On pose (tant sur ${\displaystyle \left]0,+\infty \right[}$ que sur sur ${\displaystyle \left]-\infty ,0\right[}$) ${\displaystyle y=zx}$, donc ${\displaystyle y'=z'x+z}$ et ${\displaystyle y''=z''x+2z'}$.

${\displaystyle (E_{1})\Leftrightarrow 0=\left(1+x^{2}\right)\left(z''x+2z'\right)+x\left(z'x+z\right)-zx=z''+\left({\frac {2}{x}}+{\frac {x}{1+x^{2}}}\right)z'=0}$.

Une primitive de ${\displaystyle {\frac {2}{x}}+{\frac {x}{1+x^{2}}}}$ est ${\displaystyle 2\ln |x|+{\frac {1}{2}}\ln \left(1+x^{2}\right)}$.

Donc ${\displaystyle (E_{1})\Leftrightarrow z'={\frac {\lambda }{x^{2}{\sqrt {1+x^{2}}}}}}$.

On pose ${\displaystyle t=\arctan x}$. Alors, ${\displaystyle \cos t\geq 0}$, ${\displaystyle x=\tan t}$ et ${\displaystyle \mathrm {d} x={\frac {\mathrm {d} t}{\cos ^{2}t}}}$, donc

${\displaystyle (E_{1})\Leftrightarrow z=\lambda \int {\frac {1}{\tan ^{2}t{\sqrt {\frac {1}{\cos ^{2}t}}}}}{\frac {\mathrm {d} t}{\cos ^{2}t}}=\lambda \int {\frac {\cos t\,\mathrm {d} t}{\sin ^{2}t}}=-{\frac {\lambda }{\sin t}}+\mu =-{\frac {\lambda {\sqrt {1+x^{2}}}}{x}}+\mu }$.

La solution générale (tant sur ${\displaystyle \left]0,+\infty \right[}$ que sur sur ${\displaystyle \left]-\infty ,0\right[}$) est donc ${\displaystyle y=\lambda \,{\sqrt {1+x^{2}}}+\mu x,\quad (\lambda ,\mu )\in \mathbb {R} ^{2}}$.

Elle est prolongeable par ${\displaystyle y(0)=\lambda }$ et l'on a alors ${\displaystyle y'(0)=\mu }$ et ${\displaystyle \left(1+0^{2}\right)y''(0)+0y'(0)-y(0)=0}$.

La solution générale sur ${\displaystyle \mathbb {R} }$ est donc ${\displaystyle y=\lambda \,{\sqrt {1+x^{2}}}+\mu x,\quad (\lambda ,\mu )\in \mathbb {R} ^{2}}$.

• Cherchons une solution particulière de la forme ${\displaystyle y=ax^{2}+bx+c}$, donc ${\displaystyle y'=2ax+b}$ et ${\displaystyle y''=2a}$.

  ${\displaystyle (E_{2})\Leftrightarrow \left(-2a-2b\right)x-2b-4c=0}$.

  Par identification, on obtient : ${\displaystyle a=2c}$ et ${\displaystyle b=-2c}$.

  Une solution particulière est donc ${\displaystyle y=2x^{2}-2x+1}$.

• Cherchons une solution particulière de la forme ${\displaystyle y=\operatorname {e} ^{f}}$, donc ${\displaystyle y'=f'y}$ et ${\displaystyle y''=\left(f''+f'^{2}\right)y}$.

  ${\displaystyle (E_{2})\Leftrightarrow x\left(f''+f'^{2}\right)+2\left(x-1\right)f'-4=0}$ devient, en posant ${\displaystyle f(x)=ax}$ :

  ${\displaystyle 0=xa^{2}+2\left(x-1\right)a-4=\left(xa-2\right)\left(a+2\right)}$.

  Une deuxième solution particulière est donc ${\displaystyle y=\operatorname {e} ^{-2x}}$.

L'espace des solutions sur ${\displaystyle \left]0,+\infty \right[}$ ou sur ${\displaystyle \left]-\infty ,0\right[}$ étant de dimension 2, il est engendré par ces deux solutions particulières.

Les solutions sur ${\displaystyle \mathbb {R} }$ sont les fonctions de la forme

${\displaystyle y(x)={\begin{cases}\lambda _{1}\left(2x^{2}-2x+1\right)+\mu _{1}\operatorname {e} ^{-2x}&{\text{si }}x\geq 0\\\lambda _{2}\left(2x^{2}-2x+1\right)+\mu _{2}\operatorname {e} ^{-2x}&{\text{si }}x<0\end{cases}}}$

avec comme seule contrainte : ${\displaystyle \lambda _{1}+\mu _{1}=\lambda _{2}+\mu _{2}}$ (la fonction ${\displaystyle y}$ est alors, même en ${\displaystyle 0}$, de classe C² et solution de ${\displaystyle (E_{2})}$).

