二阶常微分方程级数解
$\quad\\$
特殊函数
$\quad\\$
球函数
  拉普拉斯方程$\Delta u=0$球坐标下表达式为
$$\frac{1}{r^2}\frac{\partial }{\partial r}\left(r^2\frac{\partial u}{\partial r}\right)+
\frac{1}{r^2\sin{\theta}}\frac{\partial }{\partial \theta}\left(\sin{\theta}\frac{\partial u}{\partial \theta}\right)+\frac{1}{r^2\sin^2{\theta}}\frac{\partial^2 u}{\partial \varphi^2}=0$$
  分离变量$u(r,\theta,\varphi)=R(r)Y(\theta,\varphi)$，代入得
$$\frac{1}{R}\frac{\dd}{\dd r}\left(r^2\frac{\dd R}{\dd r}\right)=-\frac{1}{Y\sin{\theta}}\frac{\partial }{\partial \theta}\left(\sin{\theta}\frac{\partial Y}{\partial \theta}\right)-\frac{1}{Y\sin^2{\theta}}\frac{\partial^2 Y}{\partial \varphi^2}$$
  左右两式变量独立，记其为常数$l(l+1)$，方程化为
$$r^2\frac{\dd ^2 R}{\dd r^2}+2r\frac{\dd R}{\dd r}-l(l+1)R=0\Rightarrow R=Ar^l+B\frac{1}{r^{l+1}}\\
\frac{1}{\sin{\theta}}\frac{\partial }{\partial \theta}\left(\sin{\theta}\frac{\partial Y}{\partial \theta}\right)+\frac{1}{\sin^2{\theta}}\frac{\partial^2 Y}{\partial \varphi^2}+l(l+1)Y=0$$
  第二个方程称为球函数方程，同样分离变量$Y(\theta,\varphi)=\Theta(\theta)\Phi(\varphi)$，代入得
$$\frac{1}{\Phi}\frac{\dd ^2 \Phi}{\dd \varphi^2}=-\frac{\sin{\theta}}{\Theta}\frac{\dd }{\dd \theta}\left(\sin{\theta}\frac{\dd \Theta}{\dd \theta}\right)-l(l+1)\sin^2{\theta}$$
  左右两式变量独立，记其为常数$-\lambda=-m^2\quad m=0,1,2,\cdots$，方程化为
$$\frac{\dd ^2 \Phi}{\dd \varphi^2}+\lambda \Phi=0\Rightarrow \Phi=A\cos{m\varphi}+B\sin{m\varphi}\\
\frac{1}{\sin{\theta}}\frac{\dd }{\dd \theta}\left(\sin{\theta}\frac{\dd \Theta}{\dd \theta}\right)+\left[l(l+1)-\frac{m^2}{\sin^2{\theta}}\right]\Theta=0$$
  令$x=\cos{\theta}$，得到$l$阶连带勒让德方程
$$(1-x^2)\frac{\dd ^2\Theta}{\dd x^2}-2x\frac{\dd\Theta}{\dd x}+\left[l(l+1)-\frac{m^2}{1-x^2}\right]\Theta=0$$
  令$m=0$，得到$l$阶勒让德方程
$$(1-x^2)\frac{\dd ^2\Theta}{\dd x^2}-2x\frac{\dd\Theta}{\dd x}+l(l+1)\Theta=0$$
  方程$(1-x^2)y’’-2xy’+l(l+1)y=0$为线性二阶常微分方程，$x=0$为其常点，将$y$在其邻域上展为泰勒级数$y=a_0+a_1x+a_2x^2+\cdots$
| $1$ | $x$ | $x^2$ | $\cdots$ | $x^k$ | $\cdots$ | |
|---|---|---|---|---|---|---|
| $y’’$ | $2\cdot 1 a_2$ | $3\cdot 2a_3$ | $4\cdot 3a_4$ | $\cdots$ | $(k+2)(k+1)a_{k+2}$ | $\cdots$ |
| $-x^2y’’$ | $-2\cdot 1 a_2$ | $\cdots$ | $-k(k-1)a_k$ | $\cdots$ | ||
| $-2xy’$ | $-2\cdot 1 a_1$ | $-2\cdot 2 a_2$ | $\cdots$ | $-2\cdot k a_k$ | $\cdots$ | |
