ベッセル関数
ベッセル関数はベッセルの微分方程式の特解として得られます。
ベッセルの微分方程式
ベッセル関数は、以下のベッセルの微分方程式の特解として得られます。
$$\frac{d^2y}{dx^2}+\frac{1}{x}\frac{dy}{dx}+\Big(1-\frac{n^2}{x^2}\Big)y=0 -①$$
この方程式が以下のような級数解（ $a_0\ne 0$ ）を仮定すると、
$$y\equiv x^r(a_0+a_1x+a_2x^2+\cdots+a_kx^k+\cdots) -②$$
以下のように表すことができます。
- $r=+n$ の場合（③の導出）
$$y=a_0x^n\Big[1-\frac{1}{n+1}\Big(\frac{x}{2}\Big)^2+\frac{1}{2(n+2)(n+1)}\Big(\frac{x}{2}\Big)^4-\cdots$$$$+\frac{(-1)^k}{k!(n+k)(n+k-1)\cdots(n+1)}\Big(\frac{x}{2}\Big)^{2k}+\cdots\Big] -③$$ - $r=-n$ の場合（④の導出）
$$y=a_0x^n\Big[1-\frac{1}{-n+1}\Big(\frac{x}{2}\Big)^2+\frac{1}{2(-n+2)(-n+1)}\Big(\frac{x}{2}\Big)^4-\cdots$$$$+\frac{(-1)^k}{k!(-n+k)(-n+k-1)\cdots(-n+1)}\Big(\frac{x}{2}\Big)^{2k}+\cdots\Big] -④$$
また以下により、この級数は全ての $x$ で①を満たしていることが分かります。
$$\lim_{k\to\infty}\Big|\frac{a_{2k}}{a_{2k-2}}\Big|=\lim_{k\to\infty}\frac{1}{2^2k(n+k)}=0$$
第１種ベッセル関数
第１種ベッセル関数は $n$ により以下で定義されます。
- $n$ が０または整数（$\gt0$）の場合
③で $a_0$ を以下で定義すると、$$a_0=\frac{1}{2^nn!}$$第１種ベッセル関数は以下で表されます。$$J_n(x)=\frac{1}{n!}\Big(\frac{x}{2}\Big)^n-\frac{1}{(n+1)!}\Big(\frac{x}{2}\Big)^{n+2}+\frac{1}{2!(n+2)!}\Big(\frac{x}{2}\Big)^{n+4}$$$$-\cdots+\frac{(-1)^k}{k!(n+k)!}\Big(\frac{x}{2}\Big)^{n+2k}+\cdots$$$$=\sum_{k=0}^\infty\frac{(-1)^k}{k!(n+k)!}\Big(\frac{x}{2}\Big)^{n+2k} -⑤$$ - $n$ が整数（$\lt0$）の場合
$$J_{-n}(x)=(-1)^nJ_n(x) -⑥$$ - $n$ が実数（$\gt0$）の場合
③で $a_0$ を以下で定義すると、$$a_0=\frac{1}{2^n\Gamma(n+1)}$$第１種ベッセル関数は以下で表されます。$$J_n(x)=\frac{1}{\Gamma(n+1)}\Big(\frac{x}{2}\Big)^n-\frac{1}{\Gamma(n+2)}\Big(\frac{x}{2}\Big)^{n+2}+\frac{1}{2!\Gamma(n+3)}\Big(\frac{x}{2}\Big)^{n+4}$$$$-\cdots+\frac{(-1)^k}{k!\Gamma(n+k+1)}\Big(\frac{x}{2}\Big)^{n+2k}+\cdots$$$$=\sum_{k=0}^\infty \frac{(-1)^k}{k!\Gamma(n+k+1)}\Big(\frac{x}{2}\Big)^{n+2k} -⑦$$ - $n$ が実数（$\lt0$）の場合
$a_0$ を以下で定義します。
$$a_0=\frac{2^n}{\Gamma(-n+1)}$$
母関数
ベッセル関数の母関数は以下で定義されます。（⑧の導出）
$$e^{(t-t^{-1})x/2}=\sum_{k=-\infty}^\infty J_k(x)t^k -⑧$$$$= J_0(x)+\Big(J_1(x)t+J_{-1}t^{-1}\Big)+\cdots+\Big(J_n(x)t^n+J_{-n}t^{-n}\Big)+\cdots$$
ベッセルの積分表示
