Soit $y$ une fonction deux fois dérivable définie sur $ℝ$.
Posons $z$ la fonction définie sur $]-\pi /2;\pi /2[$ par $z(t)=y(x)=y\left(\tan (t)\right)$. Celle-ci est deux fois dérivabl et, après calculs, $y$ est solution de l’équation différentielle proposée si, et seulement si, $z$ est solution de l’équation $z^{\prime \prime }-2z^{\prime }+z=0$ c’est-à-dire $z(t)=(\lambda t+\mu ){\mathrm{e}}^t$ avec $\lambda ,\mu \in ℝ$.

On en déduit $y(x)=\left(\lambda \arctan (x)+\mu \right){\mathrm{e}}^{\arctan (x)}$ avec $\lambda ,\mu \in ℝ$.

Soient $y$ une fonction deux fois dérivable sur $ℝ$ et $z:I=]-\pi /2;\pi /2[\to ℝ$ définie par $z(x)=y\left(\tan (x)\right)$.

$z$ est deux fois dérivable et $y(t)=z\left(\arctan (t)\right)$ pour tout $t\in ℝ$.

$$y^{\prime }(t)=\frac{z^{\prime }\left(\arctan (t)\right)}{1+t^2}\mathit{\hspace{1em}}\text{et}\mathit{\hspace{1em}}{y}^{\prime \prime }(t)=-\frac{2t}{{(1+t^2)}^2}{z}^{\prime }\left(\arctan (t)\right)+\frac{1}{{(1+t^2)}^2}{z}^{\prime \prime }\left(\arctan (t)\right)$$

$y$ est solution si, et seulement si,

$$z^{\prime \prime }\left(\arctan (t)\right)+z\left(\arctan (t)\right)=t$$

soit $z^{\prime \prime }(x)+z(x)=\tan (x)$ sur $I$.

$z^{\prime \prime }+z=0$ donc $z=\lambda \cos (x)+\mu \sin (x)$.

Par la méthode de la variation des constantes:

$${\lambda }^{\prime }(x)=-\frac{{\sin }^2(x)}{\cos (x)}\mathit{\hspace{1em}}\text{et}\mathit{\hspace{1em}}{\mu }^{\prime }(x)=\sin (x)\text{.}$$

Puisque

$$\int -\frac{{\sin }^2(x)}{\cos (x)}\mathrm{d}x\underset{u=\sin (x)}{=}\int \frac{u^2}{u^2-1}du=u+\frac{1}{2}\ln \left|\frac{u-1}{u+1}\right|+C=\sin (x)+\frac{1}{2}\ln \left(\frac{1-\sin (x)}{1+\sin (x)}\right)+C\text{.}$$

Prenons

$$\lambda (x)=\sin (x)+\frac{1}{2}\ln \left(\frac{1-\sin (x)}{1+\sin (x)}\right)\mathit{\hspace{1em}}\text{et}\mathit{\hspace{1em}}\mu (x)=-\cos (x)\text{.}$$

On obtient la solution particulière

$$z(x)=\frac{1}{2}\ln \left(\frac{1-\sin (x)}{1+\sin (x)}\right)\cos (x)\text{.}$$

Finalement,

$$y(t)=\frac{\lambda +\mu t}{\sqrt{1+t^2}}+\frac{1}{2\sqrt{1+t^2}}\ln \left(\frac{\sqrt{1+t^2}-t}{\sqrt{1+t^2}+t}\right)\text{ avec }(\lambda ,\mu )\in {ℝ}^2\text{.}$$

$$x=\cos (t),t=\arccos (x),x\in ]-1;1[,t\in ]0;\pi [\text{.}$$

Soit $y$ une fonction deux fois dérivable définie sur $]-1;1[$.

Posons $z$ la fonction définie sur $]0;\pi [$ par $z(t)=y(x)=y\left(\cos (t)\right)$. Celle-ci est deux fois dérivable et, après calculs, $y$ est solution de l’équation différentielle proposée si, et seulement si, $z$ est solution de l’équation différentielle

$$z^{\prime \prime }+4z=t\text{.}$$

La solution générale de l’équation en $z$ est

$$z(t)=\lambda \cos (2t)+\mu \sin (2t)+\frac{1}{4}t\text{ avec }(\lambda ,\mu )\in {ℝ}^2\text{.}$$

La solution générale de l’équation initiale est

$$y(x)=\lambda (2x^2-1)+2\mu x\sqrt{1-x^2}+\frac{1}{4}\arccos (x)\text{ avec }(\lambda ,\mu )\in {ℝ}^2\text{.}$$

$P=(x+1)X-1$ convient.

$$(E)\iff (x+1)z^{\prime }-z=(3x+2){\mathrm{e}}^{3x}\text{.}$$

Après résolution avec recollement la solution générale de cette dernière équation est $z(x)=\lambda (x+1)+{\mathrm{e}}^{3x}$.

$$(E)\iff y^{\prime }-3y=\lambda (x+1)+{\mathrm{e}}^{3x}\text{.}$$

La solution générale est

$$y(x)={\lambda }^{\prime }(3x+4)+\mu {\mathrm{e}}^{3x}+x{\mathrm{e}}^{3x}\text{.}$$