| $l(l+1)y$ | $l(l+1)a_0$ | $l(l+1)a_1$ | $l(l+1)a_2$ | $\cdots$ | $l(l+1)a_k$ | $\cdots$ |
$\\$
  得到递推式$a_{k+2}=\displaystyle\frac{(k-l)(k+l-1)}{(k+2)(k+1)}a_k$，故$y$有一般解
$y=a_0y_0(x)+a_1y_1(x)$，$y_0$和$y_1$收敛半径均为$1$，又$x=\pm 1$时级数必须收敛，故$l$为整数，即$y_0,y_1$之一项数有限，另一个为无穷级数且系数为$0$，得到只含奇次幂或偶次幂的$l$次多项式，将其乘上恰当的常数使得最高次幂项$x^l$的系数为$a_l=\displaystyle\frac{(2l)!}{2^l(l!)^2}$，记为$P_l(x)$，称为勒让德多项式，由递推关系得
$$P_l(x)=\sum_{k=0}^{\lfloor\frac{l}{2}\rfloor}(-1)^k\frac{(2l-2k)!}{2^lk!(l-k)!(l-2k)!}x^{l-2k}$$
  其微分表示称为罗德里格斯公式
$$P_l(x)=\frac{1}{2^ll!}\frac{\dd ^l}{\dd x^l}(x^2-1)^l$$
  由高阶导数公式可得其积分表示，称为施列夫利积分
$$P_l(x)=\frac{1}{2\pi i}\frac{1}{2^l}\oint_C\frac{(z^2-1)^l}{(z-x)^{l+1}}\dd z$$
  将$x$换回$\cos{\theta}$，令$z=\cos{\theta}+i\sin{\theta}e^{i\psi}$得拉普拉斯积分
$$P_l(x)=\frac{1}{\pi}\int_0^\pi(\cos{\theta}+i\sin{\theta}\cos{\psi})^l\dd\psi$$
  作为施图姆-刘维尔本征值问题的正交关系的特例，不同阶的勒让德多项式在区间$(-1,+1)$上正交，即
$$\int_{-1}^{+1}P_k(x)P_l(x)\dd x=0\qquad k\neq l$$
  记勒让德多项式的模为$N_l$，则
$$N_l^2=\int_{-1}^{+1}P_l(x)^2\dd x\\
=\frac{1}{2^{2l}(l!)^2}\int_{-1}^{+1}\left[\frac{\dd ^l}{\dd x^l}(x^2-1)^l\right]\left[\frac{\dd ^l}{\dd x^l}(x^2-1)^l\right]\dd x\\
=\frac{-1}{2^{2l}(l!)^2}\int_{-1}^{+1}\left[\frac{\dd ^{l-1}}{\dd x^{l-1}}(x^2-1)^l\right]\left[\frac{\dd ^{l+1}}{\dd x^{l+1}}(x^2-1)^l\right]\dd x\\
=\frac{(-1)^l}{2^{2l}(l!)^2}\int_{-1}^{+1}\left[\frac{\dd ^{0}}{\dd x^{0}}(x^2-1)^l\right]\left[\frac{\dd ^{2l}}{\dd x^{2l}}(x^2-1)^l\right]\dd x\\
=\frac{(-1)^l(2l)!}{2^{2l}(l!)^2}\int_{-1}^{+1}(x^2-1)^l\dd x=\frac{2}{2l+1}\\
N_l=\displaystyle\sqrt{\frac{2}{2l+1}}$$
  作为施图姆-刘维尔本征值问题的特例，$P_l(x)$是完备的，因此可作为广义傅里叶级数展开的基，即若$f(x)$为定义在$[-1,1]$上的函数，或$f(\theta)$为定义在$[0,\pi]$上的函数，则有
$$\left\lbrace\begin{array}{l}\displaystyle f(x)=\sum_{l=0}^\infty f_lP_l(x)\\\displaystyle f_l=\frac{2l+1}{2}\int_{-1}^{1}f(x)P_l(x)\dd x\end{array}\right.$$
  在单位球北极放置$4\pi\varepsilon_0$的正电荷，则在球内的静电势为
$$u=\frac{1}{\sqrt{1-2r\cos{\theta}+r^2}}$$
  $u$遵循拉普拉斯方程，且关于极轴对称，故解具有形式
$$u=\sum_{l=0}^\infty\left(A_lr^l+B_l\frac{1}{r^{l+1}}\right)P_l(\cos{\theta})$$
  利用$P_l(1)=1$可得
$$\frac{1}{\sqrt{1-2r\cos{\theta}+r^2}}=\left\lbrace\begin{array}{l}\displaystyle\sum_{l=0}^\infty r^lP_l(\cos{\theta})\qquad r<1\\\displaystyle\sum_{l=0}^\infty \frac{1}{r^{l+1}}P_l(\cos{\theta})\qquad r>1\end{array}\right.$$
