1、拉普拉斯方程$\Delta =0$#

2、波动方程#

三维的波动方程形式为：

对于三维的波动方程，使用分离变量法：

代入到波动方程中，移项得到：

得到两个方程：

上述第一个方程求解简单，第二个方程称为亥姆霍兹方程。

3、输运方程#

三维的输运方程形式为：

对于三维的波动方程，使用分离变量法：

代入到输运方程中，移项得到：

得到两个方程：

第一个方程求解简单，第二个方程仍为亥姆霍兹方程。

4、亥姆霍兹方程#

1、方程的常点与奇点#

如果方程的系数$p(z),q(z)$在选定的点$z_0$及其邻域中都是解析的，则该点叫作方程的常点，如果系数二者有一个或者都在$z_0$处不解析，则$z_0$叫作方程的奇点。

2、常点邻域上的级数解#

如果方程系数$p(z)$和$q(z)$为点$z_0$的邻域$|z-z_0|<R$中的解析函数，则方程在这圆中存在唯一的解$w(z)$满足初值条件，而且该解在这个邻域中也是单值解析的（不作证明）。既然$p(z),q(z),w(z)$在$z_0$的邻域单值解析，于是，就可以把三者展开为泰勒级数：

其中系数$p_k,q_k$已知，$a_k$未知，将这些表达式代入到方程中，合并同幂项，整理为幂级数。由于方程等于零，那么必须每项幂级数的系数等于零。由此可以得到系数$a_k$之间的一系列代数方程，求解这些代数方程，找出$a_k$之间的递推关系，可以用$a_0,a_1$来表示出$a_2,a_3,\cdots$，从而得到级数解。其中$a_0,a_1$可以如此确定：

3、$l$阶勒让德方程在$x_0=0$邻域上的级数解#

即：

方程在复平面上有两个奇点$x=\pm1$。方程的系数$p(x)=-\frac{2x}{1-x^2}$，$q(x)=\frac{l(l+1)}{1-x^2}$，在$x_0=0$，单值函数$p(x_0)=0,q(x_0)=l(l+1)$，均为有限值，它们必然在$x_0=0$处为解析的，因此$x_0=0$为方程的常点，根据常点邻域上解的定理，解具有泰勒展开的形式，即：

将上述级数表达式代入到勒让德方程：

化简后得到：

由此可见系数$a_k$之间存在如下递推关系（$\lambda=l(l+1)$）：

• 常数项：

  $$2a_2+\lambda a_0=0$$

• $x^1$项：

  $$6a_3-2a_1+\lambda a_1=0$$

• $x^k$项：

  $$(k+2)(k+1)a_{k+2}-k(k-1)a_k-2ka_k+\lambda a_k=0$$ $$a_{k+2}=\frac{k^2+k-\lambda}{(k+2)(k+1)}a_k=\frac{(k-l)(k+l+1)}{(k+2)(k+1)}a_k$$

显然这个递推关系可以把所有下标为偶数的系数$a_{2k}$用$a_0$表示出来，所有下标为奇数的系数$a_{2k-1}$用$a_1$来表示，因此方程的级数形式通解为：

其中$y_0(x)$只含$x$的偶数次幂，$y_1(x)$只包含$x$的奇数次幂，二者线性无关。具体为：

根据系数关机，计算级数的收敛半径：

所以，当$x<1$时$y_0(x),y_1(x)$两级数收敛，$x>1$时两级数发散。当$x=\pm1$时，根据高斯判别法，两级数发散。在$l$阶勒让德方程中，引入的变换是$x=\cos\theta$，所以当$x>1$时，我们不关心，但是需要得知，$x=\pm 1$时，两级数发散，但两级数的和$y(x)$的收敛性。

假设有一个级数解$y(x)$在$x+1$和$x-1$是有限的，$y(x)$可以写为$y_0(x)和y_1(x)$的线性组合：

如果自变量整体代入$-x$，得到的勒让德方程为：

由于$y_0(x)$为偶函数，$y_1(x)$是奇函数，则方程可以该写为：

那么：

所以，如果$y(1)$和$y(-1)$同时有限，那么$y_0(1)$和$y_1(1)$也都是有限的，与前面结论矛盾，故不可能存在一个$x=\pm1$同时收敛的级数解。

