Les solutions (C1 sur R2) de cette forme sont les (x, y)→ 1 4 x4−y4 +A x2+y2 +B, (A, B)∈R2

PSI* — 2019/2020 — Corrigé partiel du T.D. 12 Page 1

5. Trouver les solutions de (E) y∂f

∂x −x∂f

∂y = x²+y² xy de la forme(x, y)→ϕ(x) +ψ(y), où ϕ etψ sont de classeC¹ sur R.

Solution : nous avons répondu en classe à la question. . . Les solutions (C¹ sur R²) de cette forme sont les

(x, y)→ 1

4 x⁴−y⁴ +A x²+y² +B, (A, B)∈R².

Restait à comparer ce résultat avec les solutions obtenues grâce au passage en coordonnées polaires.

Pour simplifier, je me limite aux solutions dans U = (x, y)∈R² / x >0 . À f :U →Rj’associeg: Ω→Roù Ω =R^+∗×]−π/2, π/2[, définie par

∀(r, θ)∈Ω g(r, θ) =f(rcosθ, rsinθ). J’ai alors

∀(x, y)∈U f(x, y) =g x²+y²,arctany x .

Par conséquent, en vertu des théorèmes opératoires classiques, f est C¹ sur U si et seulement si g est C¹ sur Ωet, si c’est le cas, j’ai

∀(r, θ)∈Ω ∂g

∂θ (r, θ) =−rsinθ∂f

∂x(rcosθ, rsinθ) +rcosθ∂f

∂y (rcosθ, rsinθ) (expression qui a motivé le passage en coordonnées polaires !).

Donc f est solution de (E) sur U si et seulement si g estC¹ sur Ωet vérifie

∀(r, θ)∈Ω ∂g

∂θ(r, θ) =−r⁴cosθsinθ=−r⁴ 2 sin 2θ

soit (en intégrant à r fixé) si et seulement s’il existe une fonctionΦ C¹ surR^+∗ telle que

∀(r, θ)∈Ω g(r, θ) = r⁴

4 cos 2θ+ Φ (r).

Comme r² =x²+y² etr²cos 2θ=x²−y² je peux revenir facilement à(x, y) : Les solutionsC¹ de(E) sur U sont les (x, y)→1

4 x⁴−y⁴ + Φ x²+y² ,Φ∈ C¹(R^+∗,R).

Nous retrouvons (heureusement !) les solutions du type particulier cherchées dans l’exercice initial, avec Φ (r) =Ar²+B.