Contoh. Tinjau persamaan diferensial biasa

$$x^2 y' + (x-1)y + 1 = 0 \ .$$(5.1.1) Misalkan kita mempunyai solusi berbentuk $\displaystyle y = \sum_{n=0}^\infty a_n x^n$ dengan jari-jari kekonvergenan positif. Maka $\displaystyle y' = \sum_{n=1}^\infty n a_n x^{n-1}$ pada interval konvergensi. Jika deret-deret ini kita substitusikan sebagai $y$ dan $y'$ ke dalam (5.1.1), maka kita memperoleh

$$\begin{aligned} 0 &= \sum_{n=1}^\infty n a_n x^{n+1} +(x-1) \sum_{n=0}^\infty a_n x^n + 1 = \sum_{n=1}^\infty n a_n x^{n+1} + \sum_{n=0}^\infty a_n x^{n+1} - \sum_{n=0}^\infty a_n x^n + 1 \\ &= \sum_{n=2}^\infty (n-1) a_{n-1} x^n + \sum_{n=1}^\infty a_{n-1} x^n - \sum_{n=0}^\infty a_n x^n + 1 \\ &= \sum_{n=2}^\infty \left( n a_{n-1} - a_n\right) x^n + (a_0 - a_1)x - a_0 + 1 \ . \end{aligned}$$ Dengan demikian, kita memperoleh $a_0 = 1$ dari $1-a_0 = 0$, $a_1 = a_0 = 1$ dari $a_0 - a_1 = 0$, $a_2 = 2a_1 = 2$ dari $2 a_1 - a_2 = 0$, $a_3 = 3a_2 = 3\cdot 2 = 3!$ dari $3 a_2 - a_3 = 0$, dan seterusnya. Jika kita mengasumsikan bahwa $a_{n-1} = (n-1)!$, maka kita memperoleh $a_n = n!$ dari $n a_{n-1} - a_n = 0$. Oleh induksi, kita mempunyai $a_n = n!$ untuk setiap bilangan bulat tak negatif. Kita memperoleh $\displaystyle y = \sum_{n=0}^\infty n! x^n$. Uji rasio menunjukkan bahwa deret ini divergen untuk $x\neq 0$. Oleh karena itu, kita tidak dapat mengasumsikan bahwa terdapat solusi analitik dari (5.1.1) di lingkungan titik asal.

Contoh. Selesaikan persamaan diferensial biasa

$$4xy''+ 2 y' + y = 0 \ .$$

Kita mempunyai persamaan berbentuk $\displaystyle y'' + P(x)\, y' + Q(x) y = 0$, dengan $\displaystyle P(x) = \frac{1}{2x}$ dan $\displaystyle Q(x) = \frac{1}{4x}$. Jadi, $\displaystyle x P(x) = \frac{1}{2}$ dan $\displaystyle x^2 Q(x) = \frac{x}{4}$. Kita memperoleh $\alpha_0 = 1/2$ dan $\beta_0= 0$. Persamaan indisialnya adalah $\displaystyle\lambda^2 + (\alpha_0 - 1)\lambda + \beta_0 = \lambda^2 -\frac{1}{2}\,\lambda = \lambda \left(\lambda -\frac{1}{2}\right) = 0$. Akar-akarnya adalah $\displaystyle\lambda_1 = \frac{1}{2}$ dan $\lambda_2=0$. Karena $\lambda_1-\lambda_2$ bukan bilangan bulat, kita memperoleh dua solusi yang bebas secara linear, $\displaystyle y_1 = x^{\lambda_1} \sum_{n=0}^\infty a_n x^n$ dan $\displaystyle y_2 = x^{\lambda_2} \sum_{n=0}^\infty b_n x^n$.