但是实际问题中，在$x=\pm 1(\theta=0,\pi)$时必然有限（原因在于自然边界条件），与上面的计算矛盾，所以上面的解不应当是无穷级数，应当退化为多项式，只有有限项解，这样就没有发散问题了。

观察级数解，如果参数$l$是某个偶数，则$y_0(x)$在$x^{2n}$后面的项都为$0$。对于$y_1(x)$，其因系数不包含因子$(2n-1)$，且无穷级数在$x=\pm1$发散，在一般解中只要取$a_1=0$即可得到一个只含偶次幂的$l$词多项式$a_0y_0(x)$，以后将选取适当的$a_0$得到一个特解，称为$l$阶勒让德多项式。对于另个一函数也可以进行相同的处理方法。

由此看来，对于勒让德方程，解在区间$[-1,1]$的两端保持有限是一个严重的限制，在分离变量过程中引入的常数$l(l+1)$中的$l$被限制于零和正整数，通常把解在$x=\pm 1$保持有限说成是勒让德方程的自然边界条件。勒让德方程与自然边界条件构成本征值问题，本征值是$l(l+1)$，本征函数是$l$阶勒让德多项式。

1、奇点邻域上的级数解#

求解线性二阶常微分方程：

如果选定的点$z_0$是方程的奇点，则一般说来，方程的解也是以$z_0$为奇点，在点$z_0$邻域上的展开式不是泰勒级数而含有负幂项。

关于奇点邻域上的级数解，存在下面定理（不作证明）：若点$z_0$为方程的奇点，则在点$z_0$的邻域$0<|z-z_0|<R$上，方程存在两个线性独立解，形式为：

或者是：

其中$s_1,s_2,A,a_k,b_k(k=0,\pm1,\pm2,\cdots)$为常数。

2、正则奇点邻域上的级数解#

如果方程的奇点$z_0$的邻域$0<|z-z_0|<R$上，方程 的两个线性独立解全部只有有限个负幂项，则奇点$z_0$称为方程的正则奇点。如果系数$p(z)$以$z_0$为不高于一阶的极点，且系数$q(z)$为不高于二阶的极点，即：

可以证明，该奇点为方程的正则奇点，即原方程的解可以表示为：

或者是：

其中$s_1,s_2$是所谓判定方程的两个根：

$s_2$是较小的那一个根。其中方程解$w_2(z)=\sum_{k=0}^\infty b_k(z-z_0)^{s_2+k}$适用于$(s_1-s_2)\notin \mathbb{Z}$的情况（因为他们一定是这样$w_1,w_2$一定是线性无关的）；方程解$w_2(z)=Aw_1(z)\ln(z-z_0)+\sum_{k=0}^\infty b_k(z-z_0)^{s_2+k}$，适用于$(s_1-s_2)\in \mathbb{Z}$的情况，为什么需要两种情况的讨论，在后面会进行解释，不过如果系数$A$等于零，则又回到前者的类型。

NOTE

判定方程又称作指标方程，将级数：

$$w(z)=\sum_{k=0}^\infty a_k(z-z_0)^{s+k}$$

代入原常微分方程：

$$\begin{aligned}&\sum_{k=0}^\infty(s+k)(s+k-1)a_k\left(z-z_0\right)^{s+k}\\+&\sum_{m=0}^\infty p_m(z-z_0)^m\sum_{k=0}^\infty(s+k)a_k\left(z-z_0\right)^{s+k}\\+&\sum_{m=0}^\infty q_m(z-z_0)^m\sum_{k=0}^\infty a_k\left(z-z_0\right)^{s+k}\\=&0\end{aligned}$$

合并系数，其中最低幂项（$k=0,m=0$）合并后的系数是：

$$a_0s(s-1)+a_0sp_{-1}+a_0q_{-2}$$

令它等于零，由于$a_0\neq0$，故可以约掉，得到：

$$s(s-1)+sp_{-1}+q_{-2}=0$$

就是判定方程。

从判定方程中求得$s$的两个根之后，将实部较大的那个根$s_1$代入到$w_1$中，然后将$w_1$的级数表达式代入到常微分方程中，合并同幂项，按照升幂排列，令各幂项的系数等于零，得到系数$a_k$递推公式，从而得出结果。然后将$s_2$代入到$w_2$中，求出$b_k$的的递推公式，从而求出线性独立的另一级数解，其中$a_0,b_0$是二阶常微分方程的解的两个积分常数。

