ベッセル関数（円柱関数）の公式あれこれ

特殊関数の公式を証明していくシリーズ（目次）。　以前の記事でベッセル関数や円柱関数の定義をみましたが、今回は後で使う（かも知れない）公式をいくつか導いていきます。　大半は微分の公式です。

【この記事の内容】

定義
準備
1階微分
高階微分
- シュレーミルヒの公式
漸化式と連分数展開
- 漸化式
- 連分数表示
積の冪級数展開
まとめ

定義

ベッセル関数 ${ J_\nu(x) }$ 、ノイマン関数 ${ N_\nu(x) }$ 、ハンケル関数 ${ H_\nu^{(1)}(x),\,H_\nu^{(2)}(x) }$ は以下のように定義されます：

　　 ${ \displaystyle\begin{align*} J_\nu(x) &= \left(\frac{x}{2}\right)^\nu\sum_{p=0}^\infty \frac{(-1)^p}{p!\;\Gamma(\nu+p+1)} \left(\frac{x}{2}\right)^{2p} \\ N_\nu(x) &= \frac{J_\nu(x)\cos\nu\pi - J_{-\nu}(x)}{\sin\nu\pi} \\[2mm] H_\nu^{(1)}(x) &= J_\nu(x) + i N_\nu(x) \\[2mm] H_\nu^{(2)}(x) &= J_\nu(x) - i N_\nu(x) \end{align*}}$

準備

ベッセル関数の微分公式は級数の定義をそのまま微分すれば出るんですが、少し遠回りして以下の微分を計算しておきます：

　　 ${ \displaystyle\begin{align*} \frac{d}{dx}\Big[x^\nu J_\nu(ax)\Big],\quad \frac{d}{dx}\Big[x^{-\nu}J_\nu(ax)\Big] \end{align*}}$

ただし ${ a }$ は定数です。　導出は地道に計算すればできます：

　　 ${ \displaystyle\begin{align*} \frac{d}{dx}\Big[x^\nu J_\nu(ax)\Big] &= \left(\frac{2}{a}\right)^\nu\frac{d}{dx}\left[\sum_{p=0}^\infty \frac{(-1)^p} {p!\;\Gamma(\nu+p+1)}\left(\frac{ax}{2}\right)^{2\nu+2p}\right] \\ &= a\left(\frac{2}{a}\right)^\nu\sum_{p=0}^\infty \frac{(-1)^p} {p!\;\Gamma(\nu+p)}\left(\frac{ax}{2}\right)^{2\nu+2p-1} \\ &= ax^\nu J_{\nu-1}(ax) \\[4mm] \frac{d}{dx}\Big[x^{-\nu}J_\nu(ax)\Big] &= \frac{1}{2^\nu}\frac{d}{dx}\left[\sum_{p=0}^\infty \frac{(-1)^p}{p!\;\Gamma(\nu+p+1)} \left(\frac{ax}{2}\right)^{2p}\right] \\ &= \frac{a}{2^\nu}\sum_{p=1}^\infty \frac{(-1)^p}{(p-1)!\;\Gamma(\nu+p+1)}\left(\frac{ax}{2}\right)^{2p-1} \\ &= -\frac{a}{2^\nu}\sum_{p'=0}^\infty \frac{(-1)^{p'}}{p'!\;\Gamma(\nu+p'+2)}\left(\frac{ax}{2}\right)^{2p'+1} \qquad(p' = p-1) \\ &= -ax^{-\nu} J_{\nu+1}(ax) \end{align*}}$

また、これらの結果を使ってノイマン関数についても同じ公式が成り立つことを示せます。　まず1つ目の公式に対応するもの：

　　 ${ \displaystyle\begin{align*} \frac{d}{dx}\Big[x^\nu N_\nu(ax)\Big] &= \frac{1}{\sin\nu\pi}\Big\{\frac{d}{dx}\Big[x^\nu J_\nu(ax)\Big]\cos\nu\pi - \frac{d}{dx}\Big[x^\nu J_{-\nu}(ax)\Big]\Big\} \\ &= \frac{1}{\sin\nu\pi}\Big\{ax^\nu J_{\nu-1}(ax)\cos\nu\pi + ax^\nu J_{-\nu+1}(ax)\Big\} \\ &= ax^\nu\frac{J_{\nu+1}(ax)\cos\nu\pi + J_{\nu+1}(ax)}{\sin\nu\pi} \\ &= ax^\nu N_{\nu-1}(x) \end{align*}}$