  故称$\displaystyle\frac{1}{\sqrt{1-2r\cos{\theta}+r^2}}$为勒让德多项式的母函数，令球半径为$R$则有
$$\frac{1}{\sqrt{R^2-2Rr\cos{\theta}+r^2}}=\left\lbrace\begin{array}{l}\displaystyle\sum_{l=0}^\infty \frac{r^l}{R^{l+1}}P_l(\cos{\theta})\qquad r<1\\\displaystyle\sum_{l=0}^\infty \frac{R^l}{r^{l+1}}P_l(\cos{\theta})\qquad r>1\end{array}\right.$$
  由$\displaystyle\frac{1}{\sqrt{1-2rx+r^2}}=\sum_{l=0}^\infty r^lP_l(x)$对$r$求导得
$$\frac{x-r}{(1-2rx+r^2)^\frac{3}{2}}=\sum_{l=0}^\infty lr^{l-1}P_l(x)$$
  即$\displaystyle\sum_{l=0}^\infty \left[(l+1)r^2-(2l+1)xr+l\right]r^{l-1}P_l(x)=0$，可得递推式
$$(l+1)P_{l+1}(x)-(2l+1)xP_l(x)+lP_{l-1}(x)=0$$
  若$m\neq 0$，得到连带勒让德方程
$$(1-x^2)\frac{\dd ^2\Theta}{\dd x^2}-2x\frac{\dd\Theta}{\dd x}+\left[l(l+1)-\frac{m^2}{1-x^2}\right]\Theta=0$$
  作变换$\Theta=(1-x^2)^{\frac{m}{2}}y(x)$，方程化为
$$(1-x^2)y’’-2(m+1)xy’+\left[l(l+1)-m(m+1)\right]y=0$$
  将勒让德方程$(1-x^2)y’’-2xy’+l(l+1)y=0$对$x$求导$m$次得
$$(1-x^2)y^{(m+2)}-2(m+1)xy^{(m+1)}+\left[l(l+1)-m(m+1)\right]y^{(m)}=0$$
  可知连带勒让德方程的解为$P_l(x)^{(m)}$，即$\Theta=(1-x^2)^{\frac{m}{2}}P_l(x)^{(m)}$，称为连带勒让德函数，记作$P_l^m(x)$
  相应的罗德里格斯公式为
$$P_l^m(x)=\frac{(1-x^2)^{\frac{m}{2}}}{2^ll!}\frac{\dd ^{l+m}}{\dd x^{l+m}}(x^2-1)^{l}$$
  由于连带勒让德方程中仅出现$m^2$，并不排除$m$为负的可能性，故可设想如下函数亦为方程的解
$$P_l^{-m}(x)=\frac{(1-x^2)^{-\frac{m}{2}}}{2^ll!}\frac{\dd ^{l-m}}{\dd x^{l-m}}(x^2-1)^{l}$$
  验证可得$P_l^m(x)$为$P_l^{-m}(x)$倍数，即
$$\frac{P_l^m(x)}{P_l^{-m}(x)}=(-1)^m\frac{(l+m)!}{(l-m)!}$$
  相应的施列夫利积分为
$$P_l^m(x)=\frac{(1-x^2)^{\frac{m}{2}}}{2^l}\frac{1}{2\pi i}\frac{(l+m)!}{l!}\oint_{C}\frac{(z^2-1)^l}{(z-x)^{l+m+1}}\dd z$$
  相应的拉普拉斯积分为
$$P_l^m(x)=\frac{i^m}{2\pi}\frac{(l+m)!}{l!}\int_{-\pi}^\pi e^{-im\psi}(\cos{\theta}+i\sin{\theta}\cos{\psi})^l\dd\psi$$
  作为施图姆-刘维尔本征值问题的正交关系的特例，不同阶的连带勒让德函数在区间$(-1,+1)$上正交，即
$$\int_{-1}^{+1}P_k^m(x)P_l^m(x)\dd x=0\qquad k\neq l$$
  记连带勒让德多项式的模为$N_l^m$，则
$$(N_l^m)^2=\int_{-1}^{1}P_l^m(x)^2\dd x\\
=(-1)^m\frac{(l+m)!}{(l-m)!}\int_{-1}^{1}P_l^{-m}(x)P_l^{m}(x)\dd x\\
=(-1)^m\frac{(l+m)!}{(l-m)!}\frac{1}{2^{2l}(l!)^2}\int_{-1}^{1}\left[\frac{\dd ^{l-m}}{\dd x^{l-m}}(x^2-1)^l\right]\left[\frac{\dd ^{l+m}}{\dd x^{l+m}}(x^2-1)^l\right]\dd x\\
=(-1)^l\frac{(l+m)!}{(l-m)!}\frac{1}{2^{2l}(l!)^2}\int_{-1}^{1}\left[\frac{\dd ^{0}}{\dd x^{0}}(x^2-1)^l\right]\left[\frac{\dd ^{2l}}{\dd x^{2l}}(x^2-1)^l\right]\dd x\\
