物理数学II/特殊関数

球函数

Legendre 函数

Legendre の微分方程式

$(1-x^2)\frac{d^{2}w}{d{x}^2}-2x\frac{dw}{dx}+\nu (\nu +1)w=0$

は、$z=\frac{1-x}{2}$ と変換すると、

$z(1-z)\frac{d^{2}w}{d{z}^2}+(1-2z)\frac{dw}{dz}+\nu (\nu +1)w=0$

となる。これは、Gauss の超幾何微分方程式で、$\alpha =\nu +1,\beta =-\nu ,\gamma =1$ とした場合だから、微分方程式の解は超幾何函数を使って、

$w=F(\nu +1,-\nu ,1,z)=\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{(\nu +1{)}_k(-\nu {)}_k}{(k!{)}^2}{\left(\frac{1-x}{2}\right)}^k$

とかける。これを $\nu$ 次 Legendre 函数 $P_{\nu }(x)$ という。

次に、$P_{\nu }(x)$ に線型独立なもう一つの解を定数変化法で求める。

$w=P_{\nu }(x)v(x)$

とおいて、Legendre の微分方程式に代入すると、

$(1-x^2)P_{\nu }{v}^{″}+\{2(1-x^2){P_{\nu }}^{\prime }-2x{P}_{\nu }\}{v}^{\prime }=0$

これは、$v^{\prime }$ に対する微分方程式として

$\frac{d{v}^{\prime }}{v^{\prime }}+\frac{dx\{2(1-x^2){P_{\nu }}^{\prime }{P}_{\nu }-2x{P_{\nu }}^2\}}{(1-x^2){P_{\nu }}^2}=0$

即ち、

$\frac{d{v}^{\prime }}{v^{\prime }}+\frac{d[(1-x^2)P_{\nu }^2]}{(1-x^2){P_{\nu }}^2}=0$

と変形できる。

これを積分して、

$v^{\prime }=\frac{C}{(1-x^2){P_{\nu }}^2}$

を得る。もう一度積分すると、

$v(x)=C\int \frac{dx}{(1-x^2){P_{\nu }}^2}+C^{\prime }$

となるから、

$w(x)=P_{\nu }(x)v(x)=C{P}_{\nu }(x)\int \frac{dx}{(1-x^2){P_{\nu }}^2}+C^{\prime }{P}_{\nu }(x)$

である。今求めているのは、$P_{\nu }(x)$ に独立な解であるから $C^{\prime }=0$ としていい。$C=1$ とし、積分範囲を $\underset{\mathrm{\infty }}{\overset{x}{\int }}$ と取るときの $w(x)$ を第二種 Legendre 函数 $Q_{\nu }(x)$ と定義する。

すなわち、

$Q_{\nu }(x)=P_{\nu }(x)\underset{\mathrm{\infty }}{\overset{x}{\int }}\frac{dx}{(1-x^2){P_{\nu }(x)}^2}$

である。

Legendre 多項式

$k>n$ ならば、$(-n{)}_k=0$となるから、Legendre 函数 $P_{\nu }(x)$ は $\nu$ が非負整数 $n$ のとき多項式になる。

$P_n(x)=\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{(n+1{)}_k(-n{)}_k}{(k!{)}^2}{\left(\frac{1-x}{2}\right)}^k=\sum _{k=0}^n\frac{(n+1{)}_k(-n{)}_k}{(k!{)}^2}{\left(\frac{1-x}{2}\right)}^k$

Pochhammer 記号について、

$(n{)}_k=n(n+1)\cdots (n+k-1)=\frac{(n+k-1)!}{(n-1)!}$

$(-n{)}_k=(-n)(-n+1)\cdots (-n+k-1)=(-1{)}^{k}n(n-1)\cdots (n-k+1)=(-1{)}^k\frac{n!}{(n-k)!}$ (ただし、$k\le n$ のとき)

となる性質を用いると、

$P_n(x)=\sum _{k=0}^n\frac{(n+k)!}{(k!{)}^2(n-k)!}{\left(\frac{x-1}{2}\right)}^k$

を得る。Legendre 多項式は Rodrigues の公式

$P_n(x)=\frac{1}{2^{n}n!}\frac{d^n}{d{x}^n}(x^2-1{)}^n$

によっても定義される。

実際、

$\begin{array}{cc}{P}_n(x)& =\frac{1}{2^{n}n!}\frac{d^n}{d{x}^n}\{(x-1{)}^n(2+x-1{)}^n\}\\ & =\frac{1}{2^{n}n!}\frac{d^n}{d{x}^n}\sum _{k=0}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})2^{n-k}(x-1{)}^{n+k}\\ & =\frac{1}{2^{n}n!}\sum _{k=0}^n\frac{n!}{k!(n-k)!}\frac{(n+k)!}{k!}{2}^{n-k}(x-1{)}^k\\ & =\sum _{k=0}^n\frac{(n+k)!}{(k!{)}^2(n-k)!}{\left(\frac{x-1}{2}\right)}^k\\ \end{array}$

