Sur $I=]-\mathrm{\infty };-1[$ ou $]-1;+\mathrm{\infty }[$ l’espace des solutions de cette équation différentielle linéaire d’ordre 2 est un plan vectoriel. En recherchant ses solutions polynomiale on obtient les fonctions $y(t)=a(t^2-1)+b(t+1)$. Les deux fonctions polynomiales $t\mapsto t^2-1$ et $t\mapsto t+1$ sont solutions et indépendantes, elles constituent un système fondamental de solution de l’équation sur $I$. Reste à recoller celles-ci en $-1$.
Si $y$ est solution sur $ℝ$, elle est a fortiori solution sur $]-\mathrm{\infty };-1[$ et $]-1;+\mathrm{\infty }[$ donc il existe $a_1,b_1,a_2,b_2\in ℝ$ tels que $\forall t>-1,y(t)=a_1(t^2-1)+b_1(t+1)$ et $\forall t<-1,y(t)=a_2(t^2-1)+b_2(t+1)$.
Recherchons parmi les fonctions de la forme précédente celles pouvant être prolongée en une fonction deux fois dérivable en $-1$
Limite en $-1$: ${lim}_{t\to -1^{+}}y(t)=0$ et ${lim}_{t\to -1^{-}}y(t)=0$. On peut prolonger $y$ en $-1$ en posant $y(-1)=0$.
$\forall t>-1,y^{\prime }(t)=2a_{1}t+b_1$ et $\forall t>-1,y^{\prime }(t)=2a_{2}t+b_2$.
Limite en $-1$: ${lim}_{t\to -1^{+}}{y}^{\prime }(t)=-2a_1+b_1$ et ${lim}_{t\to -1^{-}}y(t)=-2a_2+b_2$. La fonction $y$ est dérivable en $-1$ si, et seulement si, $-2a_1+b_1=-2a_2+b_2$. Si tel est le cas:
$\forall t>-1,y^{\prime \prime }(t)=2a_1$ et $\forall t<-1,y^{\prime \prime }(t)=2a_2$.
Limite en $-1$: ${lim}_{t\to -1^{+}}{y}^{\prime \prime }(t)=2a_1$ et ${lim}_{t\to -1^{-}}{y}^{\prime \prime }(t)=2a_2$. La fonction $y$ est deux fois dérivable en $-1$ si, et seulement si, $2a_1=2a_2$.
Au final $y$ peut être prolongée en une fonction deux fois dérivable si, et seulement si, $a_1=a_2$ et $b_1=b_2$.
La fonction $y$ est alors donnée par $y(t)=a_1(t^2-1)+b_1(t+1)$ sur $ℝ$ et elle bien solution de l’équation.

Finalement, les solutions sur $ℝ$ de l’équation sont les fonctions

On remarque

Les fonctions $y(t)={\mathrm{e}}^t$ et $y(t)=t+2$ sont solutions sur $ℝ$ et elles sont indépendantes.

Par suite, sur $I=]-\mathrm{\infty };-1[$ ou $]-1;+\mathrm{\infty }[$, la solution générale est

car on sait que l’espace des solutions est de dimension $2$.

Après recollement en $-1$, la solution générale sur $ℝ$ est

• (a)

  $z:x\mapsto y(-x)$ est deux fois dérivable sur $I^{\prime }$ et vérifie bien l’équation.

• (b)

  Soient $y$ une fonction deux fois dérivable définie sur ${ℝ}_{+}^{*}$ et $z$ définie par $z(t)=y\left(\sqrt{t}\right)$ de sorte que $y(x)=z(x^2)$. La fonction $z$ est deux fois dérivable et

  $$y^{\prime }(x)=2x{z}^{\prime }(x^2)\mathit{\hspace{1em}}\text{et}\mathit{\hspace{1em}}{y}^{\prime \prime }(x)=2z^{\prime }(x^2)+4x^2{z}^{\prime \prime }(x^2)\text{.}$$

  La fonction $y$ est solution sur ${ℝ}_{+}^{*}$ si, et seulement si,

  $$4z^{\prime \prime }-z=0\text{.}$$

  Cela conduit à la solution générale

  $$y(x)=\lambda {\mathrm{e}}^{\frac{x^2}{2}}+\mu {\mathrm{e}}^{-\frac{x^2}{2}}\text{ avec }(\lambda ,\mu )\in {ℝ}^2\text{.}$$

• (c)

  Soit $y$ une solution sur $ℝ$ de l’équation proposée.

