Me gusta mucho esta pregunta y siento curiosidad por saber el contexto en el que dicha función se plantea.
Denotar $\delta_x = x \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} x}$, y vamos a volver a escribir la ecuación diferencial con: $\delta_x y(x) = x y^\prime(x)$$\delta_x^2 y(x) = x^2 y^{\prime\prime}(x) + x y^\prime(x)$, dando
$$
\delta_x \left( \delta_x - 1\right) y(x) + x(x-\alpha) y(x) = x
$$
Aplicar el aniquilador de la derecha $\delta_x - 1$ a ambos lados de los rendimientos:
$$
\left( \delta_x \left( \delta_x - 1 \right)^2 + x^2 \left(\delta_x + 1\right) - \alpha x \delta_x \right) y(x) = 0 \etiqueta{1}
$$
La ecuación diferencial es de un hipergeométrica tipo sólo si $\alpha = 0$, en cuyo caso la solución puede ser leído en términos de Meijer del G-funciones:
$$
y_{\alpha=0}(x) = c_1 \cdot \cos(x) + c_2 \cdot \sin(x) + c_3 \cdot G_{1,3}^{3,1}\left(\frac{x^2}{4}\left|
\begin{array}{l}
\frac{1}{2} \\
\frac{1}{2},\frac{1}{2},0 \\
\end{array}\right.
\right)
$$
Debido a que la integral tiende a cero para grandes $x$, $c_1=c_2=0$. La integral, para $\alpha=0$ sucumbe a la Mellin de convolución técnica:
$$
\int_0^{\pi/2} \mathrm{e}^{-x \tan(t)}\mathrm{d} t = \int_0^\infty \mathrm{e}^{-u x} \frac{1}{1+u^2}\mathrm{d} u = \int_0^\infty f_1(x u) f_2\left(\frac{1}{u}\right) \frac{\mathrm{d} u}{u}
$$
donde $f_1(u) = \mathrm{e}^{u} = G_{0,1}^{1,0}\left(u\left|
\begin{array}{c}
0 \\
\end{array}
\right.\right)$ and $f_2(u) = \frac{u}{1+u^2} = G_{1,1}^{1,1}\left(u^2\left|
\begin{array}{c}
\frac{1}{2} \\
\frac{1}{2} \\
\end{array} \right.
\right)$, obteniendo así:
$$
\int_0^{\pi/2} \mathrm{e}^{-x \tan(t)}\mathrm{d} t = \frac{1}{2 \sqrt{\pi}} G_{1,3}^{3,1}\left(\frac{x^2}{4}\left|
\begin{array}{l}
\frac{1}{2} \\
\frac{1}{2},\frac{1}{2},0 \\
\end{array}\right.
\right) = \mathrm{Ci}(x) \sin (x)+\left(\frac{\pi }{2}-\mathrm{Si}(x)\right) \cos (x)
$$
donde$\mathrm{Ci}(x) = - \int_{x}^\infty \frac{\cos(t)}{t} \mathrm{d} t$$\mathrm{Si}(x) = \int_0^x \frac{\sin(t)}{t} \mathrm{d} t$, es decir,$c_3 = \frac{1}{2 \sqrt{\pi}}$.
Observe que un gran $x$ asintótica de la $\alpha=0$ solución es $y_{\alpha=0}(x) = \frac{1}{x} - \frac{2}{x^3} + \mathcal{o}\left( x^{-3} \right)$, es decir, se disminuye de manera algebraica, en lugar de forma exponencial.
