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ベッセル方程式の級数解:第一種ベッセル関数 📂微分方程式

ベッセル方程式の級数解:第一種ベッセル関数

定義1

νR\nu \in \mathbb{R}に対して、以下の形の微分方程式をν\nu次のベッセル方程式という。

x2y+xy+(x2ν2)y=0ory+1xy+(1ν2x2)y=0 \begin{align*} && x^{2} y^{\prime \prime} +xy^{\prime}+(x^{2}-\nu^{2})y &= 0 \\ \text{or} && y^{\prime \prime}+\frac{1}{x} y^{\prime} + \left( 1-\frac{\nu^{2}}{x^{2}} \right)y &= 0 \end{align*}

説明

ベッセル方程式は、球座標系で波動方程式を解くときに出現する微分方程式だ。係数は定数ではなく、独立変数xxに依存する。x=0x=0の時、以下の式を満たすので、x=0x=0正則特異点である。

limx0xxx2=1<,limx0x2x2ν2x2=ν2< \lim \limits_{x\rightarrow 0} x \frac{x}{x^{2}}=1<\infty,\quad \lim\limits_{x\rightarrow 0}x^{2}\frac{x^{2}-\nu^{2}}{x^{2}}=-\nu^{2} < \infty

したがって、フロベニウス法を用いて解を求めることができ、級数解は次のようになる。

Jν(x)=n=0(1)nΓ(n+1)Γ(n+ν+1)(x2)2n+νJν(x)=n=0(1)nΓ(n+1)Γ(nν+1)(x2)2nν \begin{align*} J_{\nu}(x) &= \sum \limits_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^{n} }{\Gamma (n+1) \Gamma (n+\nu+1)} \left(\frac{x}{2} \right)^{2n+\nu} \\ J_{-\nu}(x) & =\sum \limits_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^{n}}{\Gamma (n+1)\Gamma (n-\nu+1)} \left( \frac{x}{2} \right)^{2n-\nu} \end{align*}

これを**ν\nu次第1種ベッセル関数**と呼ぶ。ここで、Γ(x)\Gamma (x)ガンマ関数である。二つの級数の次数を見ると、互いに線型独立であることが分かる。したがって、ν\nu次のベッセル方程式の一般解は次のようになる。

y(x)=AJν(x)+BJν(x) y(x)=AJ_{\nu}(x)+BJ_{-\nu}(x)

ただし、これはν\nuが整数でない場合にのみ成り立つ。ν\nuが整数の場合、JνJ_{\nu}JνJ_{-\nu}が独立でないため、ノイマン関数と呼ばれる第二の解を求める必要がある。

解法

ベッセル方程式の解を次のような冪級数と仮定する。

y=n=0anxn+r=xr(a0+a1x+a2x2+)=a0xr+a1xr+1+a2xr+2+ \begin{equation} y=\sum \limits_{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n+r}=x^{r}(a_{0}+a_{1}x+a_{2}x^{2}+\cdots)=a_{0}x^{r}+a_{1}x^{r+1}+a_{2}x^{r+2}+\cdots \label{1} \end{equation}

まず、ベッセル方程式の形を少し変えてみよう。x(xy)=x2y+xyx(xy^{\prime})^{\prime}=x^{2}y^{\prime \prime}+xy^{\prime}であるので、ベッセル方程式は次のように表せる。

x(xy)+(x2ν2)y=0 x(xy^{\prime})+(x^{2}-\nu^{2})y=0

ベッセル方程式に代入するため、(1)\eqref{1}からx(xy),x2yx(xy^{\prime})^{\prime}, x^{2}yを求めると次のようになる。