となる。

次に、Legendre 多項式の $x$ の冪での表示を求める。Rodrigues の公式を展開して、

$\begin{array}{cc}{P}_n(x)& =\frac{1}{2^{n}n!}\frac{d^n}{d{x}^n}(x^2-1{)}^n\\ & =\frac{1}{2^{n}n!}\frac{d^n}{d{x}^n}\sum _{k=0}^n\frac{n!}{k!(n-k)!}(-1{)}^k{x}^{2n-2k}\\ & =\frac{1}{2^n}\sum _{k=0}^{\left[\frac{n}{2}\right]}\frac{(-1{)}^k}{k!(n-k)!}\frac{(2n-2k)!}{(n-2k)!}{x}^{n-2k}\end{array}$

ここで、いくつかの項は微分で落ちる。項が残る条件は $n-2k\ge 0$ で、 $k$ が整数だから、 $\left[\frac{n}{2}\right]\ge k$ である。

さらに、

$\begin{array}{cc}{P}_n(x)& =\frac{1}{2^n}\sum _{k=0}^{\left[\frac{n}{2}\right]}\frac{(-1{)}^k(2n-2k)!}{k!(n-k)!(n-2k)!}{x}^{n-2k}\\ & =\sum _{k=0}^{\left[\frac{n}{2}\right]}\frac{(-1{)}^k}{2^k}\frac{(2n-2k)!}{2^{n-k}k!(n-k)!(n-2k)!}{x}^{n-2k}\\ & =\sum _{k=0}^{\left[\frac{n}{2}\right]}\frac{(-1{)}^k}{2^k}\frac{(2n-2k-1)!!}{k!(n-2k)!}{x}^{n-2k}\end{array}$

として Legendre 多項式の表示が得られる。ここで、$(2k)!!=2^{k}k!,(2k-1)!!=\frac{(2k)!}{(2k)!!}=\frac{(2k)!}{2^{k}k!}$ となることを使った。

Rodrigues の公式に Goursat の公式を使うと、

$P_n(x)=\frac{1}{2\pi i}{\oint }_x{\left\{\frac{t^2-1}{2(t-x)}\right\}}^n\frac{dt}{t-x}$

となる。ここで、$\frac{t^2-1}{2(t-x)}=\frac{1}{\zeta }$ と変換をすると、$\zeta t^2-2t+2x-\zeta =0$ となるから、$t$ について解いて、 $t=\frac{1-\sqrt{1-2x\zeta +{\zeta }^2}}{\zeta }=\frac{1-R}{\zeta }$ となる。ここで、$R=\sqrt{1-2x\zeta +{\zeta }^2}$ と置いた。$dR=\frac{\zeta -x}{R}d\zeta$ となるから、$t$ の微分は$dt=-\frac{d\zeta }{{\zeta }^2}(1-R)-\frac{dR}{\zeta }=\frac{1-R-x\zeta }{{\zeta }^{2}R}d\zeta$ となる。$t-x=\frac{1-R-x\zeta }{\zeta }$ であったから、$\frac{dt}{t-x}=\frac{d\zeta }{R\zeta }.$

$P_n(x)=\frac{1}{2\pi i}{\oint }_0\frac{1}{\sqrt{1-2x\zeta +{\zeta }^2}}\frac{d\zeta }{{\zeta }^{n+1}}$

これは、

$\frac{1}{\sqrt{1-2xt+t^2}}=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{P}_n(x)t^n$

ということを意味する。すなわち、これが Legendre 多項式の母函数である。

Legendre の陪函数

Legendre の陪微分方程式

$(1-x^2)\frac{d^{2}w}{d{x}^2}-2x\frac{dw}{dx}+\{n(n+1)-\frac{m^2}{1-x^2}\}w=0$

の解を求めたい。

Legendre の微分方程式

$(1-x^2)\frac{d^{2}w}{d{x}^2}-2x\frac{dw}{dx}+n(n+1)w=0$

で

$w=(1-x^2{)}^{\frac{m}{2}}v$

とおいて、Legendre の陪微分方程式に代入すると、

$\frac{dw}{dx}=(1-x^2{)}^{\frac{m}{2}}{v}^{\prime }-mx(1-x^2{)}^{\frac{m}{2}}v$

$\frac{d^{2}w}{d{x}^2}=(1-x^2{)}^{\frac{m}{2}}{v}^{″}-2mx(1-x^2{)}^{\frac{m}{2}-1}{v}^{\prime }+m(1-x^2{)}^{\frac{m}{2}-1}v+m(m-2)x^2(1-x^2{)}^{\frac{m}{2}-2}v$

となるから、$(1-x^2{)}^{\frac{m}{2}}$ で割って、$\frac{x^2}{1-x^2}=-1+\frac{1}{1-x^2}$ に注意して計算すると、