母関数よりのベッセルの積分が得られます。（⑨の導出）
$$J_n(x)=\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^\pi\cos{(x\sin{\theta}-n\theta)}d\theta -⑨$$
漸化式
ベッセル関数について以下の関係が成り立ちます。（⑩の導出）（⑪の導出）
$$\frac{d}{dx}\Big(x^{-n}J_n(x)\Big)=-x^{-n}J_{n+1}(x) -⑩$$$$\frac{d}{dx}\Big(x^nJ_n(x)\Big)=x^nJ_{n-1}(x) -⑪$$
これらより以下の関係式が得られます。
$$\frac{d}{dx}J_n(x)=\frac{1}{2}\Big(J_{n-1}(x)-J_{n+1}(x)\Big)$$$$J_n(x)=\frac{x}{2n}\Big(J_{n-1}(x)+J_{n+1}(x)\Big)$$
式の導出
③の導出
②を微分すると、
$$y^{‘}=ra_0x^{r-1}+(r+1)a_1x^r+(r+2)a_2x^{r+1}+\cdots+(r+k)a_kx^{k-2}+\cdots$$$$y^{”}=r(r-1)a_0x^{k-2}+r(r+1)a_1x^{r-1}+(r+1)(r+2)a_2x^r+$$$$\cdots+(r+k-1)(r+k)a_kx^{r+k-2}+\cdots$$
これらを①に代入すると、
$$(r^2-n^2)a_0x^{-2}+\big((r+1)^2-n^2\big)a_1x^{-1}+\Big(a_0+\big((r+2)^2-n^2\big)a_2\Big)+$$$$\cdots+\Big(a_{k-2}+\big((r+k)^2-n^2\big)a_k\Big)+\cdots=0 -(1)$$
これが恒等的に成り立つためには、各係数が０になる必要があるため、第１項から $r=\pm n$ が得られます。$n$ は任意の実数であるため、$a_1=0$ である必要があり、これより $k$ が奇数の場合は $a_k=0$ となります。以下、$k$ が偶数の場合を求めます。
(1)で $r=+n$ の場合は、
$$a_0+\big((r+2)^2-n^2\big)a_2=a_0+4(n+1)a_2=0$$$$\cdots$$$$a_{k-2}+\big((r+k)^2-n^2\big)a_k=a_{k-2}+k(2n+k)a_k=0$$
ここで $k\to 2k$ と置くと一般項は、
$$a_{2k}=\frac{-a_{2k-2}}{2^2k(n+k)}=\frac{(-1)^2a_{2k-4}}{2^4k(k-1)(n+k)(n+k-1)}$$$$=\frac{(-1)^ka_0}{2^{2k}k!(n+k)(n+k-1)\cdots(n+1)}$$
右辺は、$a_{2k}x^{2k}$ の項であるため、③が得られることが分かります。
④の導出
(1)で $r=-n$ の場合は、
$$a_0+\big((r+2)^2-n^2\big)a_2=a_0+4(-n+1)a_2=0$$$$\cdots$$$$a_{k-2}+\big((r+k)^2-n^2\big)a_k=a_{k-2}+k(-2n+k)a_k=0$$
ここで $k\to 2k$ と置くと一般項は、
$$a_{2k}=\frac{-a_{2k-2}}{2^2k(-n+k)}=\frac{(-1)^2a_{2k-4}}{2^4k(k-1)(-n+k)(-n+k-1)}$$$$=\frac{(-1)^ka_0}{2^{2k}k!(-n+k)(-n+k-1)\cdots(-n+1)}$$
右辺は、$a_{2k}x^{2k}$ の項であるため、④が得られることが分かります。
⑧の導出
⑥の左辺を級数展開すると、
$$e^{tx/2}=1+\frac{xt}{2}+\frac{1}{2!}\Big(\frac{xt}{2}\Big)^2+\cdots+\frac{1}{m!}\Big(\frac{xt}{2}\Big)^m+\cdots$$$$e^{-x/(2t)}=1-\frac{x}{2t}+\frac{1}{2!}\Big(\frac{x}{2t}\Big)^2-\cdots+\frac{1}{m!}\Big(\frac{-x}{2t}\Big)^m+\cdots$$
$t$ の０次の項は、これらの右辺の対応する項同士を掛け加えて得られるため、④より $J_0(x)$ に一致することが分かります。
