Raccordement des solutions- tous les cas possibles - Bibm@th.net

Les trois équations ont en commun que le terme devant $y'$ s'annule. Il faut donc résoudre l'équation sur des intervalles où cette fonction ne s'annule pas (par exemple, $]0,+\infty[$ et $]-\infty,0[$ pour la première équation), puis étudier si les solutions se recollent correctement (ie si en "collant" une solution sur $]0,+\infty[$ et une solution sur $]-\infty,0[$ on peut obtenir une solution $C^1$ sur $\mathbb R$).

1. $ty'-2y=t^3$ : sur $]0,+\infty[$, on résout d'abord l'équation sans second membre $$ty'-2y=0\iff \frac{y'}{y}=\frac 2t$$ et donc les solutions de l'équation sans second membre sont les fonctions de la forme $y(t)=\lambda t^2$. Pour trouver les solutions de l'équation avec second membre, on peut utiliser la méthode de variation des constantes, ou remarquer plus facilement que $t\mapsto t^3$ est solution. Une fonction $y$ est donc solution de l'équation sur $]0,+\infty[$ si et seulement s'il existe $\lambda\in\mathbb R$ tel que $y(t)=\lambda t^2+t^3$. De même, une fonction $y$ est donc solution de l'équation sur $]-\infty,0[$ si et seulement s'il existe $\mu\in\mathbb R$ tel que $y(t)=\mu t^2+t^3$.
   Essayons maintenant de résoudre l'équation sur $\mathbb R$. Si $y:\mathbb R\to\mathbb R$ est solution de l'équation sur $\mathbb R$, alors il existe deux constantes $\lambda$ et $\mu$ telles que $$y(t)=\left\{\begin{array}{ll} \lambda t^2+t^3&\textrm{ si }t>0\\ \mu t^2+t^3&\textrm{ si }t<0 \end{array}\right.$$ On veut que $y$ soit continue en $0$. Mais on remarque que $$\lim_{t\to 0-}y(t)=\lim_{t\to 0^+}y(t)=0.$$ $y$ ainsi définie et prolongée par $y(0)=0$ est bien continue en 0. De même, il faut que $y$ soit dérivable en 0. Mais, $y$ est dérivable à droite en 0, et $y_d'(0)=0$ (c'est la dérivée de $t\mapsto \lambda t^2+t^3$ en 0), et $y$ est dérivable à gauche en 0 avec $y_g'(0)=0$. Ainsi, la formule précédente définit bien une fonction $y$ dérivable sur $\mathbb R$. De plus, $y$ est solution de l'équation. On pourra remarquer que l'ensemble des solutions, dans ce cas, est de dimension 2.
2. $t^2y'-y=0$ : On résout d'abord l'équation sur $]0,+\infty[$. Elle est équivalente à $y'/y=\frac{1}{t^2}$, ce qui nous dit qu'une fonction $y$ est solution sur $]0,+\infty[$ si et seulement si $y(t)=\lambda e^{-1/t}$ avec $\lambda\in\mathbb R$. De même, une fonction $y$ est solution sur $]-\infty,0[$ si et seulement si $y(t)=\mu e^{-1/t}$ avec $\mu\in\mathbb R$. Si on cherche maintenant une solution $y$ sur $\mathbb R$, ses restrictions à $]0,+\infty[$ et à $]-\infty,0[$ sont aussi solutions, et il existe $\lambda,\mu\in\mathbb R$ tels que $$y(t)=\left\{\begin{array}{ll} \lambda e^{-1/t}&\textrm{ si }t>0\\ \mu e^{-1/t}&\textrm{ si }t<0 \end{array}\right.$$ On étudie la continuité éventuelle de $y$ en 0. On a $$\lim_{t\to 0^+}y(t)=\lim_{t\to 0^+}\lambda e^{-1/t}=0,$$ tandis que $$\lim_{t\to 0^-}y(t)=\lim_{t\to 0^-}\mu e^{-1/t}=\left\{ \begin{array}{ll} +\infty&\textrm{ si }\mu>0\\ -\infty&\textrm{ si }\mu<0\\ 0&\textrm{ si }\mu=0. \end{array}\right.$$ Pour assurer la continuité de $y$ en 0, il est donc nécessaire que $\mu=0$ et on prolonge $y$ par continuité en 0 en posant $y(0)=0$. Mais alors, pour $t>0$, on a $$y'(t)=\frac{\lambda}{t^2}e^{-1/t}$$ et par comparaison des fonctions puissance et exponentielle, on a $$\lim_{t\to 0^+}y'(t)=0.$$ Puisque bien sûr $\lim_{t\to 0^-}y'(t)=0$ (rappelons que $\mu=0$), $y$ est dérivable en 0. Les solutions sur $\mathbb R$ de l'équation sont donc les fonctions $$y(t)=\left\{\begin{array}{ll} \lambda e^{-1/t}&\textrm{ si }t>0\\ 0&\textrm{ si }t<0. \end{array}\right.$$ On pourra remarquer que l'ensemble des solutions, dans ce cas, est de dimension 1.
3. $(1-t)y'-y=t$ : on résout cette fois l'équation sur chacun des intervalles $]1,+\infty[$ et $]-\infty,1[$. Les solutions de l'équation homogène associée, sur $]1,+\infty[$, sont les fonctions de la forme $$t\mapsto \frac{\lambda}{1-t},\ \lambda\in\mathbb R.$$ On résout ensuite l'équation générale par la méthode de variation de la constante. En posant $y(t)=\frac{\lambda(t)}{1-t}$, on trouve $$\lambda'(t)=t$$ et donc une solution particulière est donnée par $y(t)=\frac{t^2}{2(1-t)}$. On a donc prouvé qu'une fonction $y$ est solution sur $]1,+\infty[$ de l'équation si et seulement s'il existe une constante $\lambda\in\mathbb R$ telle que $y(t)=\frac{2\lambda+t^2}{2(1-t)}$. Quand $\lambda$ décrit $\mathbb R$, $2\lambda$ décrit lui aussi $\mathbb R$ et on peut réécrire cet ensemble de solutions plus simplement comme l'ensemble des fonctions qui s'écrivent $y(t)=\frac{\lambda+t^2}{2(1-t)}$, $\lambda\in\mathbb R$. On résout de même l'équation sur $]-\infty,1[$.
   Considérons maintenant $y$ une solution sur $\mathbb R$ de l'équation. Alors il existe deux constantes $\lambda$ et $\mu$ telles que $$y(t)=\left\{ \begin{array}{ll} \frac{\lambda +t^2}{2(1-t)}&\textrm{ si }t>1\\ \frac{\mu +t^2}{2(1-t)}&\textrm{ si }t<1. \end{array}\right.$$ Pour que $y$ soit continue en $1$, puisque $1-t\to 0$ lorsque $t$ tend vers 1, il est nécessaire que $\lambda+t^2\to 0$ lorsque $t\to 1$, soit $\lambda=-1$. De même, on doit avoir $\mu=-1$. Ainsi, si $y$ est solution sur $\mathbb R$, pour $t\neq 1$, elle s'écrit $$y(t)=\frac{t^2-1}{2(1-t)}=-\frac12(1+t).$$ Cette fonction se prolonge par continuité en 1, et on vérifie aisément qu'elle est solution de l'équation. Dans ce cas, l'ensemble des solutions est un espace affine de dimension 0.