$(1-x^2)v^{″}-2(m+1)v^{\prime }+(n-m)(n+m+1)v=0$

を得る。

次に、Legendre の微分方程式を $w$ の代わりに $u$ とおいて、一回微分すると、

$(1-x^2)\frac{d^{3}u}{d{x}^3}-2(1+1)x\frac{d^{2}u}{d{x}^2}+\{n(n+1)-2\}\frac{du}{dx}=0$

もう一回微分すると、

$(1-x^2)\frac{d^{4}u}{d{x}^3}-2(1+1+1)x\frac{d^{3}u}{d{x}^2}+\{n(n+1)-2-4\}\frac{d^{2}u}{d{x}^2}=0$

すなわち、Legendre の微分方程式を $m$ 階微分すると、$2(1+2+\cdots +m)=m(m+1)$ となるから、

$(1-x^2)\frac{d^{m+2}u}{d{x}^{m+2}}-2(m+1)x\frac{d^{m+1}u}{d{x}^{m+1}}+(n-m)(n+m+1)\frac{d^{m}u}{d{x}^m}=0$

である。

よって、

$v=\frac{d^{m}u}{d{x}^m}$

の関係があることがわかる。ここで、$u$ は Legendre の微分方程式の解だから、

$u=P_n(x),Q_n(x)$

を代入して、

Legendre の陪微分方程式の解として、

$w=(1-x^2{)}^{\frac{m}{2}}\frac{d^m{P}_n}{d{x}^m},(1-x^2{)}^{\frac{m}{2}}\frac{d^m{Q}_n}{d{x}^m}$

を得る。この解をLengendre 陪函数として、

$P_n^m(x)=(1-x^2{)}^{\frac{m}{2}}\frac{d^m{P}_n}{d{x}^m},Q_n^m(x)=(1-x^2{)}^{\frac{m}{2}}\frac{d^m{Q}_n}{d{x}^m}$

と定義する。

球面調和函数

Laplace 方程式

$\mathrm{△}\mathrm{\Psi }=0$

を球座標で表すと、

$\frac{1}{r^2}\frac{\partial }{\partial r}\left(r^2\frac{\partial \mathrm{\Psi }}{\partial r}\right)+\frac{1}{r^2}\mathrm{\Lambda }\mathrm{\Psi }=0$

となる。だたし、

$\mathrm{\Lambda }=\frac{1}{\sin \theta }\frac{\partial }{\partial \theta }(\sin \theta \frac{\partial }{\partial \theta })+\frac{1}{{\sin }^2\theta }\frac{{\partial }^2}{\partial {\phi }^2}$

である。$\mathrm{\Psi }$ が $C^2$ 級函数で、

$\mathrm{\Psi }(r,\theta ,\phi )=r^n{Y}_n(\theta ,\phi )$

の形であるとき、$Y_n(\theta ,\phi )$ を $n$ 次の球面調和函数という。これを Laplace 方程式に代入すると、$Y_n(\theta ,\phi )$ の方程式として

$-\mathrm{\Lambda }{Y}_n=n(n+1)Y_n$

すなわち、

$\frac{1}{\sin \theta }\frac{\partial }{\partial \theta }(\sin \theta \frac{\partial Y_n}{\partial \theta })+\frac{1}{{\sin }^2\theta }\frac{{\partial }^2{Y}_n}{\partial {\phi }^2}+n(n+1)Y_n=0$

を得る。

$Y_n(\theta ,\phi )=\mathrm{\Theta }(\theta )\mathrm{\Phi }(\phi )$

と変数分離を仮定して、

$\frac{1}{\mathrm{\Theta }\sin \theta }\frac{d}{d\theta }(\sin \theta \frac{d\mathrm{\Theta }}{d\theta })+n(n+1)=-\frac{1}{\mathrm{\Phi }{\sin }^2\theta }\frac{d^2\mathrm{\Phi }}{d{\phi }^2}$

あるいは、

$\frac{\sin \theta }{\mathrm{\Theta }}\frac{d}{d\theta }(\sin \theta \frac{d\mathrm{\Theta }}{d\theta })+n(n+1){\sin }^2\theta =-\frac{1}{\mathrm{\Phi }}\frac{d^2\mathrm{\Phi }}{d{\phi }^2}=m^2$

となる。両辺は $\theta ,\phi$ のいずれにも依存しないから、定数であるからこれを $m^2$ と置くと、

$\frac{d^2\mathrm{\Phi }}{d{\phi }^2}=-m^2\mathrm{\Phi }$

この解は、

$\mathrm{\Phi }=C_1\sin m\phi +C_2\cos m\phi$

となる。$\mathrm{\Phi }(\phi )$ は一価函数であるから、$\mathrm{\Phi }(\phi +2\pi )=\mathrm{\Phi }(\phi )$ より、 $m$ は整数である。また、 $m,-m$ は同じ函数を与えるから、$m\ge 0$ とする。

次に、 $\mathrm{\Theta }$ に関する微分方程式

$\frac{1}{\sin \theta }\frac{d}{d\theta }(\sin \theta \frac{d\mathrm{\Theta }}{d\theta })+n(n+1)\mathrm{\Theta }-\frac{m^2}{{\sin }^2\theta }\mathrm{\Theta }=0$

は、 $x=\cos \theta$ と変換すると、

$\frac{d}{dx}\{(1-x^2)\frac{d\mathrm{\Theta }}{dx}\}+\{n(n+1)-\frac{m^2}{1-x^2}\}\mathrm{\Theta }=0$

となる。これは、Legendre の陪微分方程式だから、

$\mathrm{\Theta }=P_n^m(x)$

あるいは、

$\mathrm{\Theta }(\theta )=P_n^m(\cos \theta )$

を得る。ここで、$\mathrm{\Theta }(\theta )=Q_n^m(\cos \theta )$ も陪微分方程式の解であるが、$\theta =0$ で連続ではない。

結局、$n$ 次球面調和函数として、

$Y_n(\theta ,\phi )=P_n(\cos \theta ),P_n^m(\cos \theta )\begin{array}{c}\cos m\phi \\ \sin m\phi \end{array}$ ($m=1,2,\cdots ,n$)

の $2n+1$ 個の解を得る。

円柱函数

Bessel 函数

電磁気学や量子力学などで、微分方程式

$\frac{d^{2}w}{d{z}^2}+\frac{1}{z}\frac{dw}{dz}+(1-\frac{{\nu }^2}{z^2})w=0$

を解く必要が発生する。この微分方程式の解を Bessel 函数という。

$w=\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}{c}_k{z}^{\rho +k}$

の形の級数展開を仮定する。

このとき、

$\frac{d^{2}w}{d{z}^2}=\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}(\rho +k)(\rho +k-1)c_k{z}^{\rho +k-2}$

$\frac{1}{z}\frac{dw}{dz}=\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}(\rho +k)c_k{z}^{\rho +k-2}$

であるから、微分方程式は、

$\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}[\{(\rho +k{)}^2-{\nu }^2\}{c}_k{z}^{\rho +k-2}+c_k{z}^{\rho +k}]=0$

となる。

$\frac{1}{z^2}$ の項は、$({\rho }^2-{\nu }^2)c_0=0$ であるから、$\rho =\pm \nu$.

$\frac{1}{z}$ の項は、$\{(\rho +1)-{\nu }^2\}{c}_1=0$ であるから、$c_1=0$.

$k\ge 0$ について、$-c_{k-2}=\{(\rho +k{)}^2-{\nu }^2\}{c}_k$ を得る。これより、$c_{2k+1}=0$ がわかる。

$\rho =\nu$ のときは、

$c_{2k}=\frac{-c_{2(k-1)}}{2(\nu +k)\cdot 2k}$

であるから、

$c_{2k}=\frac{(-1{)}^k}{2^{2k}k!(\nu +k)(\nu +k-1)\cdots (\nu +1)}=\frac{(-1{)}^k\mathrm{\Gamma }(\nu +1)}{2^{2k}k!\mathrm{\Gamma }(\nu +k+1)}$

である。すなわち、

$w=c_0\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{(-1{)}^k\mathrm{\Gamma }(\nu +1)}{2^{2k}k!\mathrm{\Gamma }(\nu +k+1)}{z}^{2k}$

ここで、$c_0=\frac{1}{2^{\nu }\mathrm{\Gamma }(\nu +1)}$ に選んだものを $\nu$ 次 Bessel 函数 $J_{\nu }(z)$ とする。

すなわち、

$J_{\nu }(z)=\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{(-1{)}^k}{k!\mathrm{\Gamma }(\nu +k+1)}{\left(\frac{z}{2}\right)}^{2k+\nu }$

である。$\rho =-\nu$ のときも同様に計算することで、同じ式になる。

性質

負の整数 $-n$ 次の Bessel 函数について、

$J_{-n}(z)=\sum _{k=n}^{\mathrm{\infty }}\frac{(-1{)}^k}{k!\mathrm{\Gamma }(-n+k+1)}{\left(\frac{z}{2}\right)}^{2k-n}=\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{(-1{)}^{k+n}}{(k+n)!\mathrm{\Gamma }(k+1)}{\left(\frac{z}{2}\right)}^{2k+n}=(-1{)}^n{J}_n(z)$

Bessel 函数の母函数は、

$\begin{array}{cc}\sum _{n=-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}{J}_n(z)t^n& =\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{J}_n(z)t^n+\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}(-1{)}^n{J}_n(z)t^{-n}\\ & =\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\sum _{m=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{(-1{)}^m}{m!(n+m)!}{\left(\frac{z}{2}\right)}^{2m+n}{t}^n+\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\sum _{l=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{(-1{)}^{l+n}}{l!(n+l)!}{\left(\frac{z}{2}\right)}^{2l+n}{t}^{-n}\end{array}$