Jika kita substitusikan $\displaystyle y = x^\lambda \sum_{n=0}^\infty c_n x^n$ ke dalam $\displaystyle 4xy''+ 2 y' + y = 0$, maka kita memperoleh

$$\begin{aligned} 0 & = 4xy''+ 2 y' + y = 4 \sum_{n=0}^\infty (\lambda+n)(\lambda+n-1) c_n x^{\lambda+n-1} + 2 \sum_{n=0}^\infty (\lambda + n )c_n x^{\lambda+n-1} + \sum_{n=0}^\infty c_n x^{\lambda+n} \\ &= 4 \sum_{n=-1}^\infty (\lambda+n+1)(\lambda+n) c_{n+1} x^{\lambda+n} + 2 \sum_{n=-1}^\infty (\lambda + n+1 )c_{n+1} x^{\lambda+n} + \sum_{n=0}^\infty c_n x^{\lambda+n} \\ &= 2\lambda(2\lambda-1) c_0 x^{\lambda-1} + \sum_{n=0}^\infty \big( 2(\lambda+n+1)(2\lambda+2n +1)c_{n+1} +c_n\big) x^{\lambda+n} \ . \end{aligned}$$ Kita memperoleh $2\lambda( 2\lambda -1)c_0 = 0$ dan relasi rekurensi $\displaystyle c_{n+1} = \frac{-1}{2(\lambda+n+1)(2\lambda+2n+1)} c_n$ untuk $n\geq 0$.

Untuk $\lambda = 1/2$, kita mempunyai $\displaystyle 2\lambda( 2\lambda -1)c_0 = 0$ untuk setiap nilai $c_0$. Jadi, $c_0$ bebas. Relasi rekurensinya menjadi $\displaystyle c_{n+1} = \frac{-1}{(2n+3)(2n+2)} c_n$ untuk $n \geq 0$. Kita memperoleh $\displaystyle c_1 = -\frac{c_0}{3\times 2} = - \frac{c_0}{3!}$, $\displaystyle c_2 = - \frac{c_1}{5\times 4} = \frac{c_0}{5\times 4 \times 3 \times 2} = \frac{c_0}{5!}$, $\displaystyle c_3 = - \frac{c_2}{7\times 6} = -\frac{c_0}{7\times 6\times 5\times 4 \times 3 \times 2} = - \frac{c_0}{7!}$, dan seterusnya. Oleh induksi, kita memperoleh $\displaystyle c_n = (-1)^n \frac{c_0}{(2n+1)!}$ untuk $n \geq 0$. Solusi pertamanya adalah

$$y_1 = c_0 \, x^{1/2} \sum_{n=0}^\infty (-1)^n \frac{x^n}{(2n+1)!} = c_0 \, \sum_{n=0}^\infty (-1)^n \frac{(\sqrt{x})^{2n+1}}{(2n+1)!} = c_0 \sin(\sqrt{x}) \ .$$

Untuk $\lambda = 0$, kita mempunyai $\displaystyle 2\lambda( 2\lambda -1)c_0 = 0$ untuk setiap nilai $c_0$. Jadi, $c_0$ juga bebas. Relasi rekurensinya menjadi $\displaystyle c_{n+1} = \frac{-1}{(2n+2)(2n+1)} c_n$ untuk $n \geq 0$. Kita memperoleh $\displaystyle c_1 = - \frac{c_0}{2\times 1} = - \frac{c_0}{2!}$, $\displaystyle c_2 = - \frac{c_1}{4\times 3} = \frac{c_0}{4 \times 3 \times 2} = \frac{c_0}{4!}$, $\displaystyle c_3 = - \frac{c_2}{6\times 5} = -\frac{c_0}{6\times 5\times 4 \times 3 \times 2} = - \frac{c_0}{6!}$, dan seterusnya. Oleh induksi, kita memperoleh $\displaystyle c_n = (-1)^n \frac{c_0}{(2n)!}$ untuk $n\geq 0$. Solusi kedua yang bebas secara linear dari solusi pertama adalah

$$y_2 = c_0 \, \sum_{n=0}^\infty (-1)^n \frac{x^n}{(2n)!} = c_0 \, \sum_{n=0}^\infty (-1)^n \frac{(\sqrt{x})^{2n}}{(2n)!} = c_0 \cos(\sqrt{x}) \ .$$

Solusi umumnya adalah $\displaystyle y = C\, \sin(\sqrt{x}) + D\, \cos(\sqrt{x})$ untuk konstanta sembarang $C$ dan $D$.