  Puisque $y$ est solution sur ${ℝ}_{+}^{*}$ et ${ℝ}_{-}^{*}$, on peut écrire

  $$\forall x>0,y(x)={\lambda }_1{\mathrm{e}}^{\frac{x^2}{2}}+{\mu }_1{\mathrm{e}}^{-\frac{x^2}{2}}\mathit{\hspace{1em}}\text{et}\mathit{\hspace{1em}}\forall x<0,y(x)={\lambda }_2{\mathrm{e}}^{\frac{x^2}{2}}+{\mu }_2{\mathrm{e}}^{-\frac{x^2}{2}}\text{.}$$

  Puisque $y$ est continue en $0$,

  $${\lambda }_1+{\mu }_1={\lambda }_2+{\mu }_2\text{.}$$

  La dérivabilité de $y$ en $0$ ne donne rien de plus.

  $$y^{\prime \prime }(x)\underset{x\to 0+}{\overset{}{\to }}{\lambda }_1-{\mu }_1\mathit{\hspace{1em}}\text{et}\mathit{\hspace{1em}}{y}^{\prime \prime }(x)\underset{x\to 0-}{\overset{}{\to }}{\lambda }_2-{\mu }_2\text{.}$$

  La dérivabilité à l’ordre $2$ de $y$ en $0$ conduit à ${\lambda }_1-{\mu }_1={\lambda }_2-{\mu }_2$ d’où ${\lambda }_1={\mu }_1$ et ${\lambda }_2={\mu }_2$.

  Finalement, la solution générale sur $ℝ$ s’exprime

  $$y(x)={\lambda }_1{\mathrm{e}}^{\frac{x^2}{2}}+{\mu }_1{\mathrm{e}}^{-\frac{x^2}{2}}\text{ avec }({\lambda }_1,{\mu }_1)\in {ℝ}^2\text{.}$$

• (a)

  Soit $\sum a_n{x}^n$ une série entière de rayon de convergence $R>0$.
  Sur $]-R;R[$, la fonction $x\mapsto y(x)={\sum }_{n=0}^{+\mathrm{\infty }}{a}_n{x}^n$ est de classe ${𝒞}^{\mathrm{\infty }}$ avec

  $$y^{\prime }(x)=\sum _{n=0}^{+\mathrm{\infty }}(n+1)a_{n+1}{x}^n\text{ et }{y}^{\prime \prime }=\sum _{n=1}^{+\mathrm{\infty }}(n+1)n{a}_{n+1}{x}^{n-1}\text{.}$$

  On a alors

  $$4x{y}^{\prime \prime }+2y^{\prime }-y=\sum _{n=0}^{+\mathrm{\infty }}\left(2(2n+1)(n+1)a_{n+1}-a_n\right)x^n\text{.}$$

  Par unicité des coefficients d’un développement en série entière, la fonction $y$ est solution de l’équation $(E)$ si, et seulement si,

  $$\forall n\in \mathbb{N},a_{n+1}=\frac{a_n}{(2n+1)(2n+2)}\text{.}$$

  Ce qui donne

  $$\forall n\in \mathbb{N},a_n=\frac{1}{(2n)!}{a}_0\text{.}$$

  Inversement, la série entière donnée par $\sum \frac{a_0}{(2n)!}{x}^n$ est de rayon de convergence $+\mathrm{\infty }$ et en vertu des calculs qui précèdent, sa somme est solution sur $ℝ$ de l’équation $(E)$.

