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ベッセル多項式
ベッセル多項式について勉強したことをまとめています。
微分方程式とべき乗表記
ベッセル多項式は Krall & Fink (1949) で示された直交多項式です。 まずは、次のような \(y(x)\) の微分方程式を考えましょう。
\[x^2 y'' + 2(x + 1) y' = n(n+1) y \tag{1}\]この方程式の解を、\(y = \sum_{k=0}^\infty C_k x^k\) の形で求めてみましょう。
\[y' = \sum_{k=1}^\infty k C_k x^{k-1} \tag{2}\] \[y'' = \sum_{k=2}^\infty k (k-1) C_k x^{k-2} \tag{3}\]これらを (1) 式に代入すると
\[\sum_{k=2}^\infty k (k-1) C_k x^{k} + 2 \sum_{k=1}^\infty k C_k x^{k} + 2 \sum_{k=1}^\infty k C_k x^{k-1} = n (n + 1) \sum_{k=0}^\infty C_k x^k \tag{4}\]のようになります。 \(x^k\) の係数を比較していきましょう。 \(k = 0\) の場合から
\[2 C_1 = n (n + 1) C_0 \ \Longrightarrow \ C_1 = \frac{n (n+1)}{2} C_0 \tag{5}\]を得ます。 また \(k = 1\) の場合からは
\[2 C_1 + 4 C_2 = n (n + 1) C_1 \ \Longrightarrow \ C_2 = \frac{n (n+1) -2}{4} C_1 \tag{6}\]を得ます。 \(k \geq 2\) の場合には
\[\begin{align} &k(k-1) C_k + 2 k C_k + 2 (k+1) C_{k+1} = n (n + 1) C_k \notag \\ &\Longrightarrow \ C_{k+1} = \frac{n(n+1) - k(k+1)}{2 (k+1)} C_k = \frac{(n-k) (n+k+1)}{2(k+1)} C_k \tag{7} \end{align}\]のように整理できます。 \(k = 0, 1\) の場合を特別に考えましたが、(7)式で \(k = 0, 1\) を代入すれば (5), (6)式を再現できるため、以降は \(k\) の場合分けをしなくても良いことがわかります。 (7)式において、\(k = n\) のとき \(C_{k+1} = C_{n+1} = 0\) となります。 これを再び(7)式に代入すれば \(C_{n+1} = C_{n+2} = \cdots = 0\) のようになり、\(k = n\) 以降の項はゼロとなることがわかります。 さらに(7)式を繰り返し適用することで
\[\begin{align} C_k &= \frac{(n-k+1)(n+k)}{2k} C_{k-1} = \frac{(n-k+1)(n+k)}{2k} \frac{(n-k+2)(n+k-1)}{2(k-1)} C_{k-2} \notag \\ &= \cdots = \frac{(n-k+1)(n+k)}{2k} \frac{(n-k+2)(n+k-1)}{2(k-1)} \cdots \frac{(n-0)(n+0+1)}{2(0+1)} C_0 \notag \\ &= C_0 \prod_{i = 1}^k \frac{(n-i+1)(n+j)}{2i} \tag{8} \end{align}\]のようになることがわかります。 このままでは見通しが悪いので、各項に分けて整理を行いましょう。
\[\prod_{i=1}^k (n-i+1) = n (n-1) \cdots (n-k+2) (n-k+1) = \frac{n!}{(n-k)!} \tag{9}\] \[\prod_{i=1}^k (n+i) = (n+1) (n+2) \cdots (n+k-1) (n+k) = \frac{(n+k)!}{n!} \tag{10}\] \[\prod_{i=1}^k (2i) = 2^k k! \tag{11}\]以上より
\[C_k = \frac{(n+k)!}{2^k k! (n-k)!} C_0 \tag{12}\]となります。 規格化として \(C_0 = 1\)、すなわち \(x\) に依存しない定数項の値が1であるように選びましょう。 すると最終的に
\[y_n(x) = \sum_{k=0}^n \frac{(n+k)!}{k! (n-k)!} \left( \frac{x}{2}\right)^k \tag{13}\]を得ます。 これが、ベッセル多項式と呼ばれるものです。 次の表は \(n = 0, 1, \dots, 5\) の多項式を示したものです。
| \(n\) | \(y_n (x)\) |
|---|---|
| \(0\) | \(1\) |
| \(1\) | \(1 + x\) |
| \(2\) | \(1 + 3x + 3x^2\) |
| \(3\) | \(1 + 6x + 15x^2 + 15x^3\) |
| \(4\) | \(1 + 10x + 45x^2 + 105x^3 + 105x^4\) |