Regresar ahora a la ecuación de $(1)$. Ya que la solución que buscamos decae de forma exponencial por un gran $x$, su Mellin transformar converge para $\Re(s)>0$:
$$
\hat{y}_\alpha(s) = \int_0^\infty x^{m-1} y_\alpha(x) \mathrm{d} x
$$
La ecuación diferencial $(1)$ $y_\alpha(x)$ se traduce en una ecuación de recurrencia para $\hat{y}_\alpha(s)$:
$$
(s+1) \left( s (s+1) \hat{y}_\alpha(s) + \hat{y}_\alpha(s) - \alpha \, \hat{y}_\alpha(s+1) \right) = 0 \etiqueta{2}
$$
En lugar de resolver esta ecuación directamente, es más fácil encontrar a $\hat{y}_\alpha(s)$ directamente:
$$ \begin{eqnarray}
\hat{y}_\alpha(s) &=& \int_0^\infty x^{s-1} y_\alpha(x) \mathrm{d} x = \int_0^{\pi/2} \mathrm{e}^{\alpha t} \int_0^{\infty} x^{s-1} \mathrm{e}^{-x \tan(t)} \mathrm{d} x \mathrm{d} t = \Gamma(s) \int_0^{\pi/2} \mathrm{e}^{\alpha t} \tan^{-s}(t) \mathrm{d} t \\
&=& \Gamma(s) \int_0^\infty \mathrm{e}^{\alpha \arctan(u)} \frac{u^{-s}}{1+u^2} \mathrm{d} u = \Gamma(s) \int_0^\infty u^{-s} \left( 1 + i u \right)^{i \frac{\alpha}{2} -1} \left( 1 - i u \right)^{-i \frac{\alpha}{2} -1} \mathrm{d} u \\
&=& \frac{\Gamma \left(1-\frac{i \alpha }{2}\right) e^{\frac{1}{2} \pi (\alpha -i s)} \Gamma (s) \Gamma (s+1) }{\alpha \Gamma
\left(s-\frac{i \alpha }{2}+1\right)} {}_2F_1\left(s,-\frac{i \alpha }{2};s-\frac{i \alpha }{2}+1;-1\right) \\ &\phantom{=}&-\frac{\pi e^{-\frac{1}{2} i \pi s} \Gamma \left(1-\frac{i \alpha }{2}\right) }{\alpha \Gamma \left(-s-\frac{i \alpha }{2}+1\right) \sin(\pi s)} {}_2F_1\left(-s,-\frac{i \alpha }{2};-s-\frac{i \alpha
}{2}+1;-1\right)
\end{eqnarray} \etiqueta(3)
$$
donde $0 < \Re(s) < 1$ es necesario para la convergencia, de acuerdo con la expresión algebraica de la cola de $\alpha=0$ de los casos. Por lo tanto la solución admite Mellin-Barnes representación integral:
$$
y_\alpha(x) = \frac{1}{2 \pi i}\int_{\gamma - i \infty }^{\gamma+i \infty} \hat{y}_\alpha(s) x^{s} \mathrm{d} s
$$
donde $\gamma$ es arbitrario real, de tal manera que $0<\gamma<1$.
No es difícil comprobar que la ecuación de $(3)$ verifica la relación de recurrencia $(2)$.
De la serie en el origen (añadido)
La ecuación diferencial que determina la expansión de la serie para el sistema fundamental, pero la Mellin-Barnes representación le permite encontrar la serie como una suma de los residuos. La suma de los residuos al $s=0$ $s=1$ da de la siguiente serie:
$$y_\alpha(z) = \frac{1}{\alpha} \left(\mathrm{e}^{\frac{\pi}{2} \alpha}-1 \right) + \mathrm{e}^{\frac{\pi}{2} \alpha} z \log(z) + \frac{z}{2\alpha} \left( -\frac{4}{\alpha+2i} {}_2F_1(1,-i \frac{\alpha}{2} ; 2-i \frac{\alpha}{2}; -1 ) + \mathrm{e}^{\frac{\pi \alpha}{2}} \left(2 i + ( 4 \gamma + i \pi -1 ) \alpha + 2 \alpha \psi\left(- i \frac{\alpha}{2} \right) \right) \right) + \mathcal{o}(z)$$
![enter image description here]()
La serie en $\infty$ (añadido)
Tener la Mellin-Barnes representación práctico permite también determinar la expansión de la serie de grandes $x$. Uno tendría $y_\alpha(x) = -\sum_{k=1}^{n} \operatorname{Res}_{s=k} \hat{y}_\alpha(s) x^{-s} + \mathcal{o}\left(x^{-n}\right)$. La computación de los residuos se obtiene:
$$
y_\alpha(x) = \frac{1}{x} + \frac{\alpha}{x^2} + \frac{\alpha^2-2}{x^3} + \frac{\alpha^3-8 \alpha}{x^4} + \mathcal{s}\left(x^{-4}\right)
$$
La expansión puede ser fácilmente verificado de acuerdo con la ecuación diferencial.