Contoh. Selesaikan persamaan diferensial biasa

$$2xy''+ y' + x y = 0 \ .$$

Kita mempunyai persamaan berbentuk $\displaystyle y'' + P(x)\, y' + Q(x) y = 0$, dengan $\displaystyle P(x) = \frac{1}{2x}$ dan $\displaystyle Q(x) = \frac{1}{2}$. Dengan demikian, $\displaystyle x P(x) = \frac{1}{2}$ dan $\displaystyle x^2 Q(x) = \frac{x^2}{2}$. Kita memperoleh $\alpha_0 = 1/2$ dan $\beta_0= 0$. Persamaan indisialnya adalah $\displaystyle\lambda^2 + (\alpha_0 - 1)\lambda + \beta_0 = \lambda^2 -\frac{1}{2}\,\lambda = \lambda \left(\lambda -\frac{1}{2}\right) = 0$. Akar-akarnya adalah $\displaystyle\lambda_1 = 1/2$ dan $\lambda_2=0$. Karena $\lambda_1-\lambda_2$ bukan bilangan bulat, kita mempunyai dua solusi yang bebas secara linear, $\displaystyle y_1 = x^{\lambda_1} \sum_{n=0}^\infty a_n x^n$ dan $\displaystyle y_2 = x^{\lambda_2} \sum_{n=0}^\infty b_n x^n$.

Jika kita substitusikan $\displaystyle y = x^\lambda \sum_{n=0}^\infty c_n x^n$ ke dalam $\displaystyle 2xy''+ y' + xy = 0$, kita memperoleh

$$\begin{aligned} 0 & = 2xy''+ y' + xy \\ &= 2 \sum_{n=0}^\infty (\lambda+n)(\lambda+n-1) c_n x^{\lambda+n-1} + \sum_{n=0}^\infty (\lambda + n )c_n x^{\lambda+n-1} + \sum_{n=0}^\infty c_n x^{\lambda+n+1} \\ &= 2 \sum_{n=-2}^\infty (\lambda+n+2)(\lambda+n+1) c_{n+2} x^{\lambda+n+1} + \sum_{n=-2}^\infty (\lambda + n+2 )c_{n+2} x^{\lambda+n+1} + \sum_{n=0}^\infty c_n x^{\lambda+n+1} \\ &= \lambda(2\lambda-1)c_0 x^{\lambda-1} + (2\lambda+1)(\lambda+1) c_1 x^{\lambda} \\ &\qquad + \sum_{n=0}^\infty \big( (\lambda+n+2)(2\lambda+2n+3) c_{n+2} +c_n\big) x^{\lambda+n+1} \ . \end{aligned}$$ Kita memperoleh $\lambda(2\lambda -1)c_0 = 0$, $(2\lambda+1)(\lambda+1) c_1 = 0$ dan hubungan rekurensi

$$c_{n+2} = -\frac{1}{(\lambda+n+2)(2\lambda+2n+3)} c_n$$ untuk $n \geq 0$.

Untuk $\lambda = 1/2$, kita mempunyai $\lambda( 2\lambda -1)c_0 = 0$ untuk setiap nilai $c_0$, dan $(2\lambda+1)(\lambda+1) c_1 = 3 c_1 = 0$. Dengan demikian, $c_0$ bebas dan $c_1=0$. Hubungan rekurensinya menjadi $\displaystyle c_{n+2} = -\frac{1}{(n+2)(2n+5)} c_n$ untuk $n \geq 0$. Kita memperoleh $\displaystyle c_3 = \frac{-1}{3\times 7} c_1 = 0$, $\displaystyle c_5 = \frac{-1}{5\times 11} c_3 = 0$, dan seterusnya. Dengan demikian, dengan induksi kita memperoleh $c_{2n-1} = 0$ untuk $n>0$. Kita juga memperoleh bahwa $\displaystyle c_2 = -\frac{1}{2\times 5}c_0$, $\displaystyle c_4 = - \frac{1}{4\times 9}c_2 = \frac{c_0}{2\times 4 \times 5 \times 9}$, $\displaystyle c_6 = - \frac{1}{6\times 13}c_4 = -\frac{c_0}{2\times 4\times 6\times 5 \times 9 \times 13}$, dan seterusnya. Dengan induksi, kita memperoleh

$$c_{2n} = (-1)^n \frac{c_0}{2^n n! \times 5 \times 9 \times 13 \times \ldots \times (4n+1)}$$ untuk $n >0$. Dengan $c_0=1$, kita memperoleh solusi pertama

$$y_1 = x^{1/2} \sum_{n=0}^\infty (-1)^n \frac{1}{2^n n! \times 5 \times 9 \times 13 \times \ldots \times (4n+1)}x^{2n} \ .$$