${\displaystyle z=xy,\,z'=xy'+y,\,z''=xy''+2y'}$.

${\displaystyle xy''+2y'+xy=0\Leftrightarrow z''+z=0\Leftrightarrow z=\alpha \cos x+\beta \sin x}$

donc la solution générale sur ${\displaystyle \left]0,+\infty \right[}$ ou sur ${\displaystyle \left]-\infty ,0\right[}$ est ${\displaystyle y={\frac {\alpha \cos x+\beta \sin x}{x}},\;(\alpha ,\beta )\in \mathbb {R} ^{2}}$.

Par conséquent, une solution sur ${\displaystyle \mathbb {R} }$ est une fonction de la forme

${\displaystyle y(x)={\begin{cases}{\frac {\alpha _{1}\cos x+\beta _{1}\sin x}{x}}&{\text{si }}x>0\\\gamma &{\text{si }}x=0\\{\frac {\alpha _{2}\cos x+\beta _{2}\sin x}{x}}&{\text{si }}x<0\end{cases}}}$

avec ${\displaystyle \alpha _{1},\beta _{1},\alpha _{2},\beta _{2},\gamma \in \mathbb {R} }$ tels que ${\displaystyle y}$ soit deux fois dérivable en ${\displaystyle 0}$ et ${\displaystyle 0y''(0)+2y'(0)+0y(0)=0}$, c'est-à-dire ${\displaystyle y'(0)=0}$.

Il faut d'abord que ${\displaystyle y}$ soit continue en ${\displaystyle 0}$, ce qui équivaut à ${\displaystyle \alpha _{1}=\alpha _{2}=0}$ et ${\displaystyle \beta _{1}=\beta _{2}=\gamma }$ donc

${\displaystyle y(x)=\gamma \times {\begin{cases}{\frac {\sin x}{x}}&{\text{si }}x\neq 0\\1&{\text{si }}x=0.\end{cases}}}$

Il n'y a pas de contrainte supplémentaire sur ${\displaystyle \gamma }$ pour que ${\displaystyle y'(0)}$ soit nul et que ${\displaystyle y''(0)}$ existe, car :

• ${\displaystyle y'(0)=\gamma \lim _{x\to 0}{\frac {{\frac {\sin x}{x}}-1}{x}}=\gamma \lim _{x\to 0}{\frac {{\frac {x+o\left(x^{2}\right)}{x}}-1}{x}}=0}$ ;
• pour ${\displaystyle x\neq 0}$, ${\displaystyle y'(x)=\gamma {\frac {x\cos x-\sin x}{x^{2}}}}$ donc ${\displaystyle y''(0)=\gamma \lim _{x\to 0}{\frac {{\frac {x\cos x-\sin x}{x^{2}}}-0}{x}}=\gamma \lim _{x\to 0}{\frac {x\left(1-x^{2}/2+o\left(x^{2}\right)\right)-\left(x-x^{3}/6+o\left(x^{3}\right)\right)}{x^{3}}}=\gamma \left(-{\frac {1}{2}}+{\frac {1}{6}}\right)=-{\frac {\gamma }{3}}}$.

${\displaystyle y}$ est deux fois dérivable sur ${\displaystyle \left]0,+\infty \right[}$ si et seulement si ${\displaystyle z}$ est deux fois dérivable sur ${\displaystyle \mathbb {R} }$, et l'on a alors (pour tout ${\displaystyle x>0}$) :

${\displaystyle y(x)=z(\ln x)}$, ${\displaystyle xy'(x)=z'(\ln x)}$ et ${\displaystyle xy'(x)+x^{2}y''(x)=z''(\ln x)}$ donc

${\displaystyle y}$ est solution de ${\displaystyle x^{2}y''+xy'+y=0}$ sur ${\displaystyle \left]0,+\infty \right[}$ si et seulement si ${\displaystyle z}$ est solution sur ${\displaystyle \mathbb {R} }$ de ${\displaystyle z''+z=0}$, c'est-à-dire ${\displaystyle z(t)=a\cos t+b\sin t}$ (avec ${\displaystyle a,b\in \mathbb {R} }$).

Les solutions ${\displaystyle y}$ sont donc les fonctions de la forme ${\displaystyle y(x)=a\cos \ln x+b\sin \ln x}$.