ここで、第一の総和で、$l=m+n$ 、第二の総和で、$m=l+n$ と置くと、

$\begin{array}{cc}\sum _{n=-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}{J}_n(z)t^n& =\sum _{m=0}^{\mathrm{\infty }}\sum _{l=m}^{\mathrm{\infty }}\frac{(-1{)}^m}{m!l!}{\left(\frac{z}{2}\right)}^{m+l}{t}^{l-m}+\sum _{l=0}^{\mathrm{\infty }}\sum _{m=l+1}^{\mathrm{\infty }}\frac{(-1{)}^m}{l!m!}{\left(\frac{z}{2}\right)}^{l+m}{t}^{l-m}\\ & =\sum _{m,l=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{m!l!}{\left(\frac{zt}{2}\right)}^l{(-\frac{z}{2t})}^m\\ & =\sum _{l=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{l!}{\left(\frac{zt}{2}\right)}^l\sum _{m=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{m!}{(-\frac{z}{2t})}^m\\ & =e^{\frac{z}{2}(t-\frac{1}{t})}\end{array}$

となる。

また、母函数を $t^{n+1}$ で割ると、

$\frac{e^{\frac{z}{2}(t-\frac{1}{t})}}{t^{n+1}}=\frac{J_n(z)}{t}+\sum _{k=-\mathrm{\infty },k\ne n}^{\mathrm{\infty }}{J}_k(z)t^{k-n-1}$

となるから、$t$ について原点反時計回りに積分すると、

$J_n(z)=\frac{1}{2\pi i}{\oint }_0\frac{e^{\frac{z}{2}(t-\frac{1}{t})}}{t^{n+1}}dt$

が得られる。$t=e^{i\theta }$ とすると、

$J_n(z)=\frac{1}{2\pi }\underset{-\pi }{\overset{\pi }{\int }}{e}^{z\frac{e^{i\theta }-e^{-i\theta }}{2}}{e}^{-in\theta }d\theta =\frac{1}{2\pi }\underset{-\pi }{\overset{\pi }{\int }}{e}^{iz\sin \theta -in\theta }d\theta =\frac{1}{2\pi }\underset{-\pi }{\overset{\pi }{\int }}[\cos (z\sin \theta -n\theta )+i\sin (z\sin \theta -n\theta )]d\theta$

ここで、$\sin (z\sin \theta -n\theta )$ は奇函数だから積分は0。$\cos (z\sin \theta -n\theta )$ は偶函数だから、

$J_n(z)=\frac{1}{\pi }\underset{0}{\overset{\pi }{\int }}\cos (n\theta -z\sin \theta )d\theta$

を得る。Bessel はこの積分により Bessel 函数を定義した。

また、

$J_n(z)=\frac{1}{2\pi }\underset{-\pi }{\overset{\pi }{\int }}{e}^{iz\sin \theta -in\theta }d\theta$

で、$\theta =\phi +\frac{\pi }{2}$ と変換すると、積分範囲は被積分函数の周期性より変更する必要はないから、

$J_n(z)=\frac{1}{2\pi i^n}\underset{-\pi }{\overset{\pi }{\int }}{e}^{iz\cos \phi }(\cos n\phi -i\sin n\phi )d\phi$

となる。前のように奇函数と偶函数の性質を利用すると、

Hansen の積分表示

$J_n(z)=\frac{1}{\pi i^n}\underset{0}{\overset{\pi }{\int }}{e}^{iz\cos \phi }\cos n\phi d\phi$

を得る。

母函数に$t=1$ を代入すると、

$\sum _{k=-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}{J}_k(z)=1$

あるいは、

$J_0(z)+2\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}{J}_{2k}(z)=1$

を得る。

$e^{\frac{x+y}{2}(t-1/t)}=e^{\frac{x}{2}(t-1/t)}{e}^{\frac{y}{2}(t-1/t)}$

であるから、Bessel 函数の加法定理

$J_n(x+y)=\sum _{m=-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}{J}_{n-m}(x)J_m(y)$

を得る。

上昇演算子と $\stackrel{(\nu )}{T}$ 下降演算子 $\underset{(\nu )}{T}$ を次のように定義する。

$\stackrel{(\nu )}{T}=z^{\nu }\frac{d}{dz}{z}^{-\nu }=\frac{d}{dz}-\frac{\nu }{z}$

$\underset{(\nu )}{T}=z^{-\nu }\frac{d}{dz}{z}^{\nu }=\frac{d}{dz}+\frac{\nu }{z}$

ここで、右辺は、$\stackrel{(\nu )}{T}f=z^{\nu }\frac{d}{dz}(z^{-\nu }f)=z^{\nu }(-\nu z^{-\nu -1}f+z^{-\nu }\frac{df}{dz})=(\frac{d}{dz}-\frac{\nu }{z})f$ から成り立つ。下降演算子についても同様である。

これを Bessel 函数に作用させると、

$\begin{array}{cc}\stackrel{(\nu )}{T}{J}_{\nu }(z)& =z^{\nu }\frac{d}{dz}\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{(-1{)}^k{z}^{2k}}{2^{2k+\nu }k!\mathrm{\Gamma }(\nu +k+1)}\\ & =z^{\nu }\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{(-1{)}^k{z}^{2k-1}}{2^{2k+\nu -1}(k-1)!\mathrm{\Gamma }(\nu +k+1)}\\ & =-\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{(-1{)}^k{z}^{2k+1+\nu }}{2^{2k+\nu +1}k!\mathrm{\Gamma }(\nu +1+k+1)}\\ & =-J_{\nu +1}(z)\end{array}$

となる。また、

$\begin{array}{cc}\underset{(\nu )}{T}{J}_{\nu }(z)& =z^{-\nu }\frac{d}{dz}\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{(-1{)}^k{z}^{2k+2\nu }}{2^{2k+\nu }k!\mathrm{\Gamma }(\nu +k+1)}\\ & =z^{-\nu }\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{(-1{)}^k(k+\nu )z^{2k+2\nu -1}}{2^{2k+\nu -1}k!\mathrm{\Gamma }(\nu +k+1)}\\ & =\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{(-1{)}^k{z}^{2k+\nu -1}}{2^{2k+\nu -1}k!\mathrm{\Gamma }(\nu +k)}\\ & =J_{\nu -1}(z)\end{array}$

である。すなわち、

$J_{\nu }^{\text{'}}(z)-\frac{\nu }{z}{J}_{\nu }(z)=-J_{\nu +1}(z)$

$J_{\nu }^{\text{'}}(z)+\frac{\nu }{z}{J}_{\nu }(z)=J_{\nu -1}(z)$

二式を辺々加えて、

$2J_{\nu }^{\text{'}}(z)=J_{\nu -1}(z)-J_{\nu +1}(z)$

または、辺々引いて、

$\frac{2\nu }{z}{J}_{\nu }(z)=J_{\nu -1}(z)+J_{\nu +1}(z)$

を得る。

ところで、明らかに

$\underset{(\nu +1)}{T}\stackrel{(\nu )}{T}{J}_{\nu }(z)=-J_{\nu }(z)$

となる。この式は二階の微分方程式であるから、Bessel の微分方程式に帰着するはずである。実際、左辺を展開すると、

$\underset{(\nu +1)}{T}\stackrel{(\nu )}{T}=(\frac{d}{dz}+\frac{\nu +1}{z})(\frac{d}{dz}-\frac{\nu }{z})=\frac{d^2}{d{z}^2}+\frac{1}{z}\frac{d}{dz}-\frac{{\nu }^2}{z^2}$

となる。逆に考えると、昇降演算子とは微分方程式を因数分解したものだとも考えられる。

第二種 Bessel 函数

$\nu$ が非整数のときは、$J_{\nu }(z),J_{-\nu }(z)$ が独立な2解を与えるが、整数のときは、$J_{-n}(z)=(-1{)}^n{J}_n(z)$ という関係があるから、独立ではない。そこで、位数 $n$ のときの Bessel の微分方程式の独立なもうひとつの解が存在する。Bessel の微分方程式を $\nu$ で偏微分すれば、

$\frac{d^2}{d{z}^2}{\left(\frac{\partial J_{\nu }(z)}{\partial \nu }\right)|}_{\nu =n}+\frac{1}{z}\frac{d}{dz}{\left(\frac{\partial J_{\nu }(z)}{\partial \nu }\right)|}_{\nu =n}+(1-\frac{n^2}{z^2}){\left(\frac{\partial J_{\nu }(z)}{\partial \nu }\right)|}_{\nu =n}=0$

となるから、${\left(\frac{\partial J_{\nu }(z)}{\partial \nu }\right)|}_{\nu =n}$ は微分方程式の解である。${\left(\frac{\partial J_{-\nu }(z)}{\partial \nu }\right)|}_{\nu =n}$ も同じ微分方程式を満たすから、その線形結合として、

$Y_n(z)=\frac{1}{\pi }({\left(\frac{\partial J_{\nu }(z)}{\partial \nu }\right)|}_{\nu =n}-(-1{)}^n{\left(\frac{\partial J_{-\nu (z)}}{\partial \nu }\right)|}_{\nu =n})$