但是，如果$s_1-s_2=h$，而$h$为零，如果使用直接将$s$代入到$w(z)=\sum_{k=0}^\infty a_k(z-z_0)^{s+k}$中，然后再代入到常微分方程中求解，那么$w_1,w_2$的形式相同，不是线性无关的，所以找不出对应的真正的$w_2$。如果$h$为正整数，那么将判定方程中较小的根$s_2$代入到$w_2$，再代入到微分方程中配凑系数时，发现系数$b_h$无法推出，因为求解$b_h$的递推公式为：

$b_h$的递推系数展开后就是判定方程，其值为零，$b_h$无法求出。

简单来想，如果$h$是零或者是正整数，那么$w_1,w_2$的级数表达式中，$w_1$后面第$h$项开始，就是$w_2$并两者不是线性无关的。

如何求出呢？先求出$w_1$，然后使用刘维尔公式，求出的$w_2$正是前面提到的形式：

3、贝塞尔方程#

在点$x_0=0$的邻域上求解$\nu$阶贝塞尔方程：

两边同除$x^2$，化为标准形式：

点$x_0=0$是$p(x)=\frac{1}{x}$的一阶极点，同时又是$q(x)=1-\frac{\nu^2}{x^2}$的二阶极点，因此，点$x_0=0$是贝塞尔方程的正则奇点，判定方程为：

即：

两个根$s_1=\nu,s_2=-\nu$。下面分三种情况讨论：

1. $s_1-s_2=2\nu\neq正整数或零$

   此时，方程线性独立的两个解为如下形式：

   $$w_1(z)=\sum_{k=0}^\infty a_k(z-z_0)^{s_1+k}$$ $$w_2(z)=\sum_{k=0}^\infty b_k(z-z_0)^{s_2+k}$$

   先不分$s_1$和$s_2$，记为$s$，将实变数$x$的级数解：

   $$y(x)=a_0x^s+a_1x^{s+1}\cdots$$

   代入到微分方程中，合并同幂次项，使合并后的系数等于，得到：

   $$\begin{cases}\left[s^2-\nu^2\right]a_0=0,\\\left[\left(s+1\right)^2-\nu^2\right]a_1=0,\\\left[\left(s+2\right)^2-\nu^2\right]a_2+a_0=0,\\\cdots\cdots\cdots\cdots\\\left[\left(s+k\right)^2-\nu^2\right]a_k+a_{k-2}=0,\\\cdots\cdots\cdots\cdots\end{cases}$$

   由于$a_0\neq0$，则第一个方程为判定方程，两根前面已经求出。将两根代入第二个方程，有：

   $$[(\pm \nu+1)^2-\nu^2]a_1=0$$

   得到$a_1=0$，利用以后得各式进行系数递推，递推公式为：

   $$\begin{aligned}a_{k}&=\frac{-1}{\begin{pmatrix}s+k\end{pmatrix}^2-\nu^2}a_{k-2}\\&=\frac{-1}{(\begin{array}{c}s+k+\nu\end{array})(\begin{array}{c}s+k-\nu\end{array})}a_{k-2}\end{aligned}$$

   先取$s_1=\nu$，递推公式为：

   $$a_k=-\frac{a_{k-2}}{k(2\nu+k)}$$

   于是得到：

   $$a_{2k}=(-1)^k\frac{1}{k!(\nu+1)(\nu+2)\cdots(\nu+k)}\cdot\frac{1}{2^{2k}}a_0$$ $$a_{2k+1}=0$$

   这样得到了$\nu$阶贝塞尔方程的一个特解：

   $$\begin{aligned}y_{1}(x)&= a_0x^\nu\bigg[ 1 -\frac{1}{1 ! ( \nu+1 )}\bigg( \frac{x}{2}\bigg) ^2+\frac1{2!(\nu+1)(\nu+2)}\Bigg(\frac x2\Bigg)^4-\cdots\\&+(-1)^k\frac1{k!(\nu+1)(\nu+2)\cdots(\nu+k)}{\left(\frac x2\right)^{2k}+\cdots}\bigg]\end{aligned}$$

