Puisqu’on cherche \(y\) fonction de \(x\in]0;+\infty[\), et que l’application \(t\mapsto e^t\) est bijective de \(\R\) sur \(]0;+\infty[\), on peut poser \(x=e^t\) et \(z(t)=y(e^t)\). On a alors \(t= \ln x\) et \(y(x) = z(\ln x)\). Ce qui donne : \[\begin{aligned} y(x)&=&z(\ln x)=z(t)\\ y'(x)&=&\frac{1}{x}z'(\ln x)=e^{-t}z'(t)\\ y''(x)&=&-\frac{1}{x^2}z'(\ln x)+\frac{1}{x^2}z''(\ln x)=-e^{-2t}z'(t)+e^{-2t}z''(t)\end{aligned}\] En remplaçant, on obtient donc que \[\forall x\in]0;+\infty[,\ x^2y''+xy'+y=0\Longleftrightarrow\forall t\in\R,\ z''(t)+z(t)=0\] autrement dit, \(z(t)=\lambda\cos t+\mu\sin t\) où \(\lambda,\mu\in\R\). Finalement, les solutions de l’équation de départ sont de la forme \[y(x) = z(\ln x) = \lambda\cos(\ln x)+\mu\sin(\ln x)\] où \(\lambda,\mu\in\R\). L’application \(t\mapsto \tan t\) étant bijective de \(]-\frac{\pi}{2};\frac{\pi}{2}[\) sur \(\R\), on peut poser \(x=\tan t\) et \(z(t)=y(\tan t)\). On a alors \(t = \arctan x\) et ainsi : \[\begin{aligned} y(x)&=&z(\arctan x)=z(t)\\ y'(x)&=&\frac{1}{1+x^2}z'(\arctan x)\\ y''(x)&=&\frac{1}{(1+x^2)^2}\big(z''(\arctan x)-2xz'(\arctan x)\big)\end{aligned}\] En remplaçant, on obtient que \(z\) est solution de l’équation différentielle \(z''+mz=0\). Pour résoudre cette équation, on doit distinguer trois cas:

\(m<0\): alors \(z(t)=\lambda e^{\sqrt{-m}t}+\mu e^{-\sqrt{-m}t}\) et donc \[y(x)=\lambda e^{\sqrt{-m}\arctan x}+\mu e^{-\sqrt{-m}\arctan x},\] \(m=0\): \(z''=0\) et donc \(z(t)=\lambda t+\mu\) et \(y(x)=\lambda\arctan x+\mu\), \(m>0\): alors \(z(t)=\lambda\cos(\sqrt{m}t)+\mu\sin(\sqrt{m}t)\) et donc \[y(x)=\lambda\cos(\sqrt{m}\arctan x)+\mu\sin(\sqrt{m}\arctan x)\] où \(\lambda,\mu\in\R\).

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