320 Chap. 13. Équations différentielles non linéaires
En déduire que le problème de Cauchy admet une unique solution sur
] 0, +∞ [ .
3. Montrer que si f est solution de (E) sur R, alors f (0) = 0 et f (x) > 0 pour
tout x > 0. En déduire que (E) n’a pas de solution sur R.
4. Résoudre (E) sur ] −∞, 0 [ .
1. (E 1 ) et (E 2 ) sont des équations linéaires du premier ordre.
La solution homogène de (E 1 ) est x → Ax
2 et x → −x est solution particulière,
donc la solution générale est x → −x + Ax
2 .
La solution homogène de (E 2 ) est x → Ax
−2 et x → x/3 est solution particulière,
donc la solution générale est x → x/3 + Ax
−2 .
2. ∀x > 0, x f
(x) = 2| f (x)| + x, donc f
(x) > 0, et f est strictement croissante.
Trois cas peuvent se présenter :
• Si f > 0, l’équation (E) coïncide avec (E 1 ), donc il existe A tel que pour tout
x, f (x) = −x + Ax
2 = x(−1 + Ax). Or A est positif à cause du comportement en
+∞, mais alors f change de signe en 1/A, ce qui est contradictoire.
• Si f < 0, (E) coïncide avec (E 2 ), donc il existe A tel que pour tout x,
f (x) = x/3 + Ax
−2 . On en déduit que f (x) a pour limite +∞ quand x tend vers
+∞, ce qui est contradictoire.
• Il en résulte qu’il existe x 1 > 0 tel que f (x 1 ) = 0 et ∀x < x 1 , f (x) < 0,
∀x > x 1 , f (x) > 0.
Sur ] 0, x 1 [ , (E) se ramène à (E 2 ), d’où f (x) =
x
3
−
x
3
1
3x 2 (pour qu’elle s’annule
en x 1 ). On remarque en outre que f
g (x 1 ) = 1.
Sur ] x 1 , +∞ [ , (E) se ramène à (E 1 ), d’où f (x) = −x +
x
2
x 1
. On observe que
f
d (x 1 ) = 1. Par conséquent, f est de classe C
1 sur ] 0, +∞ [ .
Etudions le problème de Cauchy en (x 0 , y 0 ). On distingue trois cas.
• Si y 0 = 0, on doit choisir x 1 = x 0 .
• Si y 0 > 0, alors x 1 < x 0 , et ∀x > x 1 , f (x) = −x + Ax
2 , avec A = (x 0 + y 0 )x
−2
0 .
Ceci impose la valeur de x 1 , égale à
x
2
0
x 0 + y 0
.
• Si y 0 < 0, alors x 0 < x 1 , et ∀x < x 1 , f (x) = x/3 + Ax
−2 , avec
A = x
2
0 (y 0 − x 0 /3), d’où x 1 = (x
2
0 (x 0 − 3y 0 ))
1/3 .
Dans tous les cas, la solution est unique et définie sur ] 0, +∞ [ .
3. En prenant x = 0 dans (E), on obtient f (0) = 0. Comme x f
(x) = 2| f (x)| + x,
x > 0 implique f
(x) > 0, donc f est strictement croissante sur R + , et comme
f (0) = 0, f est strictement positive sur ] 0, +∞ [ . (E) coïncide donc avec
(E 1 ) sur cet intervalle, donc ∃A, ∀x > 0, f (x) = −x + Ax
2 . En particulier,
f (x)
x
− −− →
x→0
−1, donc f est négative au voisinage de 0 à droite : contradiction.
En déduire que le problème de Cauchy admet une unique solution sur
] 0, +∞ [ .
3. Montrer que si f est solution de (E) sur R, alors f (0) = 0 et f (x) > 0 pour
tout x > 0. En déduire que (E) n’a pas de solution sur R.
4. Résoudre (E) sur ] −∞, 0 [ .
1. (E 1 ) et (E 2 ) sont des équations linéaires du premier ordre.
La solution homogène de (E 1 ) est x → Ax
2 et x → −x est solution particulière,
donc la solution générale est x → −x + Ax
2 .
La solution homogène de (E 2 ) est x → Ax
−2 et x → x/3 est solution particulière,
donc la solution générale est x → x/3 + Ax
−2 .
2. ∀x > 0, x f
(x) = 2| f (x)| + x, donc f
(x) > 0, et f est strictement croissante.
Trois cas peuvent se présenter :
• Si f > 0, l’équation (E) coïncide avec (E 1 ), donc il existe A tel que pour tout
x, f (x) = −x + Ax
2 = x(−1 + Ax). Or A est positif à cause du comportement en
+∞, mais alors f change de signe en 1/A, ce qui est contradictoire.
• Si f < 0, (E) coïncide avec (E 2 ), donc il existe A tel que pour tout x,
f (x) = x/3 + Ax
−2 . On en déduit que f (x) a pour limite +∞ quand x tend vers
+∞, ce qui est contradictoire.
• Il en résulte qu’il existe x 1 > 0 tel que f (x 1 ) = 0 et ∀x < x 1 , f (x) < 0,
∀x > x 1 , f (x) > 0.
Sur ] 0, x 1 [ , (E) se ramène à (E 2 ), d’où f (x) =
x
3
−
x
3
1
3x 2 (pour qu’elle s’annule
en x 1 ). On remarque en outre que f
g (x 1 ) = 1.
Sur ] x 1 , +∞ [ , (E) se ramène à (E 1 ), d’où f (x) = −x +
x
2
x 1
. On observe que
f
d (x 1 ) = 1. Par conséquent, f est de classe C
1 sur ] 0, +∞ [ .
Etudions le problème de Cauchy en (x 0 , y 0 ). On distingue trois cas.
• Si y 0 = 0, on doit choisir x 1 = x 0 .
• Si y 0 > 0, alors x 1 < x 0 , et ∀x > x 1 , f (x) = −x + Ax
2 , avec A = (x 0 + y 0 )x
−2
0 .
Ceci impose la valeur de x 1 , égale à
x
2
0
x 0 + y 0
.
• Si y 0 < 0, alors x 0 < x 1 , et ∀x < x 1 , f (x) = x/3 + Ax
−2 , avec
A = x
2
0 (y 0 − x 0 /3), d’où x 1 = (x
2
0 (x 0 − 3y 0 ))
1/3 .
Dans tous les cas, la solution est unique et définie sur ] 0, +∞ [ .
3. En prenant x = 0 dans (E), on obtient f (0) = 0. Comme x f
(x) = 2| f (x)| + x,
x > 0 implique f
(x) > 0, donc f est strictement croissante sur R + , et comme
f (0) = 0, f est strictement positive sur ] 0, +∞ [ . (E) coïncide donc avec
(E 1 ) sur cet intervalle, donc ∃A, ∀x > 0, f (x) = −x + Ax
2 . En particulier,
f (x)
x
− −− →
x→0
−1, donc f est négative au voisinage de 0 à droite : contradiction.