=(-1)^l\frac{(l+m)!}{(l-m)!}\frac{(2l)!}{2^{2l}(l!)^2}\int_{-1}^{1}(x^2-1)^{2l}\dd x\\
=\frac{(l+m)!}{(l-m)!}\frac{2}{2l+1}\\
N_l^m=\sqrt{\frac{(l+m)!}{(l-m)!}\frac{2}{2l+1}}$$
  作为施图姆-刘维尔本征值问题的特例，$P_l^m(x)$是完备的，因此可作为广义傅里叶级数展开的基，即若$f(x)$为定义在$[-1,1]$上的函数，或$f(\theta)$为定义在$[0,\pi]$上的函数，则有
$$\left\lbrace\begin{array}{l}\displaystyle f(x)=\sum_{l=0}^\infty f_lP_l^m(x)\\\displaystyle f_l=\frac{(l-m)!}{(l+m)!}\frac{2l+1}{2}\int_{-1}^{1}f(x)P_l^m(x)\dd x\end{array}\right.$$
  至此得到球函数方程的解，习惯上表示为如下两种形式
$$Y_l^m(\theta,\varphi)=P_l^{|m|}(\cos{\theta})\left\lbrace\begin{array}{l}\sin{m\varphi}\\
\cos{m\varphi}\end{array}\right\rbrace\\
Y_l^m(\theta,\varphi)=P_l^{|m|}(\cos{\theta})e^{im\varphi}$$
  作为连带勒让德函数与指数函数的乘积，$Y_l^m(\theta,\varphi)$在球面上正交，即
$$\iint_SY_l^m(\theta,\varphi)Y_k^n(\theta,\varphi)\sin{\theta}\dd\theta\dd\varphi=0\qquad(m\neq n\;\small{或}\;l\neq k)$$
  实数形式与复数形式的球函数的模分别为
$$N_l^m=\sqrt{\frac{2\pi (1+\delta_0^m)}{2l+1}\frac{(l+m)!}{(l-m)!}}\\
N_l^m=\sqrt{\frac{4\pi}{2l+1}\frac{(l+m)!}{(l-m)!}}$$
  以球函数为基的实数形式和复数形式的傅里叶展开为
$$\left\lbrace\begin{array}{l}\displaystyle f(\theta,\varphi)=\sum_{m=0}^\infty\sum_{l=m}^\infty \left[A_l^m\cos{m\varphi}+B_l^m\sin{m\varphi}\right]P_l^m(\cos{\theta})\\\displaystyle A_l^m=\frac{(l-m)!}{(l+m)!}\frac{2l+1}{2\pi(1+\delta_0^m)}\int_{0}^{\pi}\int_{0}^{2\pi}f(\theta,\varphi)P_l^m(\cos{\theta})\cos{m\varphi}\sin{\theta}\dd \theta\dd\varphi\\\displaystyle B_l^m=\frac{(l-m)!}{(l+m)!}\frac{2l+1}{2\pi}\int_{0}^{\pi}\int_{0}^{2\pi}f(\theta,\varphi)P_l^m(\cos{\theta})\sin{m\varphi}\sin{\theta}\dd \theta\dd\varphi\end{array}\right.\\
\quad\\
\left\lbrace\begin{array}{l}\displaystyle f(\theta,\varphi)=\sum_{l=0}^\infty\sum_{m=-l}^{m=l} C_l^mP_l^{|m|}(\cos{\theta})e^{im\varphi}\\\displaystyle C_l^m=\frac{(l-|m|)!}{(l+|m|)!}\frac{2l+1}{4\pi}\int_{0}^{\pi}\int_{0}^{2\pi}f(\theta,\varphi)P_l^{|m|}(\cos{\theta})e^{-im\varphi}\sin{\theta}\dd \theta\dd\varphi\end{array}\right.$$
  使用正交归一球函数
$$Y_{lm}(\theta,\varphi)=\frac{Y_l^m(\theta,\varphi)}{N_l^m}=\sqrt{\frac{2l+1}{4\pi}\frac{(l-|m|)!}{(l+|m|)!}}P_l^{|m|}(\cos{\theta})e^{im\varphi}\\
\left\lbrace\begin{array}{l}\displaystyle f(\theta,\varphi)=\sum_{l=0}^\infty\sum_{m=-l}^{m=l} C_l^mY_{lm}(\theta,\varphi)\\\displaystyle C_l^m=\int_{0}^{\pi}\int_{0}^{2\pi}f(\theta,\varphi)Y_{lm}^{*}(\theta,\varphi)\sin{\theta}\dd \theta\dd\varphi\end{array}\right.$$
