${\displaystyle (E_{1}):y'=1+x^{2}-2xy+y^{2}}$

${\displaystyle \Leftrightarrow y'=1+(x-y)^{2}}$

On pose ${\displaystyle z=y-x}$ ${\displaystyle \Leftrightarrow y=z+x}$

${\displaystyle (E_{1})\Leftrightarrow z'+1=1+z^{2}}$

${\displaystyle \Leftrightarrow z'=z^{2}}$

${\displaystyle \Leftrightarrow {\frac {z'}{z^{2}}}=1}$ ou ${\displaystyle z=0}$

${\displaystyle \Leftrightarrow -{\frac {1}{z}}=x+C}$ ou ${\displaystyle z=0}$

${\displaystyle \Leftrightarrow z=-{\frac {1}{x+C}}}$ ou ${\displaystyle z=0}$

${\displaystyle {\frac {y'}{y^{m}}}+{\frac {a}{y^{m-1}}}=b}$. En posant ${\displaystyle u={\frac {1}{y^{m-1}}}}$ (ce qui, si ${\displaystyle m=0}$, revient à ${\displaystyle u=y}$), on a ${\displaystyle u'=(1-m){\frac {y'}{y^{m}}}}$ et l'on se ramène à une équation différentielle linéaire du premier ordre :
${\displaystyle {\frac {u'}{1-m}}+au=b}$.
Si ${\displaystyle \Phi }$ est une primitive de ${\displaystyle (1-m)a}$, les solutions sont :
${\displaystyle u(x)=\left[A+(1-m)\int _{x_{0}}^{x}b(s)\mathrm {e} ^{\Phi \left(s\right)}\,\mathrm {d} s\right]\mathrm {e} ^{-\Phi \left(x\right)}}$ et (sur un intervalle où ${\displaystyle u>0}$) ${\displaystyle y=u^{\frac {1}{1-m}}}$, ou ${\displaystyle y=0}$.

Si ${\displaystyle m=1}$, ${\displaystyle y'+(a-b)y=0}$. Si ${\displaystyle \Phi }$ est une primitive de ${\displaystyle a-b}$, les solutions sont ${\displaystyle y=A\mathrm {e} ^{-\Phi }}$.

On applique la question 1 au cas ${\displaystyle a=-{\frac {1}{x}}}$, ${\displaystyle b=-{\frac {1}{x^{3}}}}$, ${\displaystyle m=4}$.

En posant ${\displaystyle u={\frac {1}{y^{3}}}}$, l'équation devient linéaire : ${\displaystyle u'+3{\frac {u}{x}}={\frac {3}{x^{3}}}}$.

Les solutions de l'équation homogène associée sont ${\displaystyle z={\frac {k}{x^{3}}},\,k\in \mathbb {R} }$.

On applique donc la méthode de la variation de la constante en posant ${\displaystyle u(x)={\frac {k(x)}{x^{3}}}}$, et l'on trouve alors :

${\displaystyle u'+3{\frac {u}{x}}={\frac {3}{x^{3}}}\Leftrightarrow k'(x)=3\Leftrightarrow k(x)=3x+C\Leftrightarrow u(x)={\frac {3x+C}{x^{3}}}}$

Les solutions sont donc : ${\displaystyle y(x)={\frac {x}{\sqrt[{3}]{3x+C}}},\quad C\in \mathbb {R} }$ ou ${\displaystyle y=0}$.

1. On applique la question 1 au cas ${\displaystyle a=b=-1}$, ${\displaystyle m=3}$. En posant ${\displaystyle u={\frac {1}{r^{2}}}}$, l'équation devient ${\displaystyle u'+u=1}$. Les solutions sont : ${\displaystyle u=1-C\operatorname {e} ^{-t},\,C\in \mathbb {R} }$, soit ${\displaystyle r=\pm {\frac {1}{\sqrt {1-C\operatorname {e} ^{-t}}}}}$ (définie sur ${\displaystyle \mathbb {R} }$ si ${\displaystyle C\leq 0}$ et sur ${\displaystyle \left]\ln C,+\infty \right[}$ si ${\displaystyle C>0}$) ou ${\displaystyle r=0}$.
2. ${\displaystyle r(0)}$ est défini et strictement compris entre ${\displaystyle 0}$ et ${\displaystyle 1}$ si et seulement si ${\displaystyle C<0}$ et ${\displaystyle r={\frac {1}{\sqrt {1-C\operatorname {e} ^{-t}}}}}$. La solution ${\displaystyle r}$ est alors définie sur ${\displaystyle \mathbb {R} }$, strictement croissante, de limite ${\displaystyle 0}$ en ${\displaystyle -\infty }$ et ${\displaystyle 1}$ en ${\displaystyle +\infty }$ (donc ${\displaystyle \lim _{\pm \infty }r'=0}$).
3. En passant en coordonnées polaires (${\displaystyle x=r\cos \theta ,\;y=r\sin \theta }$), le système équivaut, tous calculs faits, à
   ${\displaystyle r'=r(1-r^{2}),\;\theta '=1,\;r(0)=r_{0},\;\theta (0)=\theta _{0}}$, soit (d'après la question précédente)
   ${\displaystyle \theta (t)=\theta _{0}+t}$ et ${\displaystyle r(t)={\frac {1}{\sqrt {1+k\operatorname {e} ^{-t}}}}}$ avec ${\displaystyle k={\frac {1}{r_{0}^{2}}}-1}$. Le point ${\displaystyle \left(x(t),y(t)\right)}$ décrit une spirale, de ${\displaystyle O}$ au cercle unité.