$$1-\Big(\frac{x}{2}\Big)^2+\frac{1}{(2!)^2}\Big(\frac{x}{2}\Big)^4-\cdots+\frac{(-1)^m}{(m!)^2}\Big(\frac{x}{2}\Big)^{2m}+\cdots \to J_0(x)$$
$t$ の $n$ 次の項は、以下の掛け合わせで得られるため、$t^n$ の係数と一致することが分かります。
$$\sum_{k=0}^\infty\frac{1}{(n+k)!}\Big(\frac{xt}{2}\Big)^{n+k}\frac{1}{k!}\Big(\frac{-x}{2t}\Big)^k=\sum_{k=0}^\infty\frac{(-1)^k}{k!(n+k)!}\Big(\frac{x}{2}\Big)^{n+2k}t^n$$$$\to J_n(x)t^n$$
⑨の導出
$f(t)$ が微分可能である場合のローラン展開の公式で、
$$f(t)=\sum_{n=-\infty}^\infty b_n(t-a)^n$$$$b_n=\frac{1}{2\pi i}\int_C\frac{f(w)}{(w-a)^{n+1}}dw$$
$a=0$ として $f(t)=e^{(t-t^{-1})x/2}$ と置くと、ベッセル関数の母関数と見なせるため、
$$b_n \to J_n(x)=\frac{1}{2\pi i}\int_C\frac{f(w)}{w^{n+1}}dw$$
$w=e^{i\theta}$ と置くと、$dw=ie^{i\theta}d\theta$ 、$t-t^{-1}=2i\sin{\theta}$ であるから、
$$J_n(x)=\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^\pi\frac{e^{ix\sin{\theta}}}{e^{in\theta}}d\theta$$$$=\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^\pi\Big(\cos{(x\sin{\theta}-n\theta)}+i\sin{(x\sin{\theta}-n\theta)}\Big)d\theta$$
第２項は奇関数で積分は０になるため⑨が得られます。
$$J_n(x)=\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^\pi\cos{(x\sin{\theta}-n\theta)}d\theta$$
⑩の導出
⑦より、
$$\Big(\frac{x}{2}\Big)^{-n}J_n(x)=\sum_{k=0}^\infty \frac{(-1)^k}{k!\Gamma(n+k+1)}\Big(\frac{x}{2}\Big)^{2k}$$
この両辺を微分し、$k=j+1$ と置くと、
$$2^n\frac{d}{dx}\Big(x^{-n}J_n(x)\Big)=\sum_{k=1}^\infty \frac{(-1)^k}{k!\Gamma(n+k+1)}\frac{2k}{2}\Big(\frac{x}{2}\Big)^{2k-1}$$$$=\sum_{k=1}^\infty \frac{(-1)^k}{(k-1)!\Gamma(n+k+1)}\Big(\frac{x}{2}\Big)^{2k-1}$$$$=\sum_{j=0}^\infty \frac{-(-1)^j}{j!\Gamma(n+j+2)}\Big(\frac{x}{2}\Big)^{2j+1}=-\frac{x}{2}^{-n}J_{n+1}(x)$$
これより⑩が得られます。
⑪の導出
⑦より、
$$\Big(\frac{x}{2}\Big)^nJ_n(x)=\sum_{k=0}^\infty \frac{(-1)^k}{k!\Gamma(n+k+1)}\Big(\frac{x}{2}\Big)^{2n+2k}$$
この両辺を微分すると、
$$\frac{d}{dx}\Big[\Big(\frac{x}{2}\Big)^nJ_n(x)\Big]=\sum_{k=0}^\infty \frac{(-1)^k}{k!\Gamma(n+k+1)}\frac{2n+2k}{2}\Big(\frac{x}{2}\Big)^{2n+2k-1}$$$$=\sum_{k=0}^\infty \frac{(-1)^k}{k!\Gamma(n+k)}\Big(\frac{x}{2}\Big)^{2n+2k-1}=J_{n-1}(x)\Big(\frac{x}{2}\Big)^n$$
これより⑪が得られます。
