Speciale Functies – Besselfuncties – Integraalrepresentaties

We bewijzen eerst

Stelling:

\[J_{\nu}(z)=\frac{1}{\Gamma(\nu+1/2)\sqrt{\pi}}\left(\frac{z}{2}\right)^{\nu} \int_{-1}^1e^{izt}(1-t^2)^{\nu-1/2}\,dt,\quad\text{Re}(\nu)>-1/2.\tag1\]

Bewijs: We beginnen met

\[\int_{-1}^1e^{izt}(1-t^2)^{\nu-1/2}\,dt=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(iz)^n}{n!}\int_{-1}^1t^n(1-t^2)^{\nu-1/2}\,dt.\]

Merk op dat de laatste integraal nul wordt als \(n\) oneven is. Voor \(n=2k\) volgt met behulp van \(t^2=u\)

\[\int_{-1}^1t^{2k}(1-t^2)^{\nu-1/2}\,dt=2\int_0^1u^k(1-u)^{\nu-1/2}\,\frac{du}{2\sqrt{u}} =\int_0^1u^{k-1/2}(1-u)^{\nu-1/2}\,du=B(k+1/2,\nu+1/2)=\frac{\Gamma(k+1/2)\Gamma(\nu+1/2)}{\Gamma(\nu+k+1)}.\]

Nu gebuiken we de verdubbelingsformule van Legendre en vinden dat

\[\Gamma(k+1/2)=\frac{\sqrt{\pi}}{2^{2k-1}}\cdot\frac{\Gamma(2k)}{\Gamma(k)} =\frac{\sqrt{\pi}}{2^{2k}}\cdot\frac{\Gamma(2k+1)}{\Gamma(k+1)}=\frac{\sqrt{\pi}}{2^{2k}}\cdot\frac{(2k)!}{k!}.\]

Dus geldt

\[\int_{-1}^1e^{izt}(1-t^2)^{\nu-1/2}\,dt=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(iz)^{2k}}{(2k)!}\cdot \frac{\Gamma(k+1/2)\Gamma(\nu+1/2)}{\Gamma(\nu+k+1)} =\Gamma(\nu+1/2)\sqrt{\pi}\,\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(-1)^k}{\Gamma(\nu+k+1)\,k!}\left(\frac{z}{2}\right)^{2k}.\]

Dit bewijst de stelling.

We hebben ook integraalrepresentaties van Poisson:

Stelling:

\[J_{\nu}(z)=\frac{1}{\Gamma(\nu+1/2)\sqrt{\pi}}\left(\frac{z}{2}\right)^{\nu}\int_0^{\pi}e^{iz\cos\theta}\,(\sin\theta)^{2\nu}\,d\theta =\frac{1}{\Gamma(\nu+1/2)\sqrt{\pi}}\left(\frac{z}{2}\right)^{\nu} \int_0^{\pi}\cos(z \cos\theta)\,(\sin\theta)^{2\nu}\,d\theta,\quad\text{Re}(\nu)>-1/2.\]

Bewijs: Met behulp van de substitutie \(t=\cos\theta\) volgt

\[\int_{-1}^1e^{izt}(1-t^2)^{\nu-1/2}\,dt=\int_{\pi}^0e^{iz\cos\theta}(1-\cos^2\theta)^{\nu-1/2}\cdot(-\sin\theta)\,d\theta =\int_0^{\pi}e^{iz\cos\theta}(\sin\theta)^{2\nu}\,d\theta.\]

Verder geldt

\[e^{iz\cos\theta}=\cos(z \cos\theta)+i\sin(z \cos\theta)\]

en

\[\int_0^{\pi}\sin(z \cos\theta)(\sin\theta)^{2\nu}\,d\theta=0.\]

Dit toont aan dat de integraalrepresentaties van Poisson volgen uit de integraalrepresentatie (1).

Opmerkingen:

1) De Fourier transformatie wordt gedefinieerd door

\[F(z):=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{\infty}e^{-izt}f(t)\,dt\]

met inversieformule

\[f(t)=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{\infty}e^{izt}F(z)\,dz.\]

Hieruit volgt dat de Fourier getransformeerde van de functie

\[f(t)=\left\{\begin{array}{ll}(1-t^2)^{\nu-1/2}, & |t|\le 1\\[2.5mm]0, & |t|>1\end{array}\right.\]

gelijk is aan

\[F(z)=\frac{\Gamma(\nu+1/2)}{\sqrt{2}}\left(\frac{z}{2}\right)^{-\nu}J_{\nu}(z).\]

2) In plaats van de substitutie \(t=\cos\theta\) in (1) kan men ook de substitutie \(t=\sin\theta\) gebruiken, waardoor iets andere vormen de integraalrepresentaties van Poisson ontstaan. Er geldt

\begin{align*} J_{\nu}(z)&=\frac{1}{\Gamma(\nu+1/2)\sqrt{\pi}}\left(\frac{z}{2}\right)^{\nu} \int_{-\pi/2}^{\pi/2}e^{iz\sin\theta}\,(\cos\theta)^{2\nu}\,d\theta\\[2.5mm] &=\frac{1}{\Gamma(\nu+1/2)\sqrt{\pi}}\left(\frac{z}{2}\right)^{\nu} \int_{-\pi/2}^{\pi/2}\cos(z \sin\theta)\,(\cos\theta)^{2\nu}\,d\theta\\[2.5mm] &=\frac{2}{\Gamma(\nu+1/2)\sqrt{\pi}}\left(\frac{z}{2}\right)^{\nu} \int_0^{\pi/2}\cos(z \sin\theta)\,(\cos\theta)^{2\nu}\,d\theta,\quad\text{Re}(\nu)>-1/2. \end{align*}

---

Last modified on 30 september 2021