particulier en $1$ . $f$ est donc solution de $(E)$ sur $]-1,+\infty[$ .

Sur $]-1,+\infty[$ , $(E)$ admet une et une seule solution à savoir la fonction $x\mapsto-\frac{x^2+x+1}{3(x+1)}$ .

Si $I=\Rr$ , soit $f$ une éventuelle solution de $(E)$ sur $\Rr$ . La restriction de $f$ à $]-1,+\infty[$ est nécessairement la fonction précédente. Mais cette fonction tend vers $-\infty$ quand $x$ tend vers $-1$ par valeurs supérieures. Donc $f$ ne peut être continue sur $\Rr$ et $(E)$ n’a pas de solution sur $\Rr$ .

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