$$\quad\\$$
柱函数
  拉普拉斯方程$\Delta u=0$柱坐标下表达式为
$$\frac{1}{r^2}\frac{\partial }{\partial r}\left(r^2\frac{\partial u}{\partial r}\right)+\frac{1}{r^2}\frac{\partial^2 u}{\partial \varphi^2}+\frac{\partial^2 u}{\partial z^2}=0$$
  分离变量$u(r,\theta,\varphi)=R(r)\Phi(\varphi)Z(z)$，代入得
$$\frac{1}{R}\frac{\dd}{\dd r}\left(r^2\frac{\dd R}{\dd r}\right)+\frac{r^2}{Z}\frac{\dd^2 Z}{\dd z^2}=-\frac{1}{\Phi}\frac{\dd^2 \Phi}{\dd \varphi^2}$$
  左右两式变量独立，记其为常数$\lambda=m^2\quad m=1,2,\cdots$，方程化为
$$\frac{\dd ^2 \Phi}{\dd \varphi^2}+\lambda \Phi=0\Rightarrow \Phi=A\cos{m\varphi}+B\sin{m\varphi}\\
\frac{1}{R}\frac{\dd^2 R}{\dd r^2}+\frac{2}{Rr}\frac{\dd R}{\dd r}-\frac{m^2}{r^2}=-\frac{1}{Z}\frac{\dd^2 Z}{\dd z^2}$$
  左右两式变量独立，记其为常数$-\mu$
  $\mu=0$，方程解为
$$Z(z)=Az+B\\R(r)=\left\lbrace\begin{array}{l}\displaystyle C+D\ln{r}\qquad m=0\\
\displaystyle Cr^m+\frac{D}{r^m}\qquad m=1,2,\cdots\end{array}\right.$$
  $\mu>0$，作代换$x=\sqrt{\mu}r$，方程化为
$$Z(z)=Ae^{\sqrt{\mu}z}+Be^{-\sqrt{\mu}z}\\
x^2\frac{\dd^2 R}{\dd x^2}+x\frac{\dd R}{\dd x}+(x^2-m^2)R=0$$
  第二个方程称为$m$阶贝塞尔方程
  $\mu<0$，作代换$x=\sqrt{-\mu}r$，方程化为
$$Z(z)=A\cos{\sqrt{-\mu}z}+B\sin{\sqrt{-\mu}z}\\
x^2\frac{\dd^2 R}{\dd x^2}+x\frac{\dd R}{\dd x}-(x^2+m^2)R=0$$
  第二个方程称为$m$阶虚宗量贝塞尔方程
  方程$x^2y’’+xy’+(x^2-\nu^2)y=0$为线性二阶常微分方程，$x=0$为其正则奇点，其判定方程为
$$s(s-1)+s-\nu^2=0$$
  其两根为$s_1=\nu,s_2=-\nu$
  $s_1-s_2=2\nu\neq$正整数和零时，方程两个线性独立解具有形式
$$y_1(x)=\sum_{k=0}^\infty a_kx^{s_1+k}\\
y_2(x)=\sum_{k=0}^\infty b_kx^{s_2+k}$$
  先不分$s_1,s_2$，记为$s$，将$y$在$x=0$邻域上展为洛朗级数
$y=a_0x^s+a_1x^{s+1}+a_2x^{s+2}+\cdots$
| $x^s$ | $x^{s+1}$ | $x^{s+2}$ | $\cdots$ | $x^{s+k}$ | $\cdots$ | |
|---|---|---|---|---|---|---|
| $x^2y’’$ | $s(s-1)a_0$ | $(s+1)sa_1$ | $(s+2)(s+1)a_2$ | $\cdots$ | $(s+k)(s+k-1)a_{k}$ | $\cdots$ |
| $xy’$ | $sa_0$ | $(s+1)a_1$ | $(s+2)a_2$ | $\cdots$ | $(s+k)a_k$ | $\cdots$ |
| $x^2y$ | $a_0$ | $\cdots$ | $a_{k-2}$ | $\cdots$ | ||
| $-\nu^2y$ | $-\nu^2a_0$ | $-\nu^2a_1$ | $-\nu^2a_2$ | $\cdots$ | $-\nu^2a_k$ | $\cdots$ |
$\\$
  得到递推式$[(s+k)^2-\nu^2]a_k+a_{k-2}=0$，其收敛半径为$\infty$，取$s=\nu$，由递推式得
$$a_{2k}=\frac{(-1)^k}{2^{2k}}\frac{1}{k!(\nu+1)(\nu+2)\cdots(\nu+k)}a_0\\
\quad\\
a_{2k+1}=0$$