Untuk $\lambda = 0$, kita mempunyai $\lambda( 2\lambda -1)c_0 = 0$ untuk setiap nilai $c_0$, dan $(2\lambda+1)(\lambda+1) c_1 = c_1 = 0$. Dengan demikian, $c_0$ bebas dan $c_1=0$. Hubungan rekurensinya menjadi $\displaystyle c_{n+2} = -\frac{1}{(n+2)(2n+3)} c_n$ untuk $n \geq 0$. Kita memperoleh $\displaystyle c_3 = \frac{-1}{3\times 5} c_1 = 0$, $\displaystyle c_5 = \frac{-1}{5\times 9} c_3 = 0$, dan seterusnya. Dengan demikian, dengan induksi kita memperoleh $c_{2n-1} = 0$ untuk $n>0$. Kita juga memperoleh bahwa $\displaystyle c_2 = - \frac{c_0}{2\times 3}$, $\displaystyle c_4 = - \frac{1}{4\times 7}c_2 = \frac{c_0}{2\times 4 \times 3 \times 7}$, $\displaystyle c_6 = - \frac{1}{6\times 11}c_4 = -\frac{c_0}{2\times 4\times 6\times 3 \times 7 \times 11}$, dan seterusnya. Dengan induksi, kita memperoleh

$$c_{2n} = (-1)^n \frac{c_0}{2^n n! \times 3 \times 7 \times 11 \times \ldots \times (4n-1)}$$ untuk $n > 0$. Dengan $c_0=1$, kita memperoleh solusi kedua yang bebas secara linear dari solusi pertama

$$y_2 = 1+ \sum_{n=1}^\infty (-1)^n \frac{1}{2^n n! \times 3 \times 7 \times 11 \times \ldots \times (4n-1)}x^{2n} \ .$$

Solusi umumnya adalah $\displaystyle y = C\, y_1(x) + D\, y_2(x)$ untuk konstanta sembarang $C$ dan $D$.

Contoh. Selesaikan persamaan diferensial biasa $\displaystyle y''- y = 0$.

Kita mempunyai persamaan berbentuk $\displaystyle y'' + P(x)\, y' + Q(x) y = 0$, dengan $\displaystyle P(x) = 0$ dan $\displaystyle Q(x) = -1$. Dengan demikian, $\displaystyle x P(x) = 0$ dan $\displaystyle x^2 Q(x) = -x^2$. Kita memperoleh $\alpha_0 = \beta_0= 0$. Persamaan indisialnya adalah $\displaystyle\lambda^2 + (\alpha_0 - 1) \lambda + \beta_0 = \lambda^2 - \lambda = \lambda(\lambda -1) = 0$. Akar-akarnya adalah $\displaystyle\lambda_1 = 1$ dan $\lambda_2=0$.

Karena $\lambda_1-\lambda_2$ merupakan bilangan bulat, salah satu solusi berbentuk $\displaystyle y_1 = x \sum_{n=0}^\infty a_n x^n = \sum_{n=0}^\infty a_n x^{n+1}$ dan solusi lain yang bebas secara linear dari $y_1$ berbentuk $\displaystyle y_2 = k y_1 \ln(x) + \sum_{n=0}^\infty b_n x^n$. Namun, seperti akan kita lihat, kita berada dalam keadaan yang memungkinkan kita mengambil $k=0$ dalam $y_2$ karena $b_0$ dan $b_1$ bebas. Dalam kasus ini, kita mencari solusi berbentuk $\displaystyle y = \sum_{n=0}^\infty c_n x^n$. Ini akan menghasilkan dua solusi yang bebas secara linear. Jika kita substitusikan bentuk $y$ ini ke dalam $\displaystyle y''- y = 0$, kita memperoleh

