とりあえず１つだけ．今後ネタを増やしていけたらと思います．
ベッセルの微分方程式や第1種ベッセル関数 $J_\nu(x)$ についてはたくさん過去記事があります．
積分表示については別の方法で導出した記事もあります．
$\nu=0$ としたベッセルの微分方程式\begin{equation}xy^{\prime\prime}+y'+xy=0\tag{1}\end{equation}から $J_0(x)$ の積分表示を導く．
この解 $y(x)$ をある関数 $f(z)$ とある経路 $C$ の逆ラプラス変換で表すと\begin{equation}y(x)=\int_Cf(z)e^{xz}dz\tag{2}\end{equation}$x$ で微分して$$y'(x)=\int_Czf(z)e^{xz}dz\;,\;y^{\prime\prime}=\int_Cz^2f(z)e^{xz}dz$$これを微分方程式(1)の左辺に代入します．$$xy^{\prime\prime}+y'+xy=\int_C(xz^2+z+x)f(z)e^{xz}dz$$
ここで$$(xz^2+z+x)f(z)e^{xz}=\frac{d}{dz}\left(e^{xz}g(z)\right)$$なる $g(z)$ を見つけます．右辺の微分を実行すると$$(xz^2+z+x)f(z)e^{xz}=\left[g'(z)+xg(z)\right]e^{xz}$$$$\therefore\;\left[(1+z^2)x+z\right]f(z)=g(z)x+g'(z)$$$x$ の係数を比べて$$\begin{cases}g(z)&=&(1+z^2)f(z)\\g'(z)&=&zf(z)\end{cases}$$辺辺割って積分すると$$g(z)=\sqrt{1+z^2}$$このとき$$f(z)=\frac{1}{\sqrt{1+z^2}}$$$$\therefore\;xy^{\prime\prime}+y'+xy=\int_C\frac{d}{dz}\left(e^{xz}\sqrt{1+z^2}\right)\cdot dz$$積分定数をゼロとしたので現れていませんが，実際は $g(z)$ , $f(z)$ には定数倍の不定性があります．これまでの議論により(1)を満たすには$$\int_C\frac{d}{dz}\left(e^{xz}\sqrt{1+z^2}\right)\cdot dz=0$$となればよいですね．
経路 $C$ の端点を $a,b$ とすると$$\int_C\frac{d}{dz}\left(e^{xz}\sqrt{1+z^2}\right)\cdot dz=\left[e^{xz}\sqrt{1+z^2}\right]_a^b$$ですので $a=-i$ , $b=i$ ととれば積分値はゼロとなります．
以上より微分方程式(1)を満たす $y(x)$ の積分表示は(2)より\begin{eqnarray*}y(x)&=&\int_Cf(z)e^{xz}dz\\&=&\int_{-i}^i\frac{e^{xz}}{\sqrt{1+z^2}}dz\\&=&\int_{-1}^1\frac{e^{ixt}}{\sqrt{1-t^2}}idt\\&=&i\int_0^1\frac{e^{ixt}}{\sqrt{1-t^2}}dt+i\int_0^1\frac{e^{-ixt}}{\sqrt{1-t^2}}dt\\&=&i\int_0^1\frac{e^{ixt}+e^{-ixt}}{\sqrt{1-t^2}}dt\\&=&2i\int_0^1\frac{\cos xt}{\sqrt{1-t^2}}dt\end{eqnarray*}と求まりました．
さて，(1)の特殊解は0次の第1種ベッセル関数 $J_0(x)$ です．この定数倍も解ですのでベッセル関数の積分表示$$J_0(x)=A\int_0^1\frac{\cos xt}{\sqrt{1-t^2}}dt$$を得ます．$J_0(0)=1$ であることを考慮すれば $A=2/\pi$ となるので
$$J_0(x)=\frac{2}{\pi}\int_0^1\frac{\cos xt}{\sqrt{1-t^2}}dt$$
エアリー方程式でもやってみました：
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