y=ra0xr1+(r+1)a1xr+(r+2)a2xr+1+xy=ra0xr+(r+1)a1xr+1+(r+2)a2xr+2+(xy)=r2a0xr1+(r+1)2a1xr+(r+2)2a2xr+1+x(xy)=r2a0xr+(r+1)2a1xr+1+(r+2)2a2xr+2+=n=0an(r+n)2xn+r \begin{align*} y^{\prime} &=ra_{0}x^{r-1}+(r+1)a_{1}x^{r}+(r+2)a_{2}x^{r+1}+\cdots \\ xy^{\prime}&=ra_{0}x^{r}+(r+1)a_{1}x^{r+1}+(r+2)a_{2}x^{r+2}+\cdots \\ (xy^{\prime})^{\prime}&=r^{2}a_{0}x^{r-1}+(r+1)^{2}a_{1}x^{r}+(r+2)^{2}a_{2}x^{r+1}+\cdots \\ x(xy^{\prime})^{\prime}&=r^{2}a_{0}x^{r}+(r+1)^{2}a_{1}x^{r+1}+(r+2)^{2}a_{2}x^{r+2}+\cdots \\ &= \sum \limits_{n=0}^{\infty} a_{n}(r+n)^{2}x^{n+r} \end{align*}

これをベッセル方程式に代入すると以下のようになる。

(r2a0xr+(r+1)2a1xr+1+(r+2)2a2xr+2+)+(x2ν2)(a0xr+a1xr+1+a2xr+2+)    (r2a0xr+(r+1)2a1xr+1+(r+2)2a2xr+2+)+(a0xr+2+a1xr+3+a2xr+4+)+(ν2a0xrν2a1xr+1ν2a2xr+2+) \begin{align*} &&&\left( r^{2}a_{0}x^{r}+(r+1)^{2}a_{1}x^{r+1}+(r+2)^{2}a_{2}x^{r+2}+\cdots \right) +(x^{2}-\nu^{2})\left( a_{0}x^{r}+a_{1}x^{r+1}+a_{2}x^{r+2}+\cdots \right) \\ \implies&&& \left( r^{2}a_{0}x^{r}+(r+1)^{2}a_{1}x^{r+1}+(r+2)^{2}a_{2}x^{r+2}+\cdots \right) +\left( a_{0}x^{r+2}+a_{1}x^{r+3}+a_{2}x^{r+4}+\cdots \right) \\ &&&+ \left( -\nu^{2}a_{0}x^{r}-\nu^{2}a_{1}x^{r+1}-\nu^{2}a_{2}x^{r+2}+\cdots \right) \end{align*}

これをxxの次数に合わせて整理すると

a0(r2ν2)xr+a1((r+1)2ν2)xr+1+(a2(r+2)2a2ν2+a0)xr+2++(an(r+n)2anν2+an2)xn+r+=0 \begin{align*} a_{0}(r^{2}-\nu^{2})x^{r}+a_{1}\left( (r+1)^{2}-\nu^{2} \right)x^{r+1} +\left(a_{2}(r+2)^{2}-a_{2}\nu^{2} +a_{0} \right)x^{r+2}& \\ +\cdots + (a_{n}(r+n)^{2}-a_{n}\nu^{2}+a_{n-2})x^{n+r}+\cdots &= 0 \end{align*}

任意のxxに対してこの方程式が常に成立するためには、すべての係数が00でなければならない。最初の項を見てみよう。

a0(r2ν2)=0 a_{0}(r^{2}-\nu^{2})=0

a00a_{0}\ne 0なので、r=±νr=\pm\nuである。次の項を見てみよう。

a1((r+1)2ν2)=0 a_{1}\left( (r+1)^{2}-\nu^{2} \right)=0

前にr=±νr=\pm \nuという条件を得たので、カッコの中の式は絶対に00になり得ない。したがって、a1=0a_{1}=0である。三番目の項の係数からは、一般的に次のように表される。

an(r+n)2anν2+an2=0 a_{n}(r+n)^{2}-a_{n}\nu^{2}+a_{n-2}=0

これを整理すると

an=an2(r+n)2ν2 \begin{equation} a_{n}=\frac{-a_{n-2}}{(r+n)^{2}-\nu^{2}} \label{2} \end{equation}

先に得たa1=0a_{1}=0と上記の条件を合わせると、すべての奇数であるnnに対して、an=0a_{n}=0となることが分かる。したがって、nnが偶数の時のana_{n}だけを求めれば良い。

ケース1. r=νr=\nu

この場合、(2)\eqref{2}

an=an2n2+2nν=an2n(n+2ν) a_{n}=\frac{- a_{n-2}}{n^{2}+2n\nu}=\frac{-a_{n-2}}{n(n+2\nu)}