$$\begin{aligned} y''- y & = \sum_{n=2}^\infty n(n-1) c_n x^{n-2} - \sum_{n=0}^\infty c_n x^n = \sum_{n=0}^\infty (n+1)(n+2) c_{n+2} x^n - \sum_{n=0}^\infty c_n x^n \\ &= \sum_{n=0}^\infty \left( (n+1)(n+2)c_{n+2} - c_n\right) x^n = 0 \ . \end{aligned}$$ Kita memperoleh hubungan rekurensi $\displaystyle c_{n+2} = \frac{c_n}{(n+1)(n+2)}$ untuk $n \geq 0$, dengan $c_0$ dan $c_1$ bebas. Kita mempunyai $\displaystyle c_2 = \frac{c_0}{2} = \frac{c_0}{2!}$, $\displaystyle c_4 = \frac{c_2}{3\times 4} = \frac{c_0}{2\times 3 \times 4} = \frac{c_0}{4!}$, $\displaystyle c_6 = \frac{c_4}{5\times 6} = \frac{c_0}{2\times 3 \times 4 \times 5 \times 6} = \frac{c_0}{6!}$, dan seterusnya. Dengan induksi, kita memperoleh $\displaystyle c_n = \frac{c_0}{n!}$ untuk $n$ genap. Selain itu, $\displaystyle c_3 = \frac{c_1}{2\times 3} = \frac{c_1}{3!}$, $\displaystyle c_5 = \frac{c_3}{4\times 5} = \frac{c_1}{2\times 3\times 4 \times 5} = \frac{c_1}{5!}$, $\displaystyle c_7 = \frac{c_5}{6\times 7} = \frac{c_1}{2\times 3\times 4 \times 5 \times 6 \times 7} = \frac{c_1}{7!}$, dan seterusnya. Dengan induksi, kita memperoleh $\displaystyle c_n = \frac{c_1}{n!}$ untuk $n$ ganjil.

Dengan memilih dua pasangan $(c_0,c_1)$ yang bebas secara linear, kita memperoleh dua solusi yang bebas secara linear. Pilihan $(c_0,c_1) = (0,1)$ menghasilkan solusi berbentuk $y_1$ di atas, dan pilihan $(c_0,c_1)= (1,0)$ menghasilkan solusi berbentuk $y_2$ di atas dengan $k=0$. Namun, kita tidak akan memilih pasangan-pasangan tersebut. Dengan $c_0=c_1 =1$, kita memperoleh solusi

$$y_1 = \sum_{n=0}^\infty \frac{x^{2n}}{(2n)!} + \sum_{n=0}^\infty \frac{x^{2n+1}}{(2n+1)!} = \sum_{n=0}^\infty \frac{x^{n}}{n!} = e^x \ ,$$ dan dengan $c_0 = -c_1 = 1$, kita memperoleh solusi

$$y_2 = \sum_{n=0}^\infty \frac{x^{2n}}{(2n)!} - \sum_{n=0}^\infty \frac{x^{2n+1}}{(2n+1)!} = \sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^nx^{n}}{n!} = e^{-x} \ .$$ Kedua solusi tersebut adalah solusi yang biasanya diperoleh dengan metode baku untuk menyelesaikan persamaan diferensial orde dua dengan koefisien konstan. Solusi umumnya adalah $\displaystyle y(x) = A e^x + B e^{-x}$ untuk konstanta sembarang $A$ dan $B$.