   由于这个级数相邻两项$x$的幂次差为$x^2$，因此在$z$平面上它的收敛半径$R$为：

   $$R^2=\lim_{k\to\infty}|\frac{a_{k-2}}{a_k}|=\lim_{k\to\infty}k(2\nu+k)=\infty$$

   也就是说只要$x$有限，级数就收敛。通常取：

   $$a_0=\frac{1}{2^\nu}\Gamma(\nu+1)$$

   $\Gamma(x)$为伽马函数。将这个节叫做$\nu$阶贝塞尔函数，记作$J_\nu(x)$：

   $$J_{\nu}(x)=\sum_{k=0}^{\infty}(-1)^k\frac{1}{k!\Gamma(\nu+k+1)}\left(\frac{x}{2}\right)^{\nu+2k}$$

   然后再取$s_2=-\nu$，使用相同的方法，求出另一个特解，即$-\nu$阶贝塞尔函数：

   $$J_{-\nu}(x)=\sum_{k=0}^\infty(-1)^k\frac{1}{k!\Gamma(-\nu+k+1)}\left(\frac{x}{2}\right)^{-\nu+2k}$$

   因此$\nu$阶贝塞尔方程的通解可以记为：

   $$y(x)=C_1J_\nu(x)+C_2J_{-\nu}(x)$$

   其中$C_1,C_2$为常数，有时候取$C_1=\cot \nu \pi,C_2=-\csc \nu\pi$代入得到一个特解，以此作为$\nu$阶贝塞尔方程的第二个线性独立的解，叫作$\nu$阶诺依曼函数，即：

   $$N_{\nu}(x)=\frac{\mathrm{J}_{\nu}(x)\cos\nu\pi-\mathrm{J}_{-\nu}(x)}{\sin\nu\pi}$$

   因此，$\nu$阶贝塞尔方程的通解也可以取为：

   $$y(x)=C_1J_\nu(x)+C_2N_{\nu}(x)$$

2. $s_1-s_2=2\nu=2l+1(l\in\mathbb{N})$，即$v=l+\frac{1}{2}$为半奇数。此时，方程为：

   $$x^2y''+xy'+[x^2-(l+\frac{1}{2})^2]y=0$$

   点$x_0$为方程的正则奇点。首先考虑$l=0$的$\frac{1}{2}$阶贝塞尔方程：

   $$x^2y''+xy'+[x^2-(\frac12)^2]y=0$$

   上例已经解出判定方程的两根，这里为$s_1=\frac12,s_2=-\frac12$，对于大根$s=\frac{1}2$的特解即贝塞尔函数，其中$\nu=\frac12$，这就是$\frac12$阶贝塞尔函数：

   $$\begin{aligned}J_{\frac{1}{2}}(x)&=\sum_{k=0}^{\infty}(-1)^{k}\frac{1}{k!\Gamma\left(k+\frac{3}{2}\right)}\left(\frac{x}{2}\right)^{\frac{1}{2}+2k}\\&=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^{k}}{k!\left(k+\frac{1}{2}\right)\left(k+\frac{1}{2}-1\right)\cdots\frac{1}{2}\cdot\Gamma\left(\frac{1}{2}\right)}\left(\frac{x}{2}\right)^{\frac{1}{2}+2k}\\&=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(-1)^k}{k!(2k+1)(2k-1)\cdots5\cdot3\cdot1\sqrt{\pi}}\left(\frac{1}{2}\right)^{k-\frac{1}{2}}x^{\frac{1}{2}+2k}\\&=\sqrt{\frac{2x}{\pi}}\sum_{k=0}^\infty\frac{(-1)^k}{2k(2k-2)\cdots4\cdot2\cdot(2k+1)(2k-1)\cdots5\cdot3\cdot1}x^{2k}\\&=\sqrt{\frac{2x}{\pi}}\sum_{k=0}^{\infty}(-1)^{k}\frac{1}{(2k+1)!}x^{2k}\\&=\sqrt{\frac{2}{\pi x}}\sum_{k=0}^{\infty}(-1)^{k}\frac{1}{(2k+1)!}x^{2k+1}\\&=\sqrt{\frac{2}{\pi x}}\sin x\end{aligned}$$

