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SOLUTIONS
Solutions
Ainsi
w
(1) =
n
k=1
x k
∂f
∂x k
(x) = af (x).
Montrons la réciproque, à savoir que si f est une fonction de classe C
1 définie sur R
n et qui
vérifie, pour tout x ∈ R
n ,
n
k=1
x k
∂f
∂x k
(x) = af (x), alors f est a-homogène.
Soit donc x ∈ R
n et posons w : t → f (tx), définie sur R
∗
+ . On a
tw
(t) =
n
k=1
tx k
∂f
∂x k
(tx) = aw(t).
On conclut en remarquant que les solutions sur R
∗
+ de l’équation différentielle ty
− ay = 0
sont les t → At
a , avec A une constante réelle et en remarquant également que w(1) = f (x).
4.
1. Il est clair que f est une fonction de classe C
2 . Pour tout x ∈ R
n
{0} et pour
tout k ∈ Ú1, nÛ, on a
∂f
∂x k
(x) =
x k
x
w
x
et
∂
2 f
∂x 2
k
(x) =
x
2
k
x 2 w
x
+
x
2
− x
2
k
x 3 w
x
.
En sommant ces égalités, on obtient
Df (x) = w
x
+
n − 1
x
w
x
.
2. Une fonction f : x → w
x
, où w ∈ C
2
R
∗
+ , R
vérifie sur R
3
{0} la relation Df = lf si et seulement si w est une solution sur R
∗
+ de l’équation différentielle
(E) y
+
2
t
y
− ly = 0.
Soit g ∈ C
2
R
∗
+ , R
une application quelconque et posons h : t → tg(t). On a, pour tout
t ∈ R
∗
+ , h
(t) = tg
(t) + 2g(t). Ainsi, si g est une solution de (E), alors h est une solution
de z
− lz = 0. On vérifie également que si h est une solution sur R
∗
+ de l’équation
z
− lz = 0, alors g : t →
h(t)
t est une solution de (E).
D’après les résultats relatifs aux équations différentielles linéaire d’ordre 2 à coefficients
constants, on a
Cas l > 0
Il existe deux constantes réelles a et b telle que pour tout x ∈ R
3
{0}
f (x) =
ae
√
l x + be
−
√
l x
x
;
Cas l = 0
Il existe deux constantes réelles a et b telle que pour tout x ∈ R
3
{0}
f (x) = a +
b
x
;
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