ただし

　　 ${ \displaystyle\begin{align*} \sin(\nu-1)\pi &= -\sin\nu\pi, & \cos(\nu-1)\pi &= -\cos\nu\pi \end{align*}}$

を使いました。　同様にして、2つ目の公式に対応するものは

　　 ${ \displaystyle\begin{align*} \frac{d}{dx}\Big[x^{-\nu}N_\nu(ax)\Big] &= \frac{1}{\sin\nu\pi}\Big\{\frac{d}{dx}\Big[x^{-\nu}J_\nu(ax)\Big]\cos\nu\pi - \frac{d}{dx}\Big[x^{-\nu}J_{-\nu}(ax)\Big]\Big\} \\ &= \frac{1}{\sin\nu\pi}\Big\{-ax^{-\nu} J_{\nu+1}(ax)\cos\nu\pi - ax^{-\nu} J_{-\nu-1}(ax)\Big\} \\ &= -ax^{-\nu}\frac{J_{\nu+1}(ax)\cos\nu\pi + J_{-\nu-1}(ax)}{\sin\nu\pi} \\ &= -ax^{-\nu} N_{\nu+1}(x) \end{align*}}$

ただし

　　 ${ \displaystyle\begin{align*} \sin(\nu+1)\pi &= -\sin\nu\pi, & \cos(\nu+1)\pi &= -\cos\nu\pi \end{align*}}$

を使いました。　ベッセル関数とノイマン関数に対して（線型演算子についての）同じ公式が成り立つので、ハンケル関数についても同じ公式が成り立ちます。　よって、 ${ Z_\nu(x) }$ を任意の円柱関数（ベッセル関数、ノイマン関数、ハンケル関数）として

　　 ${ \displaystyle\begin{align*} \frac{d}{dx}\Big[x^\nu Z_\nu(ax)\Big] &= ax^\nu Z_{\nu-1}(ax) \\ \frac{d}{dx}\Big[x^{-\nu}Z_\nu(ax)\Big] &= -ax^{-\nu} Z_{\nu+1}(ax) \end{align*}}$

が成り立ちます。　特に ${ a = 1 }$ として

　　 ${ \displaystyle\begin{align*} \frac{d}{dx}\Big[x^\nu Z_\nu(x)\Big] &= x^\nu Z_{\nu-1}(x) &\cdots (1) \\ \frac{d}{dx}\Big[x^{-\nu}Z_\nu(x)\Big] &= -x^{-\nu} Z_{\nu+1}(x) &\cdots (2) \end{align*}}$

${ a }$ が1でない場合は変形されたベッセル関数に対する公式や物理の問題で使うと思いますが、この記事ではこれ以降 ${ a = 1 }$ として (1), (2) 式を使って他の公式を導いていきます。

1階微分

(1) 式の左辺を積の微分の公式を使って変形すると（プライム (') で ${ x }$ 微分を表すことにして）

　　 ${ \displaystyle\begin{align*} \frac{d}{dx}\Big[x^\nu Z_\nu(x)\Big] &= \nu x^{\nu-1} Z_\nu(x) + x^\nu Z_\nu'(x) \end{align*}}$

となるので、(1) 式より

　　 ${ \displaystyle\begin{align*} x^\nu Z_\nu'(x) &= x^\nu Z_{\nu-1}(x) - \nu x^{\nu-1} Z_\nu(x) \\ \therefore\, Z_\nu'(x) &= Z_{\nu-1}(x) - \frac{\nu}{x} Z_\nu(x) \end{align*}}$

同様にして (2) 式より

　　 ${ \displaystyle\begin{align*} Z_\nu'(x) &= \frac{\nu}{x} Z_\nu(x) - Z_{\nu+1}(x) \end{align*}}$

を得ます。　まとめると

　　 ${ \displaystyle\begin{align*} Z_\nu'(x) &= Z_{\nu-1}(x) - \frac{\nu}{x}Z_\nu(x) &\cdots(3) \\[2mm] Z_\nu'(x) &= \frac{\nu}{x} Z_\nu(x) - Z_{\nu+1}(x) &\cdots(4) \end{align*}}$

また (3), (4) 式の辺々和をとって ${ \frac{1}{2} }$ をかけると

　　 ${ \displaystyle\begin{align*} Z_\nu'(x) = \frac{1}{2}\Big\{Z_{\nu-1}(x) - Z_{\nu+1}(x)\Big\} \end{align*}}$