私たちはnnが偶数である場合にのみ関心があるので、nn2n2nと表記しよう。すると

a2n=a2n22n(2n+2ν)=a2n222n(n+ν) a_{2n}=\frac{-a_{2n-2}}{2n(2n+2\nu)}=\frac{-a_{2n-2}}{2^{2}n(n+\nu)}

これでa2a_{2}から順に求めてみると以下のようになる。

a2=a0221(ν+1)a4=a2222(ν+2)=a02421(ν+1)(ν+2)a6=a4223(ν+3)=a026321(ν+1)(ν+2)(ν+3)a2n=(1)na022nn!(ν+1)(ν+2)(ν+n) \begin{align*} a_{2} & =\frac{-a_{0}}{2^{2}\cdot 1(\nu+1)} \\ a_{4} &= \frac{-a_{2}}{2^{2}\cdot 2(\nu+2)}=\frac{a_{0}}{2^{4}\cdot2\cdot1(\nu+1)(\nu+2)} \\ a_{6} &=\frac{-a_{4}}{2^{2}\cdot3 (\nu+3)}=\frac{-a_{0}}{2^{6}\cdot3\cdot2\cdot1(\nu+1)(\nu+2)(\nu+3)} \\ \vdots \\ a_{2n}&=\frac{(-1)^{n}a_{0}}{2^{2n}n!(\nu+1)(\nu+2)\cdots(\nu+n)} \end{align*} ここで、ガンマ関数を利用すると、さらにシンプルに表せる。ガンマ関数には次のような性質がある。

Γ(ν+1)=νΓ(ν)    1ν=Γ(ν)Γ(ν+1) \Gamma (\nu+1)=\nu\Gamma (\nu) \implies \dfrac{1}{\nu} = \dfrac{\Gamma (\nu)}{\Gamma (\nu+1)}

これを利用すると、以下を得る。

1ν+1=Γ(ν+1)Γ(ν+2)    1(ν+1)(ν+2)=Γ(ν+1)(ν+2)Γ(ν+2)=Γ(ν+1)Γ(ν+3)    1(ν+1)(ν+2)(ν+3)=Γ(ν+1)(ν+3)Γ(ν+3)=Γ(ν+1)Γ(ν+4)        1(ν+1)(ν+n)=Γ(ν+1)Γ(ν+n+1) \begin{align*} && \frac{1}{\nu+1}&=\frac{\Gamma (\nu+1)}{\Gamma (\nu+2)}& \\ \implies && \frac{1}{(\nu+1)(\nu+2)}&=\frac{\Gamma (\nu+1)}{(\nu+2)\Gamma (\nu+2)}=\frac{\Gamma (\nu+1)}{\Gamma (\nu+3)} \\ \implies && \frac{1}{(\nu+1)(\nu+2)(\nu+3)}&=\frac{\Gamma (\nu+1)}{(\nu+3)\Gamma (\nu+3)} =\frac{\Gamma (\nu+1)}{\Gamma (\nu+4)} \\ \implies && &\vdots \\ \implies && \frac{1}{(\nu+1)\cdots(\nu+n)}&=\frac{\Gamma (\nu+1)}{\Gamma (\nu+n+1)} \end{align*}

これを先に求めた係数に代入し、階乗もガンマ関数で表すと、各係数は以下のようになる。

a2=a0Γ(ν+1)221!Γ(ν+2)a4=a0Γ(ν+1)242!Γ(ν+3)a6=a0Γ(ν+1)263!Γ(ν+4)a2n=(1)nΓ(ν+1)22nΓ(n+1)Γ(ν+n+1)a0 \begin{align*} a_{2} & =\frac{-a_{0}\Gamma (\nu +1)}{2^{2} 1! \Gamma (\nu+2)} \\ a_{4} &= \frac{a_{0} \Gamma (\nu+1)}{2^{4} 2!\Gamma (\nu+3)} \\ a_{6} &=\frac{-a_{0}\Gamma (\nu+1)}{2^{6}3!\Gamma (\nu+4)} \\ \vdots \\ a_{2n}&=\frac{(-1)^{n}\Gamma (\nu+1)}{2^{2n}\Gamma (n+1)\Gamma (\nu+n+1)}a_{0} \end{align*}

