（1）初值点为 $x=1$，在 $x>0$ 上令 $x={\mathrm{e}}^t$，记 $Y(t)=y({\mathrm{e}}^t)$。由链式法则，

所以 $x{y}^{\prime }=Y^{\prime }$、$x^2{y}^{\prime \prime }=Y^{\prime \prime }-Y^{\prime }$。原方程化为 $Y^{\prime \prime }-4Y=0$，特征根为 $\pm 2$，故 $Y=C_1{\mathrm{e}}^{2t}+C_2{\mathrm{e}}^{-2t}$，换回得 $y=C_1{x}^2+C_2{x}^{-2}$。
（2）求导得 $y^{\prime }=2C_{1}x-2C_2{x}^{-3}$。代入初值，得 $C_1+C_2=1$、$2C_1-2C_2=2$，所以 $C_1=1,C_2=0$，即 $y=x^2$。
（3）核对：$y^{\prime }=2x,y^{\prime \prime }=2$，原方程左端为 $2x^2+2x^2-4x^2=0$，且 $y(1)=1,y^{\prime }(1)=2$。

在含初值点的区间 $x>0$ 上试取幂函数解 $y=x^k$，其导数为 $y^{\prime }=k{x}^{k-1}$、$y^{\prime \prime }=k(k-1)x^{k-2}$。代入原方程得 $[k(k-1)+k-4]x^k=(k^2-4)x^k=0$，因 $x^k\ne 0$，指标方程为 $k^2-4=0$，根为 $\pm 2$。
两个解 $x^2,x^{-2}$ 之比为 $x^4$，不是常数，故线性无关，通解为 $y=C_1{x}^2+C_2{x}^{-2}$。由初值 $C_1+C_2=1$、$C_1-C_2=1$，得 $C_1=1,C_2=0$，所以 $y=x^2$。代回原方程和初值均成立。