| \(5\) | \(1 + 15x + 105x^2 + 420x^3 + 945x^4 + 945x^5\) |
そして \(n=0, 1, \dots, 5\) を描画したグラフは、次のようになります。
漸化式
ベッセル多項式は、次の三項間漸化式を満たすことが知られています。
\[y_{n+1} - (2n + 1) x y_n - y_{n-1} = 0 \tag{14}\]左辺に(13)式を代入し、各次数 \(x^k\) の係数がゼロになることから示してみましょう。
\[\begin{align} &\frac{(n+1 + k)!}{k! (n+1 - k)! 2^k} - (2n+1) \frac{(n+k-1)!}{(k-1)! (n-k+1)! 2^{k-1}} - \frac{(n-1+k)!}{k! (n-1-k)! 2^k} \notag \\ &= \frac{(n+k-1)!}{k! (n-k+1)! 2^k} \left\{ (n+k+1)(n+k) - 2 (2n+1) k - (n-k+1) (n-k) \right\} \notag \\ &= \frac{(n+k-1)!}{k! (n-k+1)! 2^k} \left\{ (n+k)^2 + n + k - 4nk -2k - (n-k)^2 - n + k \right\} = 0 \tag{15} \end{align}\]以上から、ベッセル多項式が(14)式を満たすことが示されました。 その他にも、ベッセル多項式は次のような漸化式を満たします。
\[x^2 y_n' = (nx - 1) y_n + y_{n-1} \tag{16}\] \[x^2 y_{n-1}' = y_n - (nx +1) y_{n-1} \tag{17}\] \[x(y_n' + y_{n-1}' ) = n (y_n - y_{n-1}) \tag{18}\] \[(nx + 1) y_n' + y_{n-1}' = n^2 y_n \tag{19}\]半整数次の修正ベッセル関数との関係式
ベッセル多項式が満たす微分方程式 (1) において、\(x = 1/s\) のように変数変換を施しましょう。 このとき
\[\frac{dy}{dx} = \frac{dy}{ds} \frac{ds}{dx} = - s^2 \frac{dy}{ds} \tag{20}\] \[\begin{align} \frac{d^2 y}{dx^2} &= \frac{d}{dx} \left( -s^2 \frac{dy}{ds}\right) = \frac{ds}{dx} \frac{d}{ds} \left( -s^2 \frac{dy}{ds}\right) = -s^2 \left( -2s \frac{dy}{ds} -s^2 \frac{d^2 y}{ds^2} \right) \notag \\ &= s^4 \frac{d^2 y}{ds^2} + 2s^3 \frac{dy}{ds} \tag{21} \end{align}\]より、(1)式は
\[s^2 \frac{d^2 y}{ds^2} + 2 s \frac{dy}{ds} + 2\left( \frac{1}{s} + 1 \right) \left( -s^2 \frac{dy}{ds} \right) - n(n+1) y = s^2 \frac{d^2 y}{ds^2} -2 s^2 \frac{dy}{ds} - n (n+1) y = 0 \tag{22}\]のように整理されます。 ここでさらに \(y(s) = s^{1/2} e^s g(s)\) のように置換を行いましょう。 すると
\[\frac{dy}{ds} = \frac{1}{2} s^{-1/2} e^s g + s^{1/2} e^s g + s^{1/2} e^s g' = s^{1/2} e^s \left( \frac{1}{2} s^{-1} g + g + g' \right) \tag{22}\] \[\begin{align} \frac{d^2 y}{ds^2} &= \frac{1}{2} s^{-1/2} e^s \left( \frac{1}{2} s^{-1} g + g + g' \right) + s^{1/2} e^s \left( \frac{1}{2} s^{-1} g + g + g' \right) + s^{1/2} e^s \left( - \frac{1}{2} s^{-2} g + \frac{1}{2} s^{-1} g' + g' + g'' \right) \notag \\ &= s^{1/2} e^s \left( \frac{1}{4} s^{-2} g + \frac{1}{2} s^{-1} g + \frac{1}{2} s^{-1} g' + \frac{1}{2} s^{-1} g + g + g' - \frac{1}{2} s^{-2} g + \frac{1}{2} s^{-1} g' + g' + g'' \right) \notag \\ &= s^{1/2} e^s \left\{ g'' + (2+s^{-1}) g' + \left( - \frac{1}{4} s^{-2} + s^{-1} + 1 \right)g \right\} \tag{23} \end{align}\]これらを(22)式に代入し、その両辺に \(s^{-1/2} e^{-s}\) をかけることで