これを(1)\eqref{1}に代入すると

y=n=0a2nx2n+ν=n=0(1)na0Γ(ν+1)22nΓ(n+1)Γ(ν+n+1)x2n+ν \begin{align*} y &= \sum\limits_{n=0}^{\infty}a_{2n}x^{2n+\nu} \\ &= \sum \limits_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^{n}a_{0}\Gamma (\nu+1)}{2^{2n}\Gamma (n+1)\Gamma (\nu+n+1)}x^{2n+\nu} \end{align*}

形を整理して

y=n=0(1)n2νa0Γ(ν+1)Γ(n+1)Γ(n+ν+1)(x2)2n+ν y=\sum \limits_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^{n}2^{\nu}a_{0}\Gamma (\nu+1)}{\Gamma (n+1)\Gamma (n+\nu+1)} \left(\frac{x}{2}\right)^{2n+\nu}

a0=12νΓ(ν+1)a_{0}=\frac{1}{2^{\nu} \Gamma (\nu+1)}とすると

Jν(x)=n=0(1)nΓ(n+1)Γ(n+ν+1)(x2)2n+ν J_{\nu}(x)=\sum \limits_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^{n}}{\Gamma (n+1)\Gamma (n+\nu+1)} \left(\frac{x}{2}\right)^{2n+\nu}

これをν\nu次の第1種ベッセル関数と呼ぶ。

ケース2. r=νr=-\nu

この場合は単純に**ケース1.**の結果でν\nuν-\nuに変えたものと同じだ。解法の過程は完全に同じなので、詳細な計算過程と説明なしに主要な結果のみ記載することにする。

an=an2n(n2ν) a_{n}=\frac{- a_{n-2}}{n(n-2\nu)}

a2n=a2n222n(nν)=(1)na022nn!(1ν)(2ν)(nν) \begin{align*} a_{2n}&=\frac{ -a_{2n-2}}{ 2^{2}n(n-\nu) } \\ &=\frac{(1-)^{n}a_{0}}{2^{2n}n!(1-\nu)(2-\nu)\cdots(n-\nu)} \end{align*}

1(1ν)(2ν)(nν)=Γ(1ν)Γ(nν+1) \frac{1}{(1-\nu)(2-\nu)\cdots(n-\nu)}=\frac{\Gamma (1-\nu)}{\Gamma (n-\nu+1)}

a2n=(1)nΓ(1ν)22nΓ(n+1)Γ(nν+1) a_{2n}=\frac{(-1)^{n}\Gamma (1-\nu)}{2^{2n}\Gamma (n+1)\Gamma (n-\nu+1)}

y=n=0a2nx2nν=n=0(1)na0Γ(1ν)22nΓ(n+1)Γ(nν+1)x2nν=n=0(1)n2νa0Γ(1ν)Γ(n+1)Γ(nν+1)(x2)2nν \begin{align*} y &=\sum \limits _{n=0} ^{\infty} a_{2n}x^{2n-\nu} \\ &=\sum \limits_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^{n}a_{0}\Gamma (1-\nu)}{2^{2n}\Gamma (n+1)\Gamma (n-\nu+1)}x^{2n-\nu} \\ &=\sum \limits_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^{n}2^{-\nu}a_{0}\Gamma (1-\nu)}{\Gamma (n+1)\Gamma (n-\nu+1)} \left( \frac{x}{2} \right)^{2n-\nu} \end{align*}

a0=2νΓ(1ν) a_{0}=\frac{2^{\nu}}{\Gamma (1-\nu)}

Jν(x)=n=0(1)nΓ(n+1)Γ(nν+1)(x2)2nν J_{-\nu}(x)=\sum \limits_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^{n}}{\Gamma (n+1)\Gamma (n-\nu+1)} \left( \frac{x}{2} \right)^{2n-\nu}


  1. メアリー・L・ボアス, 物理科学のための数学的方法(Mathematical Methods in the Physical Sciences, 最新版, 2008), p601-604 ↩︎