${\displaystyle (E_{1}):y'=e^{x+y}}$

${\displaystyle (E_{1})\Leftrightarrow {\frac {dy}{dx}}=e^{x+y}}$

${\displaystyle \Leftrightarrow dy=dx\times e^{x+y}}$

${\displaystyle \Leftrightarrow {\frac {dy}{e^{y}}}=dx\times e^{x}}$

${\displaystyle \Leftrightarrow e^{-y}dy=e^{x}dx}$

${\displaystyle \Leftrightarrow -e^{-y}=e^{x}+C}$

${\displaystyle \Leftrightarrow e^{-y}=-e^{x}-C}$

${\displaystyle (E_{2}):y=x^{2}y'^{2}}$

${\displaystyle (E_{2})\Leftrightarrow y'=\pm {\sqrt {\frac {y}{x^{2}}}}}$ que l’on résout sur ${\displaystyle ]0;+\infty [}$ par exemple (problème de définition en 0)

${\displaystyle \Leftrightarrow {\frac {dy}{dx}}=\pm {\frac {\sqrt {y}}{x}}}$

${\displaystyle \Leftrightarrow {\frac {dy}{\sqrt {y}}}=\pm {\frac {dx}{x}}}$ ou ${\displaystyle y=0}$

${\displaystyle \Leftrightarrow 2{\sqrt {y}}=\pm \ln x+C}$ ou ${\displaystyle y=0}$

La normale à la courbe au point ${\displaystyle M}$ d'abscisse ${\displaystyle x_{0}}$ a pour équation ${\displaystyle x-x_{0}+(y-f(x_{0}))f'(x_{0})=0}$ donc le point ${\displaystyle N}$ de cette normale a pour abscisse ${\displaystyle x_{0}+f(x_{0})f'(x_{0})}$ et le milieu de ${\displaystyle [MN]}$ a pour coordonnées ${\displaystyle \left(x_{0}+{\frac {f(x_{0})f'(x_{0})}{2}},{\frac {f(x_{0})}{2}}\right)}$. L'équation différentielle à résoudre est donc :

${\displaystyle \forall x_{0}\quad x_{0}+{\frac {f(x_{0})f'(x_{0})}{2}}=\left({\frac {f(x_{0})}{2}}\right)^{2}}$.

Il s'agit, comme dans le deuxième des exemples de cette page, d'une équation de Bernoulli. En posant ${\displaystyle g=f^{2}}$, elle se ramène à une équation différentielle linéaire :

${\displaystyle g'-g=-4x}$,

dont les solutions sont :

${\displaystyle g(x)=4\left(x+1+k\operatorname {e} ^{x}\right),\,k\in \mathbb {R} }$.

Les fonctions ${\displaystyle f}$ qui répondent au problème sont finalement :

${\displaystyle f(x)=\pm 2{\sqrt {x+1+k\operatorname {e} ^{x}}}}$ avec, a priori, ${\displaystyle k\in \mathbb {R} }$, mais étudions le domaine de définition de ${\displaystyle f}$.

On a ${\displaystyle \lim _{-\infty }g=-\infty }$ mais pour le reste, les variations de ${\displaystyle g}$ dépendent du signe de ${\displaystyle k}$ :

• Si ${\displaystyle k\geq 0}$ alors ${\displaystyle \lim _{+\infty }g=+\infty }$ et ${\displaystyle g'>0}$, donc le domaine de définition de ${\displaystyle f}$ est de la forme ${\displaystyle \left[a_{k},+\infty \right[}$, où ${\displaystyle a_{k}}$ est l'unique réel en lequel ${\displaystyle g}$ s'annule.
• Si ${\displaystyle k<0}$ alors ${\displaystyle \lim _{+\infty }g=+\infty }$ et ${\displaystyle g'}$ est positive à gauche de ${\displaystyle y_{k}:=-\ln |k|}$ et négative à droite, et ${\displaystyle \max(g)=g\left(y_{k}\right)=-4\ln |k|}$. Donc le domaine de définition de ${\displaystyle f}$ est soit ${\displaystyle \varnothing }$ (si ${\displaystyle -4\ln |k|<0}$ c'est-à-dire ${\displaystyle k<-1}$), soit de la forme ${\displaystyle \left[a_{k},b_{k}\right]}$ (si ${\displaystyle k\geq -1}$). Dans le cas limite ${\displaystyle k=-1}$, on a ${\displaystyle a_{k}=b_{k}=y_{k}=0}$. Dans le cas général ${\displaystyle -1<k<0}$, ${\displaystyle a_{k}}$ et ${\displaystyle b_{k}}$ sont les deux réels (de part et d'autre de ${\displaystyle y_{k}}$) en lesquels ${\displaystyle g}$ s'annule.