• (b)

  Considérons $I={ℝ}_{+}^{*}$ ou ${ℝ}_{-}^{*}$ et posons $x=\epsilon t^2$ avec $\epsilon =\pm 1$.
  Soit $y:I\to ℝ$ une fonction deux fois dérivable et $z:{ℝ}_{+}^{*}\to ℝ$ définie par $z(t)=y(\epsilon t^2)$.
  La fonction $z$ est deux fois dérivable et

  $$z(t)=y(\epsilon t^2),z^{\prime }(t)=2\epsilon t{y}^{\prime }(\epsilon t^2)\text{ et }{z}^{\prime \prime }(t)=4t^2{y}^{\prime \prime }(\epsilon t^2)+2\epsilon y^{\prime }(\epsilon t^2)$$

  de sorte que

  $$\epsilon z^{\prime \prime }(t)-z(t)=4x{y}^{\prime \prime }(x)+2y^{\prime }(x)-y(x)\text{.}$$

  Ainsi, $y$ est solution de $(E)$ sur $I$ si, et seulement si, $z$ est solution sur ${ℝ}_{+}^{*}$ de l’équation différentielle linéaire à coefficients constants $\epsilon z^{\prime \prime }-z=0$. La solution générale de cette dernière est $z(t)=\lambda \mathrm{ch}(t)+\mu \mathrm{sh}(t)$ si $I={ℝ}_{+}^{*}$ et $z(t)=\lambda \cos (t)+\mu \sin (t)$ si $I={ℝ}_{-}^{*}$. La solution générale de $(E)$ sur $I$ est donc

  $$y(x)=\lambda \mathrm{ch}\left(\sqrt{x}\right)+\mu \mathrm{sh}\left(\sqrt{x}\right)\mathit{\hspace{1em}}\text{sur }I={ℝ}_{+}^{*}$$

  et

  $$y(x)=\lambda \cos \left(\sqrt{|x|}\right)+\mu \sin \left(\sqrt{|x|}\right)\mathit{\hspace{1em}}\text{sur }I={ℝ}_{-}^{*}\text{.}$$

• (c)

  Soit $y$ une solution de $(E)$ sur ${ℝ}_{+}^{*}$ et ${ℝ}_{-}^{*}$. On peut écrire

  $$\forall x>0,y(x)=\lambda \mathrm{ch}\left(\sqrt{x}\right)+\mu \mathrm{sh}\left(\sqrt{x}\right)$$

  et

  $$\forall x<0,y(x)={\lambda }^{\prime }\cos \left(\sqrt{|x|}\right)+{\mu }^{\prime }\mathrm{sh}\left(\sqrt{|x|}\right)\text{.}$$

  Le raccord par continuité exige $\lambda ={\lambda }^{\prime }$.
  La dérivabilité du raccord exige $\mu ={\mu }^{\prime }=0$.
  La fonction ainsi obtenue correspond alors au développement en série entière initiale que l’on sait être solution sur $ℝ$.

Soient $y:ℝ\to ℝ$ une fonction deux fois dérivable et $z:ℝ\to ℝ$ définie par $z=y^{\prime }-y$. La fonction $z$ est dérivable et $z^{\prime }=y^{\prime \prime }-y^{\prime }$.

$y$ est solution de $E$ si, et seulement si, $z$ est solution de $(F):x{z}^{\prime }-z=1$.

$(F)$ est une équation différentielle linéaire d’ordre $1$.

Solution générale de $(F)$ sur ${ℝ}_{+}^{*}$ et ${ℝ}_{-}^{*}$:

Après recollement, solution générale de $(F)$ sur $ℝ$:

Reste à résoudre

Solution homogène: $y_0(x)=D{\mathrm{e}}^x$.

Solution particulière: $y_1(x)=-C(x+1)+1$.

Solution générale de $(E)$: