У неким случајевима, а нарочито када се диференцијална једначина не може решити помоћу коначног броја интеграција, решење се тражи у облику степеног реда под одређеним условима.
Пре представљања решења диференцијалне једначине у облику степеног реда, увешћемо појам аналитичке функције, као и регуларне и сингуларне тачке диференцијалне једначине.
Дефиниција 1. За функцију $f(x)$ кажемо да је аналитичка функција у тачки $x_0$ ако се у околини тачке $x_0$ може представити конвергентним степеним редом
$$f(x)=\sum_{n=0}^{\infty}{a_n(x_0)(x-x_0)^n}.$$
Бројеве $a_n(x_0)$ називамо коефицијентима тог реда.
Једна од битних карактеристика сваког степеног реда је његов радијус конвергенције. То је број $R$ који се рачуна на један од следећа два начина:
$$R=\lim_{n \to \infty}\Big|\frac{a_n(x_0)}{a_{n+1}(x_0)}\Big|\qquad\mbox{или} \qquad R^{-1}=\lim_{n \to \infty}\sqrt[n]{|a_n(x_0)|}.$$
Ред $\displaystyle{f(x)=\sum_{n=0}^{\infty}{a_n(x_0)(x-x_0)^n}}$ конвергира у области $|x-x_0|< R $.
Од посебног интереса је представљање решења хомогене линеарне диференцијалне једначине у облику степеног реда
$$y''+p_1(x)y'+p_2(x)y=0.$$
Дефиниција 2. Тачка $x_0$ је регуларна тачка једначине
$$y''+p_1(x)y'+p_2(x)y=0$$
ако су функције $p_1(x)$ и $p_2(x)$ аналитичке у тој тачки. Тачка $x_0$ је сингуларна тачка ако бар једна од функција $p_1(x)$ и $p_2(x)$ није аналитичка у тој тачки.
Теорема 1. Ако су коефицијенти $p_1(x)$ и $p_2(x)$ једначине
$$y''+p_1(x)y'+p_2(x)y=0$$
аналитичке функције у области $|x-x_0| < R$, тада је свако решење $y(x)$ дате једначине аналитичка функције у области $|x-x_0| < R$, односно, може се представити степеним редом
$$y(x)=\sum_{n=0}^{\infty}{a_n(x-x_0)^n}$$
који конвергира у области $|x-x_0| < R$.
За решавање диференцијалне једначине $y''+p_1(x)y'+p_2(x)y=0$ помоћу степених редова користи се метода неодређених коефицијената, што ћемо видети на следећем примеру.
Пример 1. Одредити решење диференцијалне једначине
$$y''-x^2y=0$$
у облику степеног реда у околини тачке $x_0=0$.
Дата једначина је хомогена линеарна једначина другог реда где су $p_1(x)=0$ и $p_2(x)=-x^2$ аналитичке функције на $\mathbf{R}$, па на основу теореме 1, следи и да је решење аналитичка функција на $\mathbf{R}$, односно да се може написати у облику степеног реда
$$y(x)=\sum_{n=0}^{\infty}{a_nx^n}.$$
Диференцирањем $y(x)$ два пута члан по члан и заменом у дату једначину добијамо
$$\sum_{n=2}^{\infty}{n(n-1)a_nx^{n-2}}-x^2\sum_{n=0}^{\infty}{a_nx^n}=0.$$
Извршићемо померање индекса тако да нам и прва сума креће од нулe
$$\sum_{n=0}^{\infty}{(n+2)(n+1)a_{n+2}x^n}-\sum_{n=0}^{\infty}{a_nx^{n+2}}=0.$$
Сада је идеја да и у првој суми наместимо да буде $x^{n+2}$, па зато померамо индекс у првој суми да креће од $n=-2$.
$$\sum_{n=-2}^{\infty}{(n+4)(n+3)a_{n+4}x^{n+2}}-\sum_{n=0}^{\infty}{a_nx^{n+2}}=0$$
Ако из прве суме издвојимо чланове за $n=-2$ и $n=-1$, можемо све да спојимо под једну суму
$$y(x)=2a_2+6a_3x+\sum_{n=0}^{\infty}[(n+4)(n+3)a_{n+4}-a_n]x^n\equiv 0.$$
Изједначавајући коефицијенте уз исте степене променљиве $x$ са леве и десне стране последње једнакости добијамо
$$\begin{array}{ccc}
a_2=0\\
a_3=0\\
(n+4)(n+3)a_{n+4}-a_n=0\ \Leftrightarrow \ a_{n+4}=\frac{a_n}{(n+4)(n+3)},
\end{array}$$
Мењајући вредности за $n=0,1,\dots$ у последњу једнакост добијамо
$$\begin{array}{}
n=0:\quad a_4=\frac{a_0}{4\cdot 3}\\
n=4:\quad a_8=\frac{a_4}{8\cdot 7}=\frac{a_0}{4\cdot 3\cdot 8\cdot 7 }\\
\vdots\\
n=4k:\quad a_{4k}=\frac{a_0}{4\cdot 3\cdot 8\cdot 7 \dots 4k\cdot(4k-1)},\ k=1,2,\dots\\
\\
\\
n=1:\quad a_5=\frac{a_1}{5\cdot 4}\\
n=5:\quad a_9=\frac{a_5}{9\cdot 8}=\frac{a_1}{5\cdot 4\cdot 9\cdot 8 }\\
\vdots\\
n=4k+1:\quad a_{4k+1}=\frac{a_1}{5\cdot 4\cdot 9\cdot 8 \dots (4k+1)\cdot 4k},\ k=1,2,\dots\\
\\
\\
n=2:\quad a_6=\frac{a_2}{6\cdot 5}=0\\
n=6:\quad a_{10}=\frac{a_6}{10\cdot 9}=0\\
\vdots\\
n=4k+2:\quad a_{4k+2}=0,\ k=1,2,\dots\\
\\
\\
n=3:\quad a_7=\frac{a_3}{7\cdot 6}=0\\
n=7:\quad a_{11}=\frac{a_7}{11\cdot 10}=0\\
\vdots\\
n=4k+3:\quad a_{4k+3}=0,\ k=1,2,\dots
\end{array}$$
Дакле, опште решење дате једачине у облику степеног реда је
$$y(x)=a_0+a_1(x)+a_0\sum_{k=1}^{\infty}{\frac{x^{4k}}{4\cdot 3\cdot 8\cdot 7 \dots 4k\cdot(4k-1)}}+$$
$$+a_1\sum_{k=1}^{\infty}{\frac{x^{4k+1}}{5\cdot 4\cdot 9\cdot 8 \dots (4k+1)\cdot 4k}},$$
где су $a_0$ и $a_1$ произвољне константе.
Решавање диференцијалне једначине помоћу степених редова може се применити и на неке случајеве када коефицијенти једначине нису аналитичке функције.
Дефиниција 3. Сингуларну тачку $x_0$ једначине
$$y''+p_1(x)y'+p_2(x)y=0$$
називамо регуларно сингуларном тачком ако су функције
$$q_1(x)=(x-x_0)p_1(x)\quad \mbox{ и }\quad q_2(x)=(x-x_0)^2p_2(x)$$
аналитичке функције у тачки $x_0$.
Ако једначину $y''+p_1(x)y'+p_2(x)y=0$ помножимо са $(x-x_0)^2$, при чему је $x_0$ њена регуларно сингуларна тачка, добијамо
$$\begin{array}{ccccc}
(x-x_0)^2y''+(x-x_0)^2p_1(x)y'+(x-x_0)^2p_2(x)y=0\\
\\
\Leftrightarrow\\
\\
(x-x_0)^2y''+(x-x_0)q_1(x)y'+q_2(x)y=0\quad /\ :(x-x_0)^2\\
\\
\Leftrightarrow\\
\\
y''+\frac{q_1(x)}{x-x_0}y'+\frac{q_2(x)}{(x-x_0)^2}=0.
\end{array}$$
Тада постоји решење добијене једначине у облику реда
$$y(x)=(x-x_0)^m\sum_{n=0}^{\infty}{a_n(x-x_0)^n}$$
који конвергира у области $|x-x_0| < R$.
У овом реду ћемо претпоставити да је $a_0\neq 0$, док се бројеви $m$ и $a_n,\ n=1,2,\dots$ одређују тако да функција $y(x)$ задовољава полазну једначину.
Пример 2. У близини координатног почетка одредити решење диференцијалне једначине
$$2(x^2+x^3)y''-(x-3x^2)y'+y=0$$
у облику степеног реда.
Дату једначину можемо записати у облику
$$y''-\frac{1-3x}{2x(1+x)}y'+\frac{1}{2x^2(1+x)}y=0.$$
Функције
$$p_1(x)=-\frac{1-3x}{2x(1+x)}\quad \mbox{и}\quad p_2(x)=\frac{1}{2x^2(1+x)}$$
нису аналитичке у тачки $x_0=0$, па је $x_0=0$ сингуларна тачка.