   判定方程两根之差$s_1-s_2=1$是整数，第二个特解的形式为：

   $$y_2(x)=AJ_\frac12(x)\ln x+\sum_{k=-\frac12}^\infty b_kx^k$$

   这里稍微改变了$b$的下标，将上市带入到$\frac12$阶贝塞尔方程中，得到：

   $$A\left[x^{2}J_{\frac{1}{2}}^{\prime\prime}+xJ_{\frac{1}{2}}^{\prime}+\left(x^{2}-\frac{1}{4}\right)J_{\frac{1}{2}}\right]\ln x+2AxJ_{\frac{1}{2}}^{\prime}+\sum_{k=-1/2}^{\infty}k\left(k-1\right)b_{k}x^{k}+\sum_{k=-1/2}^{\infty}kb_{k}x^{k}+\sum_{k=-1/2}^{\infty}b_{k}x^{k+2}-\sum_{k=-1/2}^{\infty}\frac{1}{4}b_{k}x^{k}=0$$

   $\frac12$阶贝塞尔函数就是$\frac12$阶贝塞尔方程的解，所以中括号内的值为$0$，则上式变为：

   $$2AxJ'_{\frac{1}{2}}+\sum_{k=-1/2}^{\infty}\left(k^{2}-\frac{1}{4}\right)b_{k}x^{k}+\sum_{k=-1/2}^{\infty}b_{k}x^{k+2}=0$$

   配凑各项系数等于$0$，从$x^{-1/2}$项系数为零，知$b_{-\frac12}$任意，从$x^{1/2}$项系数为零，知$A= 0$ , $b_{\frac 12}$任意。从任意常数$\frac12$推下去，所得各项正好组成$\sqrt{\frac{\pi}2}b_{\frac12}J_{\frac12}(x)$这是我们已经求出的第一解，可以弃之不论，这是说，不妨认为$b_\frac12=0$于是递推出$b_\frac52,b_\frac92,\cdots$全为零。 从$x^{3/2}$，$x^{7/2}$，$x^{11/2}$，$\cdots$等项的系数为零，得：

   $$b_{\frac{3}{2}}=-\frac{1}{2}b_{-\frac{1}{2}}, \quad b_{\frac{7}{2}}=-\frac{1}{4\cdot 3}b_{\frac{3}{2}}=\frac{1}{4!}b_{-\frac{1}{2}}$$ $$b_{\frac{11}{2}}=-\frac{1}{6\cdot 5}b_{\frac{7}{2}}=-\frac{1}{6!}b_{-\frac{1}{2}},\cdots$$

   于是，求得第二个特解：

   $$y_2(x)=b_{-\frac{1}{2}}x^{-\frac{1}{2}}\left(1-\frac{x^2}{2!}+\frac{x^4}{4!}-\frac{x^6}{6!}+\cdots\right) =b_{-\frac{1}{2}}\frac{1}{\sqrt{x}}\cos x$$

   通常取$b_{-\frac{1}{2}}=\sqrt{\frac{2}{\pi}}$，第二个特解成为

   $$J_{-\frac{1}{2}}(x)=\sqrt{\frac{2}{\pi x}}\cos x$$

   所以$\frac12$阶贝塞尔方程的通解为：

   $$y(x)=C_1J_\frac12(x)+C_2J_{-\frac12}(x)$$

   接着考虑一般的半奇数$(l+\frac12)$阶贝塞尔方程，大根$s_1=l+\frac12$的特解应为 $\nu=l+\frac12$阶的贝塞尔函数，即：

   $$J_{l+\frac{1}{2}}(x)=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(-1)^{k}}{k!\Gamma(l+1/2+k+1)}\left(\frac{x}{2}\right)^{l+\frac{1}{2}+2k}$$

   第二个线性独立的特解形式为：

   $$y_2(x)=AJ_{l+\frac{1}{2}}(x)\ln x+\sum_{k=-(l+1/2)}^{\infty}b_{k}x^{k}$$

   以此代入方程，可以证明同样有$A=0$所以第二个解仍可以用$-\nu$阶贝塞尔函数的形式表示，即：

   $$J_{-\left(l+\frac{1}{2}\right)}(x)=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^{k}}{k!\Gamma(-l-1/2+k+1)}\left(\frac{x}{2}\right)^{-l-\frac{1}{2}+2k}$$

   所以$(l+\frac12)$阶贝塞尔方程的通解为：

   $$y(x)=C_1J_{l+\frac12}(x)+C_2J_{-(l+\frac12)}(x)$$

3. $s_1-s_2=2\nu=2m(m\in\mathbb{N})$，即$\nu=m$为整数

   此时方程变为：

   $$x^2y''+xy'+(x^2-m^2)y=0$$

   对应大根$s_1=m$的特解仍为贝塞尔函数，不过取$\nu=m$，即整数$m$阶贝塞尔函数：

   $$J_{m}(x)=\sum_{k=0}^{\infty}(-1)^{k}\frac{1}{k!(m+k)!}\left(\frac{x}{2}\right)^{m+2k}$$

