On considère l'équation $$(E)\quad xy'+2y=\frac{1}{1+x^2}.$$
- Résoudre $(E)$ sur $]0,+\infty[$, puis sur $]-\infty,0[$.
- Montrer que pour tout $u\geqslant0$, $u-\dfrac{u^2}{2}\leqslant\ln(1+u)\leqslant u$.
- Déterminer toutes les solutions de $(E)$ sur $\mathbb{R}$.
Sur chaque intervalle, normaliser puis faire varier la constante. On peut aussi remarquer que $(x^2y)'=x(xy'+2y)$.
Pour 2, étudier les fonctions $u\mapsto u-\ln(1+u)$ et $u\mapsto\ln(1+u)-u+\frac{u^2}{2}$ sur $[0,+\infty[$.
Pour 3, raisonner par analyse-synthèse : la continuité en $0$ impose une valeur aux constantes ; pour la dérivabilité en $0$, encadrer le taux d'accroissement grâce à 2.
1. Soit $I=]0,+\infty[$ ou $I=]-\infty,0[$. Sur $I$, $x\neq0$ et $(E)$ équivaut à $$y'+\frac2x\,y=\frac{1}{x(1+x^2)}.$$ Une primitive de $x\mapsto\frac2x$ sur $I$ est $A(x)=2\ln|x|$, donc $e^{-A(x)}=\dfrac1{x^2}$ et les solutions de l'homogène sont $\dfrac{\lambda}{x^2}$.
On cherche $y=\dfrac{\lambda(x)}{x^2}$ : l'équation équivaut à $\dfrac{\lambda'(x)}{x^2}=\dfrac{1}{x(1+x^2)}$, soit $\lambda'(x)=\dfrac{x}{1+x^2}$. On prend $\lambda(x)=\frac12\ln(1+x^2)$. Les solutions sur $I$ sont $$y(x)=\frac{\ln(1+x^2)}{2x^2}+\frac{C}{x^2},\quad C\in\mathbb{R}.$$ Vérification : $x^2y=\frac12\ln(1+x^2)+C$, donc $x^2y'+2xy=\dfrac{x}{1+x^2}$, et en divisant par $x$ on retrouve $(E)$.
2. Posons $g(u)=u-\ln(1+u)$ sur $[0,+\infty[$ : $g'(u)=1-\dfrac1{1+u}=\dfrac{u}{1+u}\geqslant0$ et $g(0)=0$, donc $g\geqslant0$. Posons $h(u)=\ln(1+u)-u+\dfrac{u^2}{2}$ : $$h'(u)=\frac1{1+u}-1+u=\frac{1-(1+u)+u(1+u)}{1+u}=\frac{u^2}{1+u}\geqslant0,$$ et $h(0)=0$, donc $h\geqslant0$. D'où l'encadrement.
3. Analyse. Soit $y$ une solution de $(E)$ sur $\mathbb{R}$. Ses restrictions à $]0,+\infty[$ et à $]-\infty,0[$ sont solutions, donc il existe des constantes $C_1$ et $C_2$ telles que $x^2y(x)=\frac12\ln(1+x^2)+C_1$ pour $x>0$ et $x^2y(x)=\frac12\ln(1+x^2)+C_2$ pour $x<0$. La fonction $y$ est dérivable donc continue en $0$ ; en faisant tendre $x$ vers $0^+$, $C_1=\lim\big(x^2y(x)-\frac12\ln(1+x^2)\big)=0\cdot y(0)-0=0$. De même $C_2=0$. Enfin l'équation en $x=0$ donne $0\cdot y'(0)+2y(0)=1$, soit $y(0)=\frac12$. Donc $y=\varphi$, où $$\varphi(x)=\frac{\ln(1+x^2)}{2x^2}\ \text{si } x\neq0,\qquad\varphi(0)=\frac12.$$
Synthèse. Sur $]0,+\infty[$ et sur $]-\infty,0[$, $\varphi$ est solution (cas $C=0$). En $0$ : d'après 2 appliqué à $u=x^2$, pour $x\neq0$, $$\frac12-\frac{x^2}{4}\leqslant\varphi(x)\leqslant\frac12,\quad\text{donc}\quad\left|\frac{\varphi(x)-\varphi(0)}{x}\right|\leqslant\frac{|x|}{4}\xrightarrow[x\to0]{}0.$$ Ainsi $\varphi$ est dérivable en $0$ avec $\varphi'(0)=0$, et $0\cdot\varphi'(0)+2\varphi(0)=1$ : l'équation est vérifiée en $0$.
Conclusion. L'équation $(E)$ admet une unique solution sur $\mathbb{R}$, la fonction $\varphi$. Sur chaque demi-droite il y avait une droite affine de solutions ; le raccordement en $0$ n'en retient qu'une.
Unique solution : $y(x)=\dfrac{\ln(1+x^2)}{2x^2}$ pour $x\neq0$, $y(0)=\dfrac12$