も得られます。

特に簡単になる場合として、(4) 式で ${ \nu = 0 }$ として

　　 ${ \displaystyle\begin{align*} Z_0'(x) = -Z_1(x) \qquad\cdots(5) \end{align*}}$

となります。

高階微分

(2) 式より

　　 ${ \displaystyle\begin{align*} x^\nu\frac{d}{dx}\Big[x^{-\nu}Z_\nu(x)\Big] &= -Z_{\nu+1}(x) \end{align*}}$

が成り立つので、演算子 ${ \mathcal{D}_\nu }$ を

　　 ${ \displaystyle\begin{align*} \mathcal{D}_\nu f(x) = x^\nu\frac{d}{dx}\Big[x^{-\nu}f(x)\Big] \end{align*}}$

と定義すると

　　 ${ \displaystyle\begin{align*} \mathcal{D}_\nu Z_\nu(x) &= -Z_{\nu+1}(x) \\ \mathcal{D}_{\nu+1}\mathcal{D}_\nu Z_\nu(x) &= Z_{\nu+2}(x) \\ &\vdots \\ \mathcal{D}_{\nu+n-1}\mathcal{D}_{\nu+n-2}\cdots\mathcal{D}_\nu Z_\nu(x) &= (-1)^n Z_{\nu+n}(x) \end{align*}}$

となります。　ここで

　　 ${ \displaystyle\begin{align*} \mathcal{D}_{\nu+n-1}\mathcal{D}_{\nu+n-2}\cdots\mathcal{D}_\nu &=x^{\nu+n-1}\frac{d}{dx}x^{-\nu-n+1}\cdot x^{\nu+n-2}\frac{d}{dx}x^{-\nu-n+2}\cdots x^\nu\frac{d}{dx}x^{-\nu} \\ &= x^{\nu+n}\left(\frac{1}{x}\frac{d}{dx}\right)^n \end{align*}}$

なので、結局

　　 ${ \displaystyle\begin{align*} \left(\frac{1}{x}\frac{d}{dx}\right)^n\Big[x^{-\nu}Z_\nu(x)\Big] = (-1)^n x^{-\nu-n} Z_{\nu+n}(x) \end{align*}}$

を得ます。　同様にして (1) 式より

　　 ${ \displaystyle\begin{align*} \left(\frac{1}{x}\frac{d}{dx}\right)^n\Big[x^\nu Z_\nu(x)\Big] = x^{\nu-n} Z_{\nu-n}(x) \end{align*}}$

を得ます。

また、(5) 式 ${ Z_0'(x) = -Z_1(x) }$ の両辺を ${ n }$ 回微分して

　　 ${ \displaystyle\begin{align*} Z_1^{(n)}(x) &= -Z_0^{(n+1)}(x) \end{align*}}$

シュレーミルヒの公式

${ Schl\ddot{o}milch }$ の公式。　前節で示した公式 ${ Z_\nu'(x) = \frac{1}{2}\Big\{Z_{\nu-1}(x) - Z_{\nu+1}(x)\Big\} }$ の両辺を ${ k-1 }$ 回微分して

　　 ${ \displaystyle\begin{align*} Z_\nu^{(k)}(x) = \frac{1}{2}\Big\{Z_{\nu-1}^{(k-1)}(x) - Z_{\nu+1}^{(k-1)}(x)\Big\} \end{align*}}$

この公式を繰り返し使って

　　 ${ \displaystyle\begin{align*} Z_\nu^{(k)}(x) &= \frac{1}{2}\Big\{Z_{\nu-1}^{(k-1)}(x) - Z_{\nu+1}^{(k-1)}(x)\Big\} \\ &= \frac{1}{4}\Big\{Z_{\nu-2}^{(k-2)}(x) - 2Z_{\nu}^{(k-2)}(x) + Z_{\nu+2}^{(k-2)}(x)\Big\} \\ &= \frac{1}{8}\Big\{Z_{\nu-3}^{(k-3)}(x) - 3Z_{\nu-1}^{(k-3)}(x) + 3Z_{\nu+1}^{(k-3)}(x) - Z_{\nu+3}^{(k-3)}(x)\Big\} \\ & \qquad\vdots \\ &= \frac{1}{2^k}\left\{Z_{\nu-k}(x) - kZ_{\nu-k+2} + \tfrac{k(k-1)}{2}Z_{\nu-k+4} + \cdots + (-1)^kZ_{\nu+k}(x)\right\} \\ &= \frac{1}{2^k}\sum_{r=0}^n (-1)^r \binom{k}{r} Z_{\nu-k+2r}(x) \end{align*}}$