\[\begin{align} &s^2 g'' + (2s^2 + s) g' + \left( - \frac{1}{4} + s + s^2 \right)g - \left( sg + 2s^2 g + 2s^2 g' \right) - n(n+1) g = 0 \notag \\ &\Longrightarrow \ s^2 g'' + s g' - \left\{ s^2 + \left( n + \frac{1}{2} \right)^2 \right\} = 0 \tag{24} \end{align}\]を得ます。 これは修正ベッセル関数の満たす微分方程式において \(\nu = n + \frac{1}{2}\) とし、さらに両辺に \(s^2\) をかけたものに等しいことがわかります。 よって
\[y(s) = C s^{1/2} e^s K_{n+1/2} (s) \tag{25}\]です。 ここで \(C\) は規格化定数です。 元を辿ると、\(y\) はベッセル多項式が満たす微分方程式 (1) の解なのでした。 以上から
\[y_n(x) = C \sqrt{s} e^{s} K_{n+1/2} (s) \quad (s = 1/x) \tag{26}\]となることがわかります。 規格化定数の不定性を解消するために、\(n=0\) の場合を見ることにしましょう。 このとき
\[K_{1/2}(s) = \sqrt{\frac{\pi}{2s}} e^{-s} \tag{27}\]となることが知られています。 これを代入すると
\[y_0 (x) = C \sqrt{s} e^s \sqrt{\frac{\pi}{2s}} e^{-s} = C \sqrt{\frac{\pi}{2}} \tag{28}\]ベッセル多項式の表から \(y_0 (x) = 1\) でなければなりません。 よって \(C = \sqrt{2/\pi}\) であり、最終的に
\[y_n(x) = \sqrt{\frac{2}{\pi x}} e^{1/x} K_{n+1/2} (1/x) \tag{29}\]を得ます。
この式と、第二種修正ベッセル関数において \(K_\nu = K_{-\nu}\) が成り立つことから
も成り立つことがわかります。 これはベッセル多項式が満たす微分方程式 (1) において \(n \rightarrow -n\) としたものが、\(y_{n-1}(x)\) が満たす微分方程式に一致することからもわかります。
ベッセル多項式のロドリゲス公式表示
ルジャンドル多項式のロドリゲスの公式のように、\(n\) 次のベッセル多項式も \(n\) 階微分の形で書くことができます。
\[R_n (x) = 2^{-n} e^{2/x} \frac{d^n}{dx^n} (x^{2n} e^{-2/x}) \tag{31}\]この \(R_n\) が \(y_n\) に等しいことを示しましょう。 このままでは見通しが悪いため、\(t = 1/x\) のように変数変換します。 すると
\[\frac{d}{dx} = \frac{dt}{dx} \frac{d}{dt} = - \frac{1}{x^2} \frac{d}{dt} = -t^2 \frac{d}{dt} \tag{32}\]です。 これを直接 (31) 式に用いると、\(t^2\) と \(\frac{d}{dt}\) が入り乱れるため、式が煩雑になります。 そこで次のように、この演算子において成り立つ恒等式を用いましょう。
\[\frac{d^n f}{dx^n} = \left( -t^2 \frac{d}{dt} \right)^n f = (-1)^n t^{n+1} \frac{d^n}{dt^n} (t^{n-1} f) \tag{33}\]ここに \(f = t^{-2n} e^{-2t}\) を代入することで
\[\begin{align} \frac{d^n}{dx^n} (x^{2n} e^{-2/x}) &= (-1)^n t^{n+1} \frac{d^n}{dt^n} (t^{-n-1} e^{-2t}) = (-1)^n t^{n+1} \sum_{k=0}^{n} {}_n C_k \left( \frac{d^k}{dt^k} t^{-n-1}\right) \left( \frac{d^{n-k}}{dt^{n-k}} e^{-2t} \right) \notag \\ &= (-1)^n t^{n+1} \sum_{k=0}^{n} {}_n C_k \left( \frac{d^k}{dt^k} t^{-n-1}\right) \left( \frac{d^{n-k}}{dt^{n-k}} e^{-2t} \right) \tag{34} \end{align}\]のようになります。 微分の部分のみを取り出して計算しましょう。
\[\begin{align} \frac{d^k}{dt^k} t^{-n-1} &= (-n-1) (-n-2) \cdots (-n-k) t^{-n-1-k} = (-1)^k (n+1) (n+2) \cdots (n + k) t^{-n-k-1} \notag \\ &= \frac{(-1)^k (n+k)!}{n!} t^{-n-k-1} \tag{35} \end{align}\] \[\frac{d^{n-k}}{dt^{n-k}} e^{-2t} = (-2)^{n-k} e^{-2t} \tag{36}\]以上より