1. Si ${\displaystyle y}$ est une solution bornée alors ${\displaystyle y'(x)=y'(0)-\int _{0}^{x}qy}$ admet une limite ${\displaystyle \ell \in \mathbb {R} }$ quand ${\displaystyle x\to +\infty }$ et d'après le théorème des accroissements finis, ${\displaystyle \ell =\lim _{x\to +\infty }{\frac {y(2x)-y(x)}{x}}=0}$.
2. ${\displaystyle w'=0}$ donc d'après la question 1, ${\displaystyle w=0}$.
3. Il existe deux solutions ${\displaystyle u,v}$ linéairement indépendantes. Leur wronskien est alors non nul donc d'après la question 2, ${\displaystyle u}$ ou ${\displaystyle v}$ est non bornée.

1. 1. Sachant que ${\displaystyle x(t_{0})=0}$, on a ${\displaystyle x'(t_{0})\neq 0}$ car sinon, par unicité (cf. cours : Théorème fondamental d'existence et unicité), ${\displaystyle x}$ serait la fonction nulle. On a alors ${\displaystyle x(t)\sim _{t\to t_{0}}\left(t-t_{0}\right)x'(t_{0})}$ et par conséquent, pour ${\displaystyle t\neq t_{0}}$ suffisamment proche de ${\displaystyle t_{0}}$ : ${\displaystyle x(t)\neq 0}$.
   2. Sur ${\displaystyle \left]\alpha ,\beta \right[}$, ${\displaystyle x}$ est de signe constant (d'après le théorème des valeurs intermédiaires) donc (quitte à remplacer ${\displaystyle x}$ par ${\displaystyle -x}$ si nécessaire) ${\displaystyle x>0}$. Alors ${\displaystyle x'(\alpha )=\lim _{t\to \alpha ^{+}}{\frac {x(t)}{t-\alpha }}\geq 0}$ et même (d'après la question précédente) ${\displaystyle x'(\alpha )>0}$. De même, ${\displaystyle x'(\beta )<0}$. Donc ${\displaystyle x'(\alpha )x'(\beta )<0}$.
2. 1. Puisque ${\displaystyle x}$ est solution de ${\displaystyle (E_{0})}$, on déduit de 1.1 (par contraposition) que si ${\displaystyle x(t_{0})=x'(t_{0})=0}$ alors ${\displaystyle x=0}$ donc (puisque ${\displaystyle (u,v)}$ est supposé libre) ${\displaystyle \lambda =\mu =0}$.
   2. D'après la question précédente, pour tout ${\displaystyle t_{0}\in I}$, on a
      ${\displaystyle \forall (\lambda ,\mu )\in \mathbb {R} ^{2}\quad \lambda {\begin{pmatrix}u(t_{0})\\u'(t_{0})\end{pmatrix}}+\mu {\begin{pmatrix}v(t_{0})\\v'(t_{0})\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix}}\Rightarrow \lambda =\mu =0}$,
      autrement dit : les deux vecteurs ${\displaystyle {\begin{pmatrix}u(t_{0})\\u'(t_{0})\end{pmatrix}}}$ et ${\displaystyle {\begin{pmatrix}v(t_{0})\\v'(t_{0})\end{pmatrix}}}$ sont linéairement indépendants, ce qui se traduit par ${\displaystyle W(t_{0})\neq 0}$.
3. 1. ${\displaystyle \forall t\in I\quad 0\neq W(t)=u(t)v'(t)-u'(t)v(t)}$ donc ${\displaystyle \left(u(t),v(t)\right)\neq (0,0)}$.
   2. D'après 2.2, ${\displaystyle W}$ est de signe constant. Soient ${\displaystyle \alpha }$ et ${\displaystyle \beta }$ deux zéros consécutifs de ${\displaystyle u}$. Alors, ${\displaystyle W(\alpha )=-u'(\alpha )v(\alpha )}$, ${\displaystyle W(\beta )=-u'(\beta )v(\beta )}$ et (d'après 1.2) ${\displaystyle u'(\alpha )u'(\beta )<0}$. Par conséquent, ${\displaystyle v(\alpha )v(\beta )<0}$ donc ${\displaystyle v}$ s'annule au moins une fois entre ${\displaystyle \alpha }$ et ${\displaystyle \beta }$. Mais pas deux fois car sinon (en inversant les rôles de ${\displaystyle u}$ et ${\displaystyle v}$ dans ce résultat), il y aurait au moins un zéro de ${\displaystyle u}$ entre deux zéros consécutifs de ${\displaystyle v}$ dans ${\displaystyle \left]\alpha ,\beta \right[}$, ce qui est exclu par le choix de ${\displaystyle (\alpha ,\beta )}$.

Voir aussi « cette feuille d'exercices », sur bibmath.net.