ただし ${ \binom{k}{r} = {}_kC_r = \frac{k!}{(k-r)!r!} }$ は二項係数。

漸化式と連分数展開

漸化式

(3), (4) 式の辺々の差をとって微分を含む項を消去すると

　　 ${ \displaystyle\begin{align*} Z_{\nu-1}(x) + Z_{\nu+1}(x) = \frac{2\nu}{x} Z_\nu(x) \end{align*}}$

連分数表示

上記の漸化式より

　　 ${ \displaystyle\begin{align*} \frac{Z_{\nu-1}(x)}{Z_\nu(x)} + \frac{Z_{\nu+1}(x)}{Z_\nu(x)} = \frac{2\nu}{x} \qquad\cdots (6)\\ \end{align*}}$

ここで ${ \zeta_\nu^{(-)}(x) = \frac{Z_{\nu-1}(x)}{Z_\nu(x)} }$ と定義すると

　　 ${ \displaystyle\begin{align*} \zeta_\nu^{(-)}(x) = \frac{2\nu}{x} - \frac{1}{\zeta_{\nu+1}^{(-)}(x)} \end{align*}}$

となるので、これを繰り返し使って

　　 ${ \displaystyle\begin{align*} \zeta_\nu^{(-)}(x) &= \frac{2\nu}{x} - \cfrac{1}{\dfrac{2(\nu+1)}{x} - \cfrac{1}{\zeta_{\nu+2}^{(-)}(x)}} \\[2mm] &= \frac{2\nu}{x} - \cfrac{1}{\dfrac{2(\nu+1)}{x} - \cfrac{1}{\dfrac{2(\nu+2)}{x} - \cfrac{1}{\zeta_{\nu+3}^{(-)}(x)}}} \\[2mm] &= \frac{2\nu}{x} - \frac{1}{\frac{2(\nu+1)}{x} - {}}\,\frac{1}{\frac{2(\nu+2)}{x} - {}}\, \frac{1}{\frac{2(\nu+3)}{x} - {}}\,\frac{1}{\frac{2(\nu+4)}{x} - {}} \cdots \end{align*}}$

また、 ${ \zeta_\nu^{(+)}(x) = \frac{Z_{\nu+1}(x)}{Z_\nu(x)} }$ とおくと (6) 式より

　　 ${ \displaystyle\begin{align*} \frac{1}{\zeta_{\nu-1}^{(+)}(x)} &= \frac{2\nu}{x} - \zeta_\nu^{(+)}(x) \\ &= \frac{2\nu - x\zeta_\nu^{(+)}(x)}{x} \\[2mm] \therefore\,\zeta_\nu^{(+)}(x) &= \frac{x}{2(\nu+1) - x\zeta_{\nu+1}^{(+)}(x)} \end{align*}}$

これを繰り返し使って

　　 ${ \displaystyle\begin{align*} \zeta_\nu^{(+)}(x) &= \cfrac{x}{2(\nu+1) - \cfrac{x^2}{2(\nu+2) - x\zeta_{\nu+3}^{(+)}(x)}} \\[2mm] &= \cfrac{x}{2(\nu+1) - \cfrac{x^2}{2(\nu+2) - \cfrac{x^2}{2(\nu+3) - x\zeta_{\nu+3}^{(+)}(x)}}} \\ &\qquad\vdots\\ &= \frac{x}{2(\nu+1) - {}}\,\frac{x^2}{2(\nu+2) - {}}\,\frac{x^2}{2(\nu+3) - {}}\,\frac{x^2}{2(\nu+4) - {}} \cdots \end{align*}}$

積の冪級数展開

ここでの公式はベッセル関数 ${ J_\nu(x) }$ についてのみ成り立ちます。　ベッセル関数の定義の級数より

　　 ${ \displaystyle\begin{align*} J_\mu(x)J_\nu(x) &= \sum_{p=0}^\infty \sum_{q=0}^\infty\frac{(-1)^p}{p!\;\Gamma(\mu+p+1)} \frac{(-1)^q}{q!\;\Gamma(\nu+q+1)}\left(\frac{x}{2}\right)^{\mu+\nu+2p+2q} \end{align*}}$