   对应的小根$s_2=-m$的特解，这里先尝试仍求贝塞尔函数形式的阶，即：

   $$J_{-m}(x)=\sum_{k=0}^{\infty}(-1)^{k}\frac{1}{k!\Gamma(-m+k+1)}\left(\frac{x}{2}\right)^{-m+2k}$$

   由于非正的整数的$\Gamma$函数为无穷大，所以级数实际上可以从$k=m$开始，并令$l=k-m$：

   $$\begin{aligned}J_{-m}(x)&=\sum_{l=0}^{\infty}\left(-1\right)^{l+m}\frac{1}{\left(l+m\right)!\Gamma\left(l+1\right)}\left(\frac{x}{2}\right)^{m+2l}\\&=(-1)^{m}\sum_{l=0}^{\infty}(-1)^{l}\frac{1}{(l+m)!l!}\left(\frac{x}{2}\right)^{m+2l}\\&=(-1)^{m}J_{m}(x)\end{aligned}$$

   与第一个特解线性相关，不可用，所以采用如下形式：

   $$y_2(x)=AJ_m(x)\ln x+\sum_{k=0}^{\infty}b_kx^{-m+k}$$

   将上式带入$m$阶贝塞尔方程，得到：

   $$A\left[x^{2}J_{m}^{\prime\prime}+xJ_{m}^{\prime}+\left(x^{2}-m^{2}\right)J_{m}\right]\ln x+2AxJ_{m}^{\prime}+\sum_{k=0}^{\infty}\left[\left(-m+k\right)^{2}-m^{2}\right]b_{k}x^{-m+k}+\sum_{k=2}^{\infty}b_{k-2}x^{-m+k}=0$$

   其中第一个中括号内的值为$0$，另外，$2AxJ_m'(x)=2A\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^{n}(m+2n)}{n!(m+n)!}\left(\frac{x}{2}\right)^{m+2n}$的最低幂项为$x^m$项，先把上式中幂次低于$m$的项（即$k<2m$的项）合并，得到$b_0$可以任意取，$b_{2m-2}=\frac{m^2}{2^{2m-2}(m!)^2}b_0$。其次，观察$x^m$项，合并后系数为零，得到$b_{2m}$可以任意取，$A=-\frac{m!2^{m-1}}{m}b_{2m-2}=\frac{-2m}{2^{m}m!}b_{0}$。并且不难验证，从任意常数$b_{2m}$递推下去，所得各项正好组成$b_{2m}J_m(x)$，这是我们所求的第一解，可以放弃不管，不妨认为$b_{2m}=0$，最后把上式幂次高于$m$的项幂次合并后，分别等于零，得到：

   $$b_{2m+2n}=\frac{m}{m!2^{m}}\cdot\frac{(-1)^{n}}{n!(m+n)!}\left(\frac{1}{2}\right)^{m+2n}\times\left[\left(\frac{1}{n}+\frac{1}{n-1}+\cdots+\frac{1}{2}+1\right)+\left(\frac{1}{m+n}+\frac{1}{m+n-1}+\cdots+\frac{1}{m+1}\right)\right]b_{0}$$ $$b_{2m+2n+1}=0$$

   于是求得第二个特解：

   $$y_{2}(x)=\frac{mb_{0}}{m!2^{m}}\left[(-2\mathrm{ln}x)J_{m}(x)+\sum_{n=0}^{m-1}\frac{(m-n-1)!}{n!}\left(\frac{x}{2}\right)^{-m+2n}+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^{n}}{n!\left(m+n\right)!}\left[\left(\frac{1}{n}+\frac{1}{n-1}+\cdots+\frac{1}{2}+1\right)+\left(\frac{1}{m+n}+\cdots+\frac{1}{m+2}+\frac{1}{m+1}\right)\right]\left(\frac{x}{2}\right)^{m+2n}\right]$$