を定義すると、$J_n(z)$ に独立な解を与える。非整数の $\nu$ に対しては、

$Y_{\nu }(z)=\frac{\cos \nu \pi J_{\nu }(z)-J_{-\nu }(z)}{\sin \nu \pi }$

と定義すると、 $\nu \to n$ の極限として、 $Y_n(z)$ を得ることができる。

第一種、第二種 Hankel 函数をそれぞれ

$H_{\nu }^{(1)}(z)=J_{\nu }(z)+i{Y}_{\nu }(z)$

$H_{\nu }^{(2)}(z)=J_{\nu }(z)-i{Y}_{\nu }(z)$

で定義する。

楕円積分と楕円函数

第一種完全楕円積分 $K(k)$ と第二種完全楕円積分 $E(k)$ は

$K(k)=\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{2}}{\int }}\frac{d\theta }{\sqrt{1-k^2{\sin }^2\theta }}$

$E(k)=\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{2}}{\int }}\sqrt{1-k^2{\sin }^2\theta }d\theta$

で定義される。

Taylor 展開して、

$\begin{array}{cc}K(k)& =\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{2}}{\int }}\frac{d\theta }{\sqrt{1-k^2{\sin }^2\theta }}\\ & =\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{2}}{\int }}\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}(\genfrac{}{}{0ex}{}{-\frac{1}{2}}{n})(-1{)}^n{k}^{2n}{\sin }^{2n}\theta d\theta \\ & =\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}{k}^{2n}\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{2}}{\int }}{\sin }^{2n}\theta d\theta \\ & =\frac{\pi }{2}\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{\left(\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}\right)}^2{k}^{2n}\\ \end{array}$

$\begin{array}{cc}E(k)& =\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{2}}{\int }}\sqrt{1-k^2{\sin }^2\theta }d\theta \\ & =\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{2}}{\int }}\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}(\genfrac{}{}{0ex}{}{\frac{1}{2}}{n})(-1{)}^n{k}^{2n}{\sin }^{2n}\theta d\theta \\ & =\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{-(2n-1)!!}{(2n-1)(2n)!!}{k}^{2n}\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{2}}{\int }}{\sin }^{2n}\theta d\theta \\ & =\frac{\pi }{2}\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{\left(\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}\right)}^2\frac{k^{2n}}{1-2n}\\ \end{array}$

となる。あるいは、超幾何函数を使うと、

$K(k)=\frac{\pi }{2}F(\frac{1}{2},\frac{1}{2};1;k^2)$

$E(k)=\frac{\pi }{2}F(\frac{1}{2},-\frac{1}{2};1;k^2)$

となる。この変形に、

${\left(\frac{1}{2}\right)}_n=\left(\frac{1}{2}\right)\left(\frac{1+2}{2}\right)\cdots \left(\frac{1+2n-2}{2}\right)=\frac{(2n-1)!!}{2^n}$

${(-\frac{1}{2})}_n=(-\frac{1}{2})\left(\frac{1}{2}\right)\left(\frac{1+2}{2}\right)\cdots \left(\frac{1+2n-4}{2}\right)=-\frac{(2n-3)!!}{2^n}$

を使う。

Theta函数

$\vartheta (z,\tau )=\sum _{n=-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}{e}^{\pi i{n}^2\tau +2\pi inz}$

${\vartheta }_{01}(z,\tau )=\sum _{n=-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}{e}^{\pi i{n}^2\tau +2\pi in(z+\frac{1}{2})}=\vartheta (z+\frac{1}{2},\tau )$

${\vartheta }_{10}(z,\tau )=\sum _{n=-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}{e}^{\pi i{(n+\frac{1}{2})}^2\tau +2\pi i(n+\frac{1}{2})z}=e^{\frac{1}{4}\pi i\tau +\pi iz}\vartheta (z+\frac{1}{2},\tau )$

${\vartheta }_{11}(z,\tau )=\sum _{n=-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}{e}^{\pi i{(n+\frac{1}{2})}^2\tau +2\pi i(n+\frac{1}{2})(z+\frac{1}{2})}=e^{\frac{1}{4}\pi i\tau +\pi i(z+\frac{1}{2})}\vartheta (z+\frac{1}{2},\tau )$

と定義する。${\vartheta }_{00}(z,\tau )=\vartheta (z,\tau )$ とする。

$\vartheta (z+1,\tau )=\vartheta (z,\tau )$

$\vartheta (z+\tau ,\tau )=e^{-\pi i(\tau +2z)}\vartheta (z,\tau )$

さらに、

${\vartheta }_{00}(z+1,\tau )={\vartheta }_{00}(z,\tau )$

${\vartheta }_{01}(z+1,\tau )={\vartheta }_{01}(z,\tau )$

${\vartheta }_{10}(z+1,\tau )=-{\vartheta }_{10}(z,\tau )$

${\vartheta }_{11}(z+1,\tau )=-{\vartheta }_{11}(z,\tau )$

また、

${\vartheta }_{00}(z+\tau ,\tau )=e^{-\pi i(\tau +2z)}{\vartheta }_{00}(z,\tau )$