ここで「指数関数の冪級数から指数法則を導く」で行った二重和の書き換えを行うと（ ${ n = p+q }$ として）

　　 ${ \displaystyle\begin{align*} J_\mu(x)J_\nu(x) &= \sum_{n=0}^\infty (-1)^n\left(\sum_{p=0}^n \tfrac{1}{p!(n-p)!\;\Gamma(\mu+p+1)\Gamma(\nu+n-p+1)}\right) \left(\frac{x}{2}\right)^{\mu+\nu+2n} \quad\cdots(7) \end{align*}}$

ここで (7) 式中に現れているガンマ関数の逆数について

　　 ${ \displaystyle\begin{align*} \frac{1}{\Gamma(\mu+p+1)} &= \frac{1}{\Gamma(\mu+n+1)}\frac{\Gamma(\mu+n+1)}{\Gamma(\mu+p+1)} \\ &= \frac{1}{\Gamma(\mu+n+1)}\left[\frac{d^{n-p}}{dx^{n-p}}(1+x)^{\mu+n}\right]_{x=0} \\[4mm] \frac{1}{\Gamma(\nu+n-p+1)} &= \frac{1}{\Gamma(\nu+n+1)}\frac{\Gamma(\nu+n+1)}{\Gamma(\nu+n-p+1)} \\ &= \frac{1}{\Gamma(\nu+n+1)}\left[\frac{d^p}{dx^p}(1+x)^{\nu+n}\right]_{x=0} \end{align*}}$

と変形できるので（ここでやっていることは二項係数の第1引数を実数に拡張しているようなことです。　二項係数を ${ (1+x)^\mu }$ の展開係数として定義するのは『二項係数の加法公式を導く』参照）、(7) 式の内側の和は以下のようになります（ ${ \binom{n}{p} = {}_nC_p = \frac{n!}{(n-p)!p!} }$ は二項係数）：

　　 ${ \displaystyle\begin{align*} &\sum_{p=0}^n \frac{1}{p!(n-p)!\;\Gamma(\mu+p+1)\Gamma(\nu+n-p+1)} \\ &\quad= \tfrac{1}{\Gamma(\mu+n+1)\Gamma(\nu+n+1)}\sum_{p=0}^n\frac{1}{p!(n-p)!} \left[\frac{d^{n-p}}{dx^{n-p}}(1+x)^{\mu+n}\right]_{x=0} \left[\frac{d^p}{dx^p}(1+x)^{\nu+n}\right]_{x=0} \\ &\quad= \tfrac{1}{n!\Gamma(\mu+n+1)\Gamma(\nu+n+1)}\sum_{p=0}^n\binom{n}{p} \left[\frac{d^{n-p}}{dx^{n-p}}(1+x)^{\mu+n}\right]_{x=0} \left[\frac{d^p}{dx^p}(1+x)^{\nu+n}\right]_{x=0} \\ &\quad= \tfrac{1}{n!\Gamma(\mu+n+1)\Gamma(\nu+n+1)} \left[\frac{d^n}{dx^n}(1+x)^{\mu+\nu+2n}\right]_{x=0} \\ &\quad= \dfrac{\Gamma(\mu+\nu+2n+1)}{n!\;\Gamma(\mu+n+1)\Gamma(\nu+n+1)\Gamma(\mu+\nu+n+1)} \end{align*}}$

ただし、最後から2つ目の式から分かるように、この式は ${ n=0 }$ で ${ \mu+\nu }$ が負の整数のとき ${ \frac{1}{\Gamma(\mu+1)\Gamma(\nu+1)} }$ となります（例えば ${ \mu+\nu=-1 }$ のとき ${ \frac{\Gamma(2n)}{\Gamma(n)} }$ という因子が出てきますが、ガンマ関数を含む極限 ${ \frac{\Gamma(2x)}{\Gamma(x)} \rightarrow \frac{1}{2} \, (x\rightarrow0) }$ は使いません）。　これを (7) 式に代入すると

　　 ${ \displaystyle\begin{align*} J_\mu(x)J_\nu(x) = \sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n\Gamma(\mu+\nu+2n+1)} {n!\;\Gamma(\mu+n+1)\Gamma(\nu+n+1)\Gamma(\mu+\nu+n+1)}\left(\frac{x}{2}\right)^{\mu+\nu+2n} \end{align*}}$