   通常取$b_0=-\frac{m!2^m}{m\pi}$，即：

   $$y_{2}(x)=\frac{1}{\pi}\left[(-2\mathrm{ln}x)J_{m}(x)+\sum_{n=0}^{m-1}\frac{(m-n-1)!}{n!}\left(\frac{x}{2}\right)^{-m+2n}+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^{n}}{n!\left(m+n\right)!}\left[\left(\frac{1}{n}+\frac{1}{n-1}+\cdots+\frac{1}{2}+1\right)+\left(\frac{1}{m+n}+\cdots+\frac{1}{m+2}+\frac{1}{m+1}\right)\right]\left(\frac{x}{2}\right)^{m+2n}\right]$$

   并把这个特解与$\left[\frac{2}{\pi}(C-\ln2)-\frac{1}{\pi}\left(\frac{1}{m}+\cdots+\frac{1}{2}+1\right)\right]J_{m}(x)$的和叫做$m$阶诺伊曼函数，记作$N_m(x)$。

   $$N_{m}(x)=\frac{2}{\pi} J_{m}(x) \ln \frac{x}{2}-\frac{1}{\pi} \sum_{n=0}^{m-1} \frac{(m-n-1) !}{n !}\left(\frac{x}{2}\right)^{-m+2 n} -\frac{1}{\pi m !}\left(\frac{1}{m}+\cdots+\frac{1}{2}+1-2 C\right)\left(\frac{x}{2}\right)^{m}-\frac{1}{\pi} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n}}{n !(m+n) !}[\psi(m+n+1)+\psi(n+1)]\left(\frac{x}{2}\right)^{m+2 n}$$

   $\psi(z)$是$\gamma$函数的对数导数，其中$C$为欧拉常数：

   $$C=\lim_{k\to\infty}\left(\sum_{i=1}^\infty \frac1i-\ln k\right)=0.577215664901\cdots$$

   如果$m=0$，零阶贝塞尔方程为为：

   $$x^{2}y^{\prime\prime}+xy^{\prime}+x^{2}y=0$$

   首先写出第一个特解，即零阶贝塞尔函数，然后将第二个特解设为：

   $$y_2(x)=AJ_0(x)\ln x+\sum_{k=0}^\infty b_kx^k$$

   带入到零阶贝塞尔方程中，得到：

   $$A\left(x^{2}J_{0}^{\prime\prime}+xJ_{0}^{\prime}+x^{2}J_{0}\right)\ln x+2AxJ_{0}^{\prime}+\sum_{k=0}^{\infty}k^{2}b_{k}x^{k}+\sum_{k=0}^{\infty}b_{k}x^{k+2}=0$$

   上式括号中的内容为零阶贝塞尔方程的解，值为$0$，所以上式可以写为：

   $$2A\sum_{k=0}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^{k}2k}{\left(k!\right)^{2}}\left(\frac{x}{2}\right)^{2k}+\sum_{k=0}^{\infty}k^{2}b_{k}x^{k}+\sum_{k=0}^{\infty}b_{k}x^{k+2}=0$$

   合并同幂项，系数为零，进行递推，得到$b_1=0$，$b_0$可以取任意常数，并且：

   $$b_{2n}=\begin{pmatrix}-1\end{pmatrix}^n\frac{b_0}{2^{2n}\begin{pmatrix}n!\end{pmatrix}^2}-\frac{\begin{pmatrix}-1\end{pmatrix}^nA}{2^{2n}\begin{pmatrix}n!\end{pmatrix}^2}\left(\begin{array}{c}1\\n\end{array}+\frac{1}{n-1}+\cdots+\frac{1}{2}+\frac{1}{1}\right)$$

   于是求得第二个特解：

   $$y_2(x)=AJ_0(x)\ln x+b_0\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{2^{2n}(n!)^2}x^{2n}-A\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{2^{2n}(n!)^2}\left(\frac{1}{n}+\cdots+\frac{1}{2}+1\right)x^{2n}$$

   通常取$A=\frac2\pi$，并将上式与$\frac{2}{\pi}J_0(x)(C-\ln2)-b_0J_0(x)$的线性组合叫做零阶诺依曼函数$N_0(x)$，于是得到：

   $$N_0(x)=\frac{2}{\pi}J_0(x)\ln\frac{x}{2}-\frac{2}{\pi}\sum_{n=0}^\infty\frac{(-1)^n}{(n!)^2}\psi(n+1)\left(\frac{x}{2}\right)^{2n}$$