  通常取$a_0=\displaystyle\frac{1}{2^\nu\Gamma(\nu+1)}$，得到贝塞尔方程一个特解，称为$\nu$阶贝塞尔函数
$$J_\nu(x)=\sum_{k=0}^\infty(-1)^k\frac{1}{k!\Gamma(\nu+k+1)}\left(\frac{x}{2}\right)^{\nu+2k}$$
  取$s=-\nu$，由递推式得
$$b_{2k}=\frac{(-1)^k}{2^{2k}}\frac{1}{k!(-\nu+1)(-\nu+2)\cdots(-\nu+k)}b_0\\
\quad\\
b_{2k+1}=0$$
  通常取$b_0=\displaystyle\frac{1}{2^{-\nu}\Gamma(\nu+1)}$，得到贝塞尔方程一个特解，称为$-\nu$阶贝塞尔函数
$$J_{-\nu}(x)=\sum_{k=0}^\infty(-1)^k\frac{1}{k!\Gamma(-\nu+k+1)}\left(\frac{x}{2}\right)^{-\nu+2k}$$
  故$\nu$阶贝塞尔方程通解为$y(x)=C_1J_\nu(x)+C_2J_{-\nu}(x)$，取
$C_1=\cot{\nu\pi},C_2=-\csc{\nu\pi}$，得到$\nu$阶诺伊曼函数
$$N_\nu(x)=\frac{J_\nu(x)\cos{\nu\pi}-J_{-\nu}(x)}{\sin{\nu\pi}}$$
  $s_1-s_2=2\nu=2l+1\qquad l=0,1,2\cdots\quad$时，$\nu$阶贝塞尔方程成为
$x^2y’’+xy’+\left[x^2-\left(l+\displaystyle\frac{1}{2}\right)^2\right]y=0$
  首先考虑$l=0$的$\displaystyle\frac{1}{2}$阶贝塞尔方程，判定方程两根为$s_1=\displaystyle\frac{1}{2},s_2=-\frac{1}{2}$，由前知方程对应于较大根$s_1$的特解为
$$y_1(x)=J_{\frac{1}{2}}(x)=\sum_{k=0}^\infty(-1)^k\frac{1}{k!\Gamma(k+\displaystyle\frac{3}{2})}\left(\frac{x}{2}\right)^{\frac{1}{2}+2k}\\
=\sqrt{\frac{2}{\pi x}}\sum_{k=0}^\infty(-1)^k\frac{1}{(2k+1)!}x^{2k+1}\\
=\sqrt{\frac{2}{\pi x}}\sin{x}$$
  第二个特解具有形式
$$y_2(x)=AJ_{\frac{1}{2}}(x)\ln{x}+\sum_{k=-\frac{1}{2}}^\infty b_kx^k$$
  代入$\displaystyle\frac{1}{2}$阶贝塞尔方程得
$$2AxJ_{\frac{1}{2}}’(x)+\sum_{k=-\frac{1}{2}}^\infty\left(k^2-\frac{1}{4}\right)b_kx^k+\sum_{k=-\frac{1}{2}}^\infty b_kx^{k+2}=0$$
| $x^{-\frac{1}{2}}$ | $x^{\frac{1}{2}}$ | $x^{\frac{3}{2}}$ | $x^{\frac{5}{2}}$ | $\cdots$ | $x^{k+2}$ | $\cdots$ | |
| $2AxJ_{\frac{1}{2}}’$ | $\displaystyle A\sqrt{\frac{2}{\pi}}$ | $\displaystyle -A\sqrt{\frac{2}{\pi}}\frac{5}{3!}$ | $\cdots$ | $\displaystyle(-1)^{\frac{2k+3}{4}}A\sqrt{\frac{2}{\pi}}\frac{2(k+2)}{(k+\displaystyle\frac{5}{2})!}\\k=2m+\displaystyle\frac{1}{2}$ | $\cdots$ | ||
| $\displaystyle\sum\limits_{k=-\frac{1}{2}}^\infty\left(k^2-\frac{1}{4}\right)b_kx^k$ | $\displaystyle \left[\left(\frac{3}{2}\right)^2-\frac{1}{4}\right]b_{\frac{3}{2}}$ | $\displaystyle\left[\left(\frac{5}{2}\right)^2-\frac{1}{4}\right]b_{\frac{5}{2}}$ | $\cdots$ | $\displaystyle\left[\left(k+2\right)^2-\frac{1}{4}\right]b_{k+2}$ | $\cdots$ | ||
| $\displaystyle\sum_{k=-\frac{1}{2}}^\infty b_kx^{k+2}$ | $b_{-\frac{1}{2}}$ | $b_{\frac{1}{2}}$ | $\cdots$ | $b_{k}$ | $\cdots$ |