を得ます。　特に ${ m }$ を自然数として ${ \mu=\nu=m }$ のとき

　　 ${ \displaystyle\begin{align*} J_m^2(x) &= \sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n(2m+2n)!} {n!\;\left\{(m+n)!\right\}^2(2m+n)!}\left(\frac{x}{2}\right)^{2(m+n)} \\[2mm] &= \sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n(2m+2n-1)!!}{n!(2m+n)!(2m+2n)!!}x^{2(m+n)} \end{align*}}$

まとめ

${ Z_\nu(x) }$ を円柱関数、 ${ a }$ を定数として

　　 ${ \displaystyle\begin{align*} \frac{d}{dx}\Big[x^\nu Z_\nu(ax)\Big] &= ax^\nu Z_{\nu-1}(ax) \\ \frac{d}{dx}\Big[x^{-\nu}Z_\nu(ax)\Big] &= -ax^{-\nu} Z_{\nu+1}(ax) \end{align*}}$

1階微分

　　 ${ \displaystyle\begin{align*} Z_\nu'(x) &= Z_{\nu-1}(x) - \frac{\nu}{x}Z_\nu(x) \\ &= \frac{\nu}{x} Z_\nu(x) - Z_{\nu+1}(x) \\ &= \frac{1}{2}\Big\{Z_{\nu-1}(x) - Z_{\nu+1}(x)\Big\} \end{align*}}$

特に

　　 ${ \displaystyle\begin{align*} Z_0'(x) &= -Z_1(x) \end{align*}}$

高階微分

　　 ${ \displaystyle\begin{align*} \left(\frac{1}{x}\frac{d}{dx}\right)^n\Big[x^\nu Z_\nu(x)\Big] &= x^{\nu-n} Z_{\nu-n}(x) \\[2mm] \left(\frac{1}{x}\frac{d}{dx}\right)^n\Big[x^{-\nu}Z_\nu(x)\Big] &= (-1)^n x^{-\nu-n} Z_{\nu+n}(x) \end{align*}}$

特に

　　 ${ \displaystyle\begin{align*} Z_1^{(n)}(x) &= -Z_0^{(n+1)}(x) \end{align*}}$

シュレーミルヒ ( ${ Schl\ddot{o}milch }$ ) の公式

　　 ${ \displaystyle\begin{align*} Z_\nu^{(k)}(x) = \frac{1}{2^k}\sum_{r=0}^n (-1)^r \binom{k}{r} Z_{\nu-k+2r}(x) \end{align*}}$

ただし ${ \binom{k}{r} = {}_kC_r = \frac{k!}{(k-r)!r!} }$ は二項係数。

漸化式
　　 ${ \displaystyle\begin{align*} Z_{\nu-1}(x) + Z_{\nu+1}(x) = \frac{2\nu}{x} Z_\nu(x) \end{align*}}$

連分数表示
　　 ${ \displaystyle\begin{align*} \frac{Z_{\nu-1}(x)}{Z_\nu(x)} &= \frac{2\nu}{x} - \frac{1}{\frac{2(\nu+1)}{x} - {}}\,\frac{1}{\frac{2(\nu+2)}{x} - {}}\, \frac{1}{\frac{2(\nu+3)}{x} - {}}\,\frac{1}{\frac{2(\nu+4)}{x} - {}} \cdots \\[2mm] \frac{Z_{\nu+1}(x)}{Z_\nu(x)} &= \frac{x}{2(\nu+1) - {}}\,\frac{x^2}{2(\nu+2) - {}}\, \frac{x^2}{2(\nu+3) - {}}\,\frac{x^2}{2(\nu+4) - {}} \cdots \end{align*}}$

ベッセル関数の積の冪級数展開

　　 ${ \displaystyle\begin{align*} J_\mu(x)J_\nu(x) &= \sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n\Gamma(\mu+\nu+2n+1)} {n!\Gamma(\mu+n+1)\Gamma(\nu+n+1)\Gamma(\mu+\nu+n+1)} \left(\frac{x}{2}\right)^{\mu+\nu+2n} \\[2mm] &= \frac{1}{\Gamma(\mu+1)\Gamma(\nu+1)}\left(\frac{x}{2}\right)^{\mu+\nu} \\ &\qquad+ \sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^n\Gamma(\mu+\nu+2n+1)} {n!\Gamma(\mu+n+1)\Gamma(\nu+n+1)\Gamma(\mu+\nu+n+1)} \left(\frac{x}{2}\right)^{\mu+\nu+2n} \\[4mm] J_m^2(x) &= \sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n(2m+2n-1)!!}{n!(2m+n)!(2m+2n)!!}x^{2(m+n)} \end{align*}}$