On cherche les fonctions $y$ deux fois dérivables sur $]0,+\infty[$ telles que $$(E)\quad x^2y''(x)-3xy'(x)+4y(x)=x\quad\text{pour tout }x>0.$$
- Soit $y$ une fonction définie sur $]0,+\infty[$ et $z$ la fonction définie sur $\mathbb{R}$ par $z(t)=y(e^t)$. Montrer que $y$ est deux fois dérivable si et seulement si $z$ l'est, et exprimer $z'(t)$ et $z''(t)$ à l'aide de $y'(e^t)$ et $y''(e^t)$.
- En déduire que $y$ est solution de $(E)$ si et seulement si $z$ est solution d'une équation linéaire du second ordre à coefficients constants que l'on précisera.
- Résoudre $(E)$.
- Déterminer la solution de $(E)$ vérifiant $y(1)=1$ et $y'(1)=0$.
La fonction $\exp$ est une bijection dérivable de $\mathbb{R}$ sur $]0,+\infty[$, de réciproque $\ln$ dérivable.
Exprimer $xy'(x)$ et $x^2y''(x)$ en fonction de $z'(t)$ et $z''(t)$ avec $x=e^t$.
Revenir à la variable $x$ par $t=\ln x$ une fois $z$ trouvée.
1. La fonction $\exp$ est une bijection de $\mathbb{R}$ sur $]0,+\infty[$, indéfiniment dérivable, de réciproque $\ln$ indéfiniment dérivable. On a $z=y\circ\exp$ et $y=z\circ\ln$. Si $y$ est deux fois dérivable, $z$ l'est comme composée ; réciproquement, si $z$ est deux fois dérivable, $y=z\circ\ln$ l'est aussi. Par dérivation des composées : $$z'(t)=e^ty'(e^t),\qquad z''(t)=e^ty'(e^t)+e^{2t}y''(e^t).$$
2. Soit $x>0$ et $t=\ln x$, de sorte que $x=e^t$. Les formules précédentes donnent $xy'(x)=z'(t)$ et $x^2y''(x)=z''(t)-z'(t)$. Donc $$x^2y''(x)-3xy'(x)+4y(x)=z''(t)-4z'(t)+4z(t).$$ Comme $t\mapsto e^t$ est une bijection de $\mathbb{R}$ sur $]0,+\infty[$, $y$ est solution de $(E)$ si et seulement si $$(F)\quad z''(t)-4z'(t)+4z(t)=e^{t}\quad\text{pour tout }t\in\mathbb{R}.$$
3. $\chi(r)=r^2-4r+4=(r-2)^2$ : racine double $2$, solutions de l'homogène $(\lambda t+\mu)e^{2t}$. Comme $\chi(1)=1\neq0$, une solution particulière de $(F)$ est $\dfrac{e^t}{\chi(1)}=e^t$. Les solutions de $(F)$ sont $z(t)=(\lambda t+\mu)e^{2t}+e^t$. En revenant à $y(x)=z(\ln x)$, avec $e^{2\ln x}=x^2$, les solutions de $(E)$ sont $$y(x)=x+x^2(\lambda\ln x+\mu),\quad(\lambda,\mu)\in\mathbb{R}^2.$$
4. $y(1)=1+\mu=1$ donne $\mu=0$. On a $y'(x)=1+\lambda(2x\ln x+x)+2\mu x$, donc $y'(1)=1+\lambda+2\mu=0$ donne $\lambda=-1$. La solution cherchée est $y(x)=x-x^2\ln x$.
Vérification : $y'=1-2x\ln x-x$, $y''=-2\ln x-3$, et $$x^2y''-3xy'+4y=(-2x^2\ln x-3x^2)+(-3x+6x^2\ln x+3x^2)+(4x-4x^2\ln x)=x.$$
$y(x)=x+x^2(\lambda\ln x+\mu)$ ; avec les conditions : $y(x)=x-x^2\ln x$