Contoh. Selesaikan persamaan diferensial biasa

$$(1-x^2)y''- 2x y' + 2y = 0 \ .$$

Kita mempunyai persamaan berbentuk $\displaystyle y'' + P(x)\, y' + Q(x) y = 0$, dengan $\displaystyle P(x) = \frac{-2x}{1-x^2} = -2x \sum_{n=0}^\infty x^{2n}$ dan $\displaystyle Q(x) = \frac{2}{1-x^2} = 2 \sum_{n=0}^\infty x^{2n}$ untuk $|x|<1$. Dengan demikian, $\displaystyle x\,P(x) = -2 \sum_{n=0}^\infty x^{2n+2}$ dan $\displaystyle x^2\,Q(x) = 2\sum_{n=0}^\infty x^{2n+2}$ untuk $|x|<1$. Kita memperoleh $\alpha_0 = \beta_0= 0$. Persamaan indisialnya adalah $\displaystyle\lambda^2 + (\alpha_0 - 1)\lambda + \beta_0 = \lambda^2 - \lambda = \lambda (\lambda -1) = 0$. Akar-akarnya adalah $\displaystyle\lambda_1 = 1$ dan $\lambda_2=0$. Seperti pada contoh sebelumnya, $\lambda_1-\lambda_2$ merupakan bilangan bulat dan kita berada dalam keadaan yang memungkinkan kita mengambil $k=0$ dalam $y_2$ yang diberikan oleh (5.1.3) karena $b_0$ dan $b_1$ bebas, seperti akan kita lihat. Kita mencari solusi berbentuk $\displaystyle y = \sum_{n=0}^\infty c_n x^n$. Ini akan menghasilkan dua solusi yang bebas secara linear. Jika kita substitusikan bentuk $y$ ini ke dalam $\displaystyle(1-x^2)y''- 2x y' + 2y = 0$, kita memperoleh

$$\begin{aligned} 0 & = (1-x^2)y''- 2x y' + 2y = (1-x^2) \sum_{n=2}^\infty n(n-1) c_n x^{n-2} - 2 x \sum_{n=1}^\infty n c_n x^{n-1} + 2 \sum_{n=0}^\infty c_n x^n \\ &= \sum_{n=2}^\infty n(n-1) c_n x^{n-2} - \sum_{n=2}^\infty n(n-1) c_n x^n -2 \sum_{n=1}^\infty n c_n x^n + 2\sum_{n=0}^\infty c_n x^n \\ &= \sum_{n=0}^\infty (n+2)(n+1) c_{n+2} x^n - \sum_{n=2}^\infty n(n-1) c_n x^n -2 \sum_{n=1}^\infty n c_n x^n + 2\sum_{n=0}^\infty c_n x^n \\ &= 2 (c_0+c_2) + 6 c_3 x + \sum_{n=2}^\infty \big( (n+2)(n+1) c_{n+2} - (n+2)(n-1) c_n \big) x^n \ . \end{aligned}$$ $c_0$ dan $c_1$ bebas, $c_2 = -c_0$, $c_3 =0$, dan kita memperoleh hubungan rekurensi

$$c_{n+2} = \frac{(n+2)(n-1)}{(n+2)(n+1)} c_n = \frac{n-1}{n+1} c_n$$ untuk $n\geq 2$. Oleh karena itu, $\displaystyle c_5 = \frac{c_3}{2} = 0$, $\displaystyle c_7 = \frac{2c_5}{3} = 0$, dan seterusnya. Dengan demikian, $c_n = 0$ untuk setiap $n>2$ yang ganjil. Selain itu, $\displaystyle c_4 = \frac{1}{3} c_2 = - \frac{1}{3} c_0$, $\displaystyle c_6 = \frac{3}{5} c_4 = - \frac{1}{5} c_0$, $\displaystyle c_8 = \frac{5}{7} c_6 = - \frac{1}{7} c_0$, dan seterusnya. Dengan induksi, kita memperoleh bahwa $\displaystyle c_n = - \frac{c_0}{n-1}$ untuk setiap $n>1$ yang genap. Solusi pertama diberikan oleh $c_1=1$ dan $c_0=0$. Kita memperoleh $y_1(x) = x$. Solusi kedua yang bebas secara linear dari solusi pertama diberikan oleh $c_1=0$ dan $c_0=1$. Kita memperoleh $\displaystyle y_2 = \sum_{n=0}^\infty \frac{-x^{2n}}{2n-1}$ untuk $|x|<1$. Solusi umumnya adalah $\displaystyle y = C\, x + D\,\sum_{n=0}^\infty \frac{-x^{2n}}{2n-1}$ untuk $|x|<1$ dan konstanta sembarang $C$ dan $D$.