$\\$
  由表可知$A=0$，则有递推式$\displaystyle \left(k^2-\frac{1}{4}\right)b_k+b_{k-2}=0$，从$b_{\frac{1}{2}}$递推，所得各项之和与$J_{\frac{1}{2}}(x)$线性相关，故忽略不计，只取从$b_{-\frac{1}{2}}$开始递推的项，得
$$b_k=(-1)^{k+\frac{1}{2}}\frac{b_{-\frac{1}{2}}}{(k+\displaystyle\frac{1}{2})!}$$
  通常取$b_{-\frac{1}{2}}=\displaystyle\sqrt{\frac{2}{\pi}}$，得第二个特解
$$J_{-\frac{1}{2}}(x)=\sqrt{\frac{2}{\pi x}}\cos{x}$$
  用同种方法可求得$l\neq 0$时有
$$J_{l+\frac{1}{2}}(x)=\sum_{k=0}^\infty(-1)^k\frac{1}{k!\Gamma(l+\frac{1}{2}+k+1)}\left(\frac{x}{2}\right)^{l+\frac{1}{2}+2k}\\
J_{-(l+\frac{1}{2})}(x)=\sum_{k=0}^\infty(-1)^k\frac{1}{k!\Gamma(-l-\frac{1}{2}+k+1)}\left(\frac{x}{2}\right)^{-l- \frac{1}{2}+2k}$$
  $s_1-s_2=2\nu=2m\qquad m=0,1,2\cdots\quad$时，$\nu$阶贝塞尔方程成为
$x^2y’’+xy’+(x^2-m^2)y=0$，大根$s_1=m$对应特解为$m$阶贝塞尔函数
$$J_m(x)=\sum_{k=0}^\infty(-1)^k\frac{1}{k!\Gamma(m+k+1)}\left(\frac{x}{2}\right)^{m+2k}$$
  与之前连带勒让德函数类似，取$-m$得特解$-m$阶贝塞尔函数
$$J_{-m}(x)=\sum_{k=0}^\infty(-1)^k\frac{1}{k!\Gamma(-m+k+1)}\left(\frac{x}{2}\right)^{-m+2k}$$
  观察知，$J_m(x)=(-1)^mJ_{-m}(x)$，因此$J_m(x)$不能作为第二个线性独立的特解，仍需从如下形式出发
$$y_2(x)=AJ_m(x)\ln{x}+\sum_{k=0}^\infty b_kx^{-m+k}$$
  将此形式代入贝塞尔方程得
$$2AxJ_m’(x)+\sum_{k=0}^\infty[(-m+k)^2-m^2]b_kx^{-m+k}+\sum_{k=2}^\infty b_{k-2}x^{-m+k}=0$$
  由于$2AxJ_m’(x)$最低次幂为$x^m$项，故在$k<2m$时只需考虑后两项之和，此时得递推关系$b_1=0,[(-m+k)^2-m^2]b_k+b_{k-2}=0$，与$-\nu$阶贝塞尔方程相同，故可得
$$b_{2n}=\frac{(-1)^n}{2^{2n}}\frac{1}{n!(-m+1)(-m+2)\cdots(-m+n)}b_0\\
\quad\\
b_{2n+1}=0$$
  $k=2m$时，有$\displaystyle A\frac{m}{m!2^{m-1}}+b_{2m-2}=0$，即$\displaystyle A=-\frac{2m}{m!2^m}b_0$
  由于$2AxJ_m’(x)$仅含$m+2n$次幂，故$k=2m+2n+1$时，$b_k=0$
  当$k=2m+2n$时，得到递推式
$$(-1)^{n+1}\frac{4m(m+2n)}{m!n!(m+n)!2^{2m+2n}}b_0+4n(m+n)b_{2m+2n}+b_{2m+2n-2}=0$$
  利用累加求得通项
$$\frac{mb_0}{(m!)^22^{2m}}\sum_{k=1}^n\frac{m+2k}{k(m+k)}+(-1)^{n-1}2^{2n}n!\frac{(m+n)!}{m!}b_{2m+2n}+b_{2m}=0\\
\quad\\
b_{2m+2n}=(-1)^n\frac{mb_0}{m!n!(m+n)!2^{2m+2n}}\sum_{k=1}^n\left(\frac{1}{k}+\frac{1}{m+k}\right)\\
+(-1)^n\frac{m!}{2^{2n}n!(m+n)!}b_{2m}$$
  后一项系数与$J_m(x)$系数线性相关，故忽略不计，即取$b_{2m}=0$，通常取$b_0=\displaystyle-\frac{m!2^m}{m\pi}$，由此得到第二个线性独立特解
$$y_2(x)=\frac{2}{\pi}J_m(x)\ln{x}-\frac{1}{\pi}\sum_{n=0}^{m-1}\frac{(m-n-1)!}{n!}\left(\frac{x}{2}\right)^{-m+2n}\\-\frac{1}{\pi}\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^n}{n!(m+n)!}\left[\sum_{k=1}^n\left(\frac{1}{k}+\frac{1}{m+k}\right)\right]\left(\frac{x}{2}\right)^{m+2n}$$
