Résolution sur \(]-\infty,0[\), \(]0,1[\) et \(]1,+\infty[\). Soit \(I\) l’un des trois intervalles \(]-\infty,0[\), \(]0,1[\) ou \(]1,+\infty[\). Sur \(I\), l’équation \((E)\) s’écrit encore \(y'+ \frac{1}{2x}y= \frac{1}{2x(1-x)}\). Puisque les fonctions \(x\mapsto \frac{1}{2x}\) et \(x\mapsto \frac{1}{2x(1-x)}\) sont continues sur \(I\), les solutions de \((E)\) sur \(I\) constituent un \(\Rr\)-espace affine de dimension \(1\). Soit \(f\) une fonction dérivable sur \(I\). Pour \(x\in I\), on note \(\varepsilon\) le signe de \(x\) sur \(I\).

\[\begin{align*}\ensuremath f\;\text{solution de}\;(E)\;\text{sur}\;I&\Leftrightarrow\forall x\in I,\;f'(x)+ \frac{1}{2x}f(x)= \frac{1}{2x(1-x)}\Leftrightarrow\forall x\in I,\;e^{\frac{1}{2}\ln(\varepsilon x)}f'(x)+ \frac{1}{2x}e^{\frac{1}{2}\ln(\varepsilon x)}f(x)= \frac{e^{\frac{1}{2}\ln(\varepsilon x)}}{2x(1-x)}\\ &\Leftrightarrow\forall x\in I,\;(\sqrt{\varepsilon x}\;f)'(x)= \frac{\sqrt{\varepsilon x}}{2x(1-x)}\Leftrightarrow\forall x\in I,\;(\sqrt{\varepsilon x}\;f)'(x)= \frac{ \varepsilon}{2\sqrt{\varepsilon x}(1-x)}. \end{align*}\]

Déterminons alors les primitives de la fonction \(x\mapsto \frac{ \varepsilon}{2\sqrt{\varepsilon x}(1-x)}\) sur \(I\). En posant \(u=\sqrt{\varepsilon x}\) et donc \(x=\varepsilon u^2\) puis \(du=2\varepsilon udu\).

\(\int_{}^{} \frac{ \varepsilon}{2\sqrt{\varepsilon x}(1-x)}\;dx=\int_{}^{} \frac{\varepsilon}{2u(1-\varepsilon u^2)}2\varepsilon u\;du=\int_{}^{} \frac{1}{1-\varepsilon u^2}\;du\).

-Résolution sur \(]-\infty,0[\).

Dans ce cas, \(\varepsilon =-1\) puis \(\int_{}^{} \frac{ \varepsilon}{2\sqrt{\varepsilon x}(1-x)}\;dx=\int_{}^{} \frac{1}{1+u^2}\;du=\Arctan(u)+\lambda=\Arctan(\sqrt{-x})+\lambda\). Par suite,

\[\begin{align*}\ensuremath f\;\text{solution de}\;(E)\;\text{sur}\;]-\infty,0[&\Leftrightarrow\exists\lambda\in\Rr/\;\forall x\in]-\infty,0[,\;\sqrt{-x}f(x)=\Arctan(\sqrt{-x})+\lambda\\ &\Leftrightarrow\exists\lambda\in\Rr/\;\forall x\in]-\infty,0[,\;f(x)= \frac{\Arctan(\sqrt{-x})+\lambda}{\sqrt{-x}}. \end{align*}\]

-Résolution sur \(]0,1[\) et \(]1,+\infty[\).

Dans ce cas, \(\varepsilon =1\) puis \(\int_{}^{} \frac{ \varepsilon}{2\sqrt{\varepsilon x}(1-x)}\;dx=\int_{}^{} \frac{1}{1-u^2}\;du=\left\{ \begin{array}{l} \frac{1}{2}\ln\left( \frac{\sqrt{x}+1}{\sqrt{x}-1}\right)\;\text{si}\;x>1 \\ \rule{0mm}{5mm} \Argth(\sqrt{x})\;\text{si}\;x\in]0,1[ \end{array} \right.+\lambda\). Par suite,

-Résolution sur \(]0,1[\) et \(]1,+\infty[\).

-Résolution sur \(]0,+\infty[\) et sur \(\Rr\). Si \(f\) est une solution de \((E)\) sur \(]0,+\infty[\) ou sur \(\Rr\), alors \(0\times f'(1)+0\times f(1)=1\) ce qui

est impossible. Donc

-Résolution sur \(]-\infty,1[\). Si \(f\) est une solution de \((E)\) sur \(]-\infty,1[\), alors il existe nécessairement \((\lambda_1,\lambda_2)\in\Rr^2\) tel que

\(\forall x\in]-\infty,1[\), \(f(x)=\left\{ \begin{array}{l} \frac{\Arctan(\sqrt{-x})+\lambda}{\sqrt{-x}}\;\text{si}\;x<0\\ 1\;\text{si}\;x=0\\ \frac{\Argth\left(\sqrt{x}\right)+\lambda}{\sqrt{x}}\;\text{si}\;0<x<1 \end{array} \right.\). Réciproquement une telle fonction est solution si et seulement

si elle est dérivable en \(0\).

Quand \(x\) tend vers \(0\) par valeurs inférieures,

\(f(x)= \frac{1}{\sqrt{-x}}\left(\lambda_1+\sqrt{-x}- \frac{\left(\sqrt{-x}\right)^3}{3}+o\left((\sqrt{-x})^3\right)\right)= \frac{\lambda_1}{\sqrt{-x}}+1+ \frac{x}{3}+o(x)= \frac{\lambda_1}{\sqrt{-x}}+f(0)+ \frac{x}{3}+o(x)\).

et quand \(x\) tend vers \(0\) par valeurs supérieures,

\(f(x)= \frac{1}{\sqrt{x}}\left(\lambda_2+\sqrt{x}+ \frac{\left(\sqrt{x}\right)^3}{3}+o\left((\sqrt{x})^3\right)\right)= \frac{\lambda_2}{\sqrt{x}}+1+ \frac{x}{3}+o(x)= \frac{\lambda_2}{\sqrt{x}}+f(0)+ \frac{x}{3}+o(x)\).

Par suite, \(f\) est dérivable à droite et à gauche en \(0\) si et seulement si \(\lambda_1=\lambda_2=0\) et dans ce cas, quand \(x\) tend vers \(0\),

\(f(x)=f(0)+ \frac{x}{3}+o(x)\) ce qui montre que \(f\) est dérivable en \(0\). En résumé, \(f\) est solution de \((E)\) sur \(]-\infty,1[\) si et

seulement si \(\lambda_1=\lambda_2=0\).

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