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 $x^2y''+xy'+y=0$ 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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