Посматрајмо функције
$$q_1(x)=-\frac{1-3x}{2(1+x)}\quad \mbox{и}\quad q_2(x)=\frac{1}{2(1+x)}.$$
Оне су аналитичке у тачки $x_0=0$, па следи да је $x_0=0$ регуларно сингуларна тачка. Функције $q_1(x)$ и $q_2(x)$ су аналитичке у области $|x|< 1$.
Дакле, опште решење тражимо у облику
$$y(x)=x^m\sum_{n=1}^{\infty}{a_nx^n}.$$
Диференцирањем функције $y(x)$ члан по члан и заменом $y$, $y'$ и $y''$ у дату једначину добијамо
$$
2(x^2+x^3)\sum_{n=0}^{\infty}{(m+n)(m+n-1)a_nx^{m+n-2}}-$$
$$-(x-3x^2)\sum_{n=0}^{\infty}{(m+n)a_nx^{m+n-1}}+\sum_{n=0}^{\infty}{a_nx^{m+n}}=0,
$$
односно
$$
2\sum_{n=0}^{\infty}{(m+n)(m+n-1)a_nx^{m+n}}+2\sum_{n=0}^{\infty}{(m+n)(m+n-1)a_nx^{m+n+1}}-$$
$$-\sum_{n=0}^{\infty}{(m+n)a_nx^{m+n}}+3\sum_{n=0}^{\infty}{(m+n)a_nx^{m+n+1}}+\sum_{n=0}^{\infty}{a_nx^{m+n}}=0
$$
Сада хоћемо да нам све суме садрже $x^{m+n}$, па ћемо померати индексе где је то потребно.
$$2\sum_{n=0}^{\infty}{(m+n)(m+n-1)a_nx^{m+n}}+2\sum_{n=1}^{\infty}{(m+n-1)(m+n-2)a_{n-1}x^{m+n}}-$$
$$-\sum_{n=0}^{\infty}{(m+n)a_nx^{m+n}}+3\sum_{n=1}^{\infty}{(m+n-1)a_{n-1}x^{m+n}}+\sum_{n=0}^{\infty}{a_nx^{m+n}}=0
$$
Видимо да нам индекси код неких сума крећу од $0$, а код неких од $1$, тако да ћемо из оних сума које крећу од $0$ избацити нулте чланове и онда све ставити под једну суму
и након сређивања добијамо
$$(2m^2-3m+1)a_0x^m+$$
$$+\sum_{n=1}^{\infty}{[a_{n-1}(m+n-1)(2m+2n-1)+a_n(m+n-1)(2m+2n-1)]x^{m+n}}\equiv 0$$
Изједначавајући коефицијенте уз исте степене променљиве $x$ са леве и десне стране последње једнакости добијамо
$$\begin{array}{cc}
(2m^2-3m+1)a_0=0\\
\\
a_{n-1}(m+n-1)(2m+2n-1)+a_n(m+n-1)(2m+2n-1)=0
\end{array}$$
Како је претпоставка да је $a_0\neq 0$, то мора бити
$$2m^2-3m+1=0,$$
односно
$$m_{1,2}=\frac{3\pm \sqrt{9-8}}{4}=\frac{3\pm 1}{4}$$
$$m_1=1\quad \mbox{или} \quad m_2=\frac{1}{2}.$$
Из једнакости $a_{n-1}(m+n-1)(2m+2n-1)+a_n(m+n-1)(2m+2n-1)=0$ следи да је
$$a_n=-a_{n-1},\quad n=1,2,\dots$$
односно,
$$a_n=-a_{n-1}=a_{n-2}=-a_{n-3}=\dots=(-1)^na_0,$$
где је $a_0$ произвољна константа.
Тада је $$y(x,m)=x^m\sum_{n=0}^{\infty}{(-1)^na_0x^n}=\frac{a_0x^m}{1+x}$$
За $a_0$ и $m_1=1$ добијамо једно решење
$$y_1(x)=\frac{x}{1+x}.$$
За $a_0=1$ и $m_2=\frac{\displaystyle{1}}{\displaystyle{2}}$ добијамо друго решење
$$y_2(x)=\frac{\sqrt{x}}{1+x}.$$
Како су решења $y_1$ и $y_2$ линеарно независна, опште решење дате диференцијалне једначине ће бити њихова линеарна комбинација
$$y(x)=C_1y_1(x)+C_2y_2(x),$$
односно
$$y(x)=\frac{C_1x+C_2\sqrt{x}}{1+x},$$
где су $C_1$ и $C_2$ произвољне константе.
Илустрација решења диференцијалне једначине за вредности константи $C_1$ и $C_2$ које се уносе у одговарајућа поља