  将此特解与$\displaystyle\left[\frac{2}{\pi}(\gamma-\ln{2})-\frac{1}{\pi}\sum_{k=1}^m\frac{1}{k}\right]J_m(x)$的和称为$m$阶诺伊曼函数，记作$N_m(x)$，引入$\Gamma$函数的对数导数$\psi(x)=\displaystyle\frac{\Gamma’(x)}{\Gamma(x)}$，继续化简
$$N_m(x)=\frac{2}{\pi}J_m(x)\ln{\frac{x}{2}}-\frac{1}{\pi}\sum_{n=0}^{m-1}\frac{(m-n-1)!}{n!}\left(\frac{x}{2}\right)^{-m+2n}\\-\frac{1}{\pi}\sum_{n=0}^\infty\frac{(-1)^n}{n!(m+n)!}\left(\sum_{k=1}^n \frac{1}{k}+\sum_{k=1}^{m+n}\frac{1}{k}-2\gamma\right)\left(\frac{x}{2}\right)^{m+2n}\\
\quad\\
\\
\quad\\
=\frac{2}{\pi}J_m(x)\ln{\frac{x}{2}}-\frac{1}{\pi}\sum_{n=0}^{m-1}\frac{(m-n-1)!}{n!}\left(\frac{x}{2}\right)^{-m+2n}\\-\frac{1}{\pi}\sum_{n=0}^\infty\frac{(-1)^n}{n!(m+n)!}[\psi(m+n+1)+\psi(n+1)]\left(\frac{x}{2}\right)^{m+2n}\\$$
  $m=0$时，可以验证零阶贝塞尔方程的第二个线性独立解仍满足上述形式，得到零阶诺伊曼函数$N_0(x)$
$$N_0(x)=\frac{2}{\pi}J_0(x)\ln{\frac{x}{2}}-\frac{2}{\pi}\sum_{n=0}^\infty\frac{(-1)^2}{(n!)^2}\psi(n+1)\left(\frac{x}{2}\right)^{2n}$$
  直接对$\nu$阶诺伊曼函数取整数阶极限亦可得到上述形式
$$\lim_{\nu\to m}N_\nu(x)=\lim_{\nu\to m}\frac{J_\nu(x)\cos{\nu\pi}-J_{-\nu(x)}}{\sin{\nu\pi}}\\
\quad\\
=\lim_{\nu\to m}\frac{1}{\pi}\left[\frac{\partial J_\nu(x)}{\partial \nu}-(-1)^m\frac{\partial J_{-\nu}(x)}{\partial \nu}\right]\\
\quad\\
\small\color{orange}{待补全}$$
  对于虚宗量贝塞尔方程$\displaystyle x^2\frac{\dd^2 R}{\dd x^2}+x\frac{\dd R}{\dd x}-(x^2+\nu^2)R=0$，作代换$\xi=ix$，方程化为贝塞尔方程$\displaystyle \xi^2\frac{\dd^2 R}{\dd \xi^2}+\xi\frac{\dd R}{\dd \xi}+(\xi^2-\nu^2)R=0$，方程通解为$J_\nu(\xi)$，将$i^{-\nu}J_\nu(ix)$称为$\nu$阶虚宗量贝塞尔函数，记作$I_\nu(x)$
$$I_\nu(x)=\sum_{k=0}^\infty\frac{1}{k!\Gamma(\nu+k+1)}\left(\frac{x}{2}\right)^{\nu+2k}$$
  $\nu$不为整数时，其第二个线性独立解为$-\nu$阶虚宗量贝塞尔函数
$$I_{-\nu}(x)=\sum_{k=0}^\infty\frac{1}{k!\Gamma(-\nu+k+1)}\left(\frac{x}{2}\right)^{-\nu+2k}$$
  $\nu$为整数$m$时，$I_{-m}(x)=I_{m}(x)$，$I_{-m}(x)$不能作为第二个线性独立解
  引入第一种和第二种$\nu$阶汉克尔函数
$$H_\nu^{(1)}(x)=J_\nu(x)+iN_\nu(x)\\
\quad\\ H_\nu(x)^{(2)}=J_\nu(x)-iN_\nu(x)$$
  则$H_\nu^{(1)}(x)$和$H_\nu(x)^{(2)}$也可作为贝塞尔方程两个线性独立的解，对于虚宗量贝塞尔方程，将$\displaystyle\frac{\pi ie^{i\nu\pi/2}}{2}H_\nu^{(1)}(ix)=\frac{\pi}{2}\frac{I_{-\nu}(x)-I_{\nu}(x)}{\sin{\nu\pi}}$称为$\nu$阶虚宗量汉克尔函数，记作$K_\nu(x)$
  当$\nu$为整数$m$时
$$K_m(x)=\frac{\pi i^{m+1}}{2}[J_m(ix)+iN_m(ix)]$$