Contoh. Selesaikan persamaan diferensial biasa

$$xy''+ y' + x y = 0 \ .$$

Kita mempunyai persamaan berbentuk $\displaystyle y'' + P(x)\, y' + Q(x) y = 0$, dengan $\displaystyle P(x) = \frac{1}{x}$ dan $\displaystyle Q(x) = 1$. Dengan demikian, $\displaystyle x P(x) = 1$ dan $\displaystyle x^2 Q(x) = x^2$. Diperoleh $\alpha_0 = 1$ dan $\beta_0= 0$. Persamaan indisialnya adalah $\displaystyle\lambda^2 + (\alpha_0 - 1)\lambda + \beta_0 = \lambda^2 = 0$. Hanya terdapat satu akar dengan multiplisitas aljabar $2$, yaitu $\lambda=0$. Salah satu solusi berbentuk $\displaystyle y_1 = \sum_{n=0}^\infty a_n x^n$ dan solusi lain yang bebas secara linear terhadap solusi pertama berbentuk $\displaystyle y_2 = \ln(x) y_1(x) + \sum_{n=1}^\infty b_n x^n$.

Jika $\displaystyle y = \sum_{n=0}^\infty a_n x^n$ disubstitusikan ke dalam $\displaystyle xy''+ y' + xy = 0$, diperoleh

$$\begin{aligned} 0 & = xy''+ y' + xy = \sum_{n=2}^\infty n(n-1) a_n x^{n-1} + \sum_{n=1}^\infty n a_n x^{n-1} + \sum_{n=0}^\infty a_n x^{n+1} \\ &= \sum_{n=0}^\infty (n+2)(n+1) a_{n+2} x^{n+1} + \sum_{n=-1}^\infty (n+2)a_{n+2} x^{n+1} + \sum_{n=0}^\infty a_n x^{n+1} \\ &= a_1 + \sum_{n=0}^\infty \left( (n+2)^2 a_{n+2} +a_n\right) x^{n+1} \ . \end{aligned}$$ Koefisien $a_0$ bebas dan $a_1=0$. Relasi rekurensinya menjadi $\displaystyle a_{n+2} = -\frac{1}{(n+2)^2} a_n$ untuk $n \geq 0$. Diperoleh $\displaystyle a_3 = \frac{-1}{3^2} a_1 = 0$, $\displaystyle a_5 = \frac{-1}{5^2} a_3 = 0$, dan seterusnya. Dengan demikian, berdasarkan induksi, $a_{2n-1} = 0$ untuk $n>0$. Selain itu, $\displaystyle a_2 = \frac{-a_0}{2^2}$, $\displaystyle a_4 = -\frac{1}{4^2}a_2 = \frac{a_0}{2^2\times 4^2}$, $\displaystyle a_6 = -\frac{1}{6^2}a_4 = \frac{-a_0}{2^2\times 4^2\times 6^2}$, dan seterusnya. Berdasarkan induksi, diperoleh $\displaystyle a_{2n} = (-1)^n \frac{a_0}{(2^n n!)^2}$ untuk $n>0$. Dengan memilih $a_0=1$, diperoleh solusi pertama

$$y_1 = \sum_{n=0}^\infty (-1)^n \frac{1}{ (2^n n!)^2}x^{2n} \ .$$

Jika $\displaystyle y = \ln(x)y_1(x) + \sum_{n=1}^\infty b_n x^n$ disubstitusikan ke dalam $\displaystyle xy''+ y' + xy = 0$, diperoleh

$$\begin{aligned} 0 & = xy''+ y' + xy = x\left( \ln(x) y_1''(x) + \frac{2y_1'(x)}{x}- \frac{y_1(x)}{x^2}\right) + \sum_{n=2}^\infty n(n-1) b_n x^{n-1}\\ &\qquad + \left( \ln(x) y_1'(x) + \frac{y_1(x)}{x}\right) + \sum_{n=1}^\infty n b_n x^{n-1} + x \ln(x) y_1(x) + \sum_{n=1}^\infty b_n x^{n+1} \\ &= \ln(x) \underbrace{\left( x y_1''(x) + y_1'(x) + x y_1(x)\right)}_{=0} +2 y_1'(x) + \sum_{n=0}^\infty (n+2)(n+1) b_{n+2} x^{n+1} \\ &\qquad + \sum_{n=-1}^\infty (n+2) b_{n+2} x^{n+1} + \sum_{n=1}^\infty b_n x^{n+1} \\ &=4\sum_{n=1}^\infty (-1)^n \frac{n}{ (2^n n!)^2}x^{2n-1} + b_1 + 4 b_2x + \sum_{n=1}^\infty \big( (n+2)^2 b_{n+2} + b_n\big) x^{n+1} \ . \end{aligned}$$ Jika suku-suku dalam $\displaystyle x^n$ dengan $n$ genap dan suku-suku dalam $\displaystyle x^n$ dengan $n$ ganjil dikelompokkan, diperoleh