\[\begin{align} \frac{d^n}{dx^n} (x^{2n} e^{-2/x}) &= (-1)^n t^{n+1} \sum_{k=0}^{n} {}_n C_k \frac{(-1)^k (n+k)!}{n!} t^{-n-k-1} (-2)^{n-k} e^{-2t} \notag \\ &= (-1)^n t^{n+1} \sum_{k=0}^{n} \frac{n!}{k! (n-k)!} \frac{(-1)^k (n+k)!}{n!} t^{-n-k-1} (-2)^{n-k} e^{-2t} \notag \\ &= e^{-2t} \sum_{k=0}^{n} \frac{(n+k)!}{k! (n-k)!} 2^{n-k} t^{-k} \tag{37} \end{align}\]を得ます。 \(t = 1/x\) であることを思い出し、これを(31)式に代入すれば
\[R_n(x) = 2^{-n} e^{2/x} e^{-2/x} \sum_{k=0}^n \frac{(n+k)!}{k! (n-k)!} 2^{n-k} x^k = \sum_{k=0}^n \frac{(n+k)!}{k! (n-k)!} \left( \frac{x}{2} \right)^k = y_n(x) \tag{38}\]のように、\(R_n(x)\) が ベッセル多項式に一致すると示すことができました。
補遺A: \(\frac{d^n f}{dx^n} = (-1)^n t^{n+1} \frac{d^n}{dt^n} (t^{n-1} f)\) の証明
\(x = 1/t\) としたときに、この恒等式が成り立つことを示しましょう。 それには、帰納法を用いることにします。 \(n=1\) のとき、右辺は
\[-t^2 \frac{df}{dt} \underbrace{=}_{(32)} \frac{df}{dx} \tag{A.1}\]のように、左辺と等しくなることがわかります。 次に、\(n\) で先ほどの恒等式が成立すると仮定し、\(\frac{d^{n+1}f}{dx^{n+1}}\) を計算してみましょう。
\[\frac{d^{n+1} f}{dx^{n+1}} = \underbrace{\frac{d}{dx}}_{(32)} \left( \frac{d^n f}{dx^n}\right) = -t^2 \frac{d}{dt} \left\{ (-1)^n t^{n+1} \frac{d^n}{dt^n} (t^{n-1} f) \right\} \tag{A.2}\]ここで見通しをよくするために、\(h = \frac{d^n}{dt^n} (t^{n-1} f)\) とおくと
\[\frac{d^{n+1} f}{dx^{n+1}} = (-1)^{n+1} t^2 \{ (n+1) t^n h + t^{n+1} h' \} \tag{A.3}\]のようになります。 示したいのは、これが \((-1)^{n+1} t^{n+2} \frac{d^{n+1}}{dt^{n+1}} (t^n f)\) に一致することです。 すると
\[\begin{align} \frac{d^{n+1}}{dt^{n+1}} (t^n f) &= \frac{d^{n+1}}{dt^{n+1}} (t \cdot t^{n-1} f) = \sum_{k=0}^{n+1} {}_{n+1} C_k \frac{d^k t}{dt^k} \left\{ \frac{d^{n+1-k}}{dt^{n+1-k}} \left( t^{n-1} f \right) \right\} \notag \\ &\underbrace{=}_{k\geq 2は全てゼロ} {}_{n+1} C_0 \frac{d^0 t}{dt^0} \frac{d^{n+1}}{dt^{n+1}} (t^{n-1} f) + {}_{n+1} C_1 \frac{dt}{dt} \frac{d^n}{dt^n} (t^{n-1} f) \notag \\ &= t \frac{d}{dt} \frac{d^n}{dt^n} (t^{n-1} f) + (n+1) \frac{d^n}{dt^n} (t^{n-1} f) = t h' + (n+1) h \tag{A.4} \end{align}\]より
\[(-1)^{n+1} t^{n+2} \frac{d^{n+1}}{dt^{n+1}} (t^n f) = (-1)^{n+1} t^2 \{ t^{n+1} h' + (n+1) t^n h \} = (A.3) \tag{A.5}\]が示されました。 以上から \(n\) での成立を仮定して \(n+1\) が示されたため、一般に
\[\frac{d^n f}{dx^n} = (-1)^n t^{n+1} \frac{d^n}{dt^n} (t^{n-1} f) \quad (t = 1/x) \tag{A.6}\]が成り立つことが証明されました。
参考文献
[1] Krall & Fink, 1949, “A new class of orthogonal polynomials: The Bessel polynomials”
[2] Wolfram MathWorld, “Bessel Polynomial”
[3] Mathlog, “留数と漸化式と円周率の平方根 (2) 〜ベッセル多項式〜”