${\vartheta }_{01}(z+\tau ,\tau )=-e^{-\pi i(\tau +2z)}{\vartheta }_{01}(z,\tau )$

${\vartheta }_{10}(z+\tau ,\tau )=e^{-\pi i(\tau +2z)}{\vartheta }_{10}(z,\tau )$

${\vartheta }_{11}(z+\tau ,\tau )=-e^{-\pi i(\tau +2z)}{\vartheta }_{11}(z,\tau )$

${\vartheta }_{00}(z+\frac{1}{2},\tau )={\vartheta }_{01}(z,\tau )$

${\vartheta }_{01}(z+\frac{1}{2},\tau )={\vartheta }_{00}(z,\tau )$

${\vartheta }_{10}(z+\frac{1}{2},\tau )=-{\vartheta }_{11}(z,\tau )$

${\vartheta }_{11}(z+\frac{1}{2},\tau )=-{\vartheta }_{10}(z,\tau )$

楕円函数

Jacobi の楕円函数を

$\mathrm{sn}u=-\frac{{\vartheta }_{00}{\vartheta }_{11}(\zeta )}{{\vartheta }_{10}{\vartheta }_{01}(\zeta )}$

$\mathrm{cn}u=\frac{{\vartheta }_{01}{\vartheta }_{10}(\zeta )}{{\vartheta }_{10}{\vartheta }_{01}(\zeta )}$

$\mathrm{dn}u=\frac{{\vartheta }_{01}{\vartheta }_{00}(\zeta )}{{\vartheta }_{00}{\vartheta }_{01}(\zeta )}$

で定義する。ただし、$k={\left(\frac{{\vartheta }_{10}}{{\vartheta }_{00}}\right)}^2$ ,$u=\pi {\vartheta }_{00}^2\zeta$ である。

第一種不完全楕円積分$u(x)=\underset{0}{\overset{x}{\int }}\frac{dz}{\sqrt{1-z^2}\sqrt{1-l^2{z}^2}}(l\in [0,1])$を用いると、

$\mathrm{sn}x=u^{-1}(x)$

$\mathrm{cn}x=\sqrt{1-(\mathrm{sn}x{)}^2}$

$\mathrm{dn}x=\sqrt{1-(l\mathrm{sn}x{)}^2}$

と定義することもできる。

定義より

$(\mathrm{sn}x{)}^2+(\mathrm{cn}x{)}^2=1$

$(\mathrm{sn}x{)}^2+(l\mathrm{dn}x{)}^2=1$

は直ちに成り立つ。

また、以下の加法定理が成り立つ。

$\mathrm{sn}(x+y)=\frac{\mathrm{sn}x\mathrm{cn}y\mathrm{dn}y-\mathrm{sn}y\mathrm{cn}x\mathrm{dn}x}{1-(l\mathrm{sn}x\mathrm{sn}y{)}^2}$

$\mathrm{cn}(x+y)=\frac{\mathrm{cn}x\mathrm{cn}y-\mathrm{sn}x\mathrm{sn}y\mathrm{dn}x\mathrm{dn}y}{1-(l\mathrm{sn}x\mathrm{sn}y{)}^2}$

$\mathrm{dn}(x+y)=\frac{\mathrm{dn}x\mathrm{dn}y-l^2\mathrm{sn}x\mathrm{sn}y\mathrm{cn}x\mathrm{cn}y}{1-(l\mathrm{sn}x\mathrm{sn}y{)}^2}$

それぞれの函数の微分は以下のようになる。

$\frac{d}{dx}\mathrm{sn}x=\mathrm{cn}x\mathrm{dn}x$

$\frac{d}{dx}\mathrm{cn}x=-\mathrm{sn}x\mathrm{dn}x$

$\frac{d}{dx}\mathrm{dn}x=-l^2\mathrm{sn}x\mathrm{cn}x$

先ほどの第一種不完全楕円積分の式において、$l=0$を代入すると$u(x)=\underset{0}{\overset{x}{\int }}\frac{dz}{\sqrt{1-z^2}}=\arcsin x$となる。このとき、$\mathrm{sn}x=\sin x,\mathrm{cn}x=\cos x$が恒等的に成り立つ。

今度は$l=1$を代入すると、$u(x)=\underset{0}{\overset{x}{\int }}\frac{dz}{1-z^2}=\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{t}\mathrm{a}\mathrm{n}\mathrm{h}x$となる。このとき、$\mathrm{sn}x=\tanh x,\mathrm{cn}x=\mathrm{dn}x=\frac{1}{\cosh x}$が恒等的に成り立つ。

すなわち、三角関数と双曲線関数は楕円函数の一種である。

参考文献

• 寺沢寛一『自然科学者のための数学概論(増訂版)』岩波書店、1983年。
• 高木貞治『定本 解析概論』岩波書店、2010年。
• 犬井鉄郎『特殊函数』岩波書店、1962年。