$$\begin{aligned} 0 &= b_1 + \sum_{n=1}^\infty \left((2n+1)^2 b_{2n+1}+b_{2n-1}\right) x^{2n} \end{aligned}$$ dan

$$\begin{aligned} 0 &= 4\sum_{n=1}^\infty (-1)^n \frac{n}{ (2^n n!)^2}x^{2n-1} + 4b_2 x + \sum_{n=2}^\infty \big( (2n)^2 b_{2n} + b_{2n-2}\big) x^{2n-1} \\ &= (4b_2-1)x + \sum_{n=2}^\infty\left( 4(-1)^n \frac{n}{(2^n n!)^2} + (2n)^2 b_{2n} + b_{2n-2}\right) x^{2n-1} \ . \end{aligned}$$ Dengan demikian, $b_1=0$ dan $\displaystyle b_{2n+1} = - \frac{1}{(2n+1)^2}b_{2n-1}$ untuk $n >0$. Berdasarkan induksi, diperoleh $b_{2n+1} = 0$ untuk $n \geq 0$. Selain itu, $b_2 = 1/4$ dan $\displaystyle b_{2n} = -\frac{1}{(2n)^2} \left( b_{2n-2} + (-1)^n \frac{4n}{(2^n n!)^2}\right)$ untuk $n>1$. Oleh karena itu,

$$\begin{aligned} b_4 &= -\frac{1}{4^2} \left( \frac{1}{4} + \frac{8}{(2^2 2!)^2}\right) = -\frac{1}{2^4 (2!)^2}\left( 1 + \frac{1}{2} \right) \\ b_6 &= -\frac{1}{6^2} \left( b_4 - \frac{12}{(2^3 3!)^2}\right) = -\frac{1}{2^6 (3!)^2} \left( \frac{2^6(3!)^2}{6^2}b_4 -\frac{1}{3}\right) \\ &= -\frac{1}{2^6 (3!)^2} \left( -\frac{2^6(3!)^2}{2^4 (2!)^2 6^2}\left( 1 + \frac{1}{2} \right) -\frac{1}{3}\right) = \frac{1}{2^6 (3!)^2} \left( 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3}\right) \ , \end{aligned}$$ dan seterusnya. Berdasarkan induksi, diperoleh $\displaystyle b_{2n} = \frac{(-1)^{n-1}}{2^{2n}(n!)^2}\left(1+\frac{1}{2} +\frac{1}{3} + \ldots + \frac{1}{n}\right)$ untuk $n > 0$.

Solusi kedua yang bebas secara linear terhadap $y_1$ diberikan oleh

$$y_2 = \ln(x) y_1(x) + \sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n-1}}{2^{2n}(n!)^2}\left(1+\frac{1}{2} +\frac{1}{3} + \ldots + \frac{1}{n}\right) x^{2n} \ .$$

Solusi umumnya adalah $\displaystyle y = C\, y_1(x) + D\, y_2(x)$ untuk konstanta sebarang $C$ dan $D$.

Sebenarnya, $y_1(x) = J_0(x)$, yaitu “fungsi Bessel jenis pertama berorde nol”. Dengan normalisasi baku fungsi Bessel jenis kedua $Y_0$, solusi yang dibangun di sini memenuhi

$$y_2(x)=\frac{\pi}{2}Y_0(x)+(\ln 2-\gamma)J_0(x),$$ dengan $\gamma$ konstanta Euler. Jadi, $y_2$ bukan persis $Y_0$, tetapi berbeda karena normalisasi dan suatu kelipatan $J_0$. Kita akan mengkaji fungsi-fungsi ini pada bagian mendatang.