Desarrollo en serie de Taylor

Question

Cómo obtener el término general de la serie de Taylor alrededor de $0$ de esta función?

He encontrado, el uso de Wolfram Alpha, que:

$$e^{a x} I_0 (|a| x)= \sum_{n=0}^\infty \frac{(2n)!}{n!^3} \frac{(a x)^n}{2^n}$$

Sospecho que debe haber una buena serie para la función general.

$$f(a,b,x)=e^{ax} J_0 (bx)$$

Veo varias formas de obtenerlo:

• Encontrar una ODA para $f(a,b,x)$ y la solución con el poder de la serie. Entonces, tal vez de una recurrencia de la relación nos permitirá encontrar una forma cerrada para los coeficientes.

• El uso de la representación integral de la función de Bessel.

Voy a tratar de la segunda forma:

$$J_0(x)= \frac{2}{\pi} \int_0^1 \frac{\cos (x u) du}{\sqrt{1-u^2}}$$

$$e^{a x} J_0(x)=\frac{2}{\pi} \int_0^1 e^{a x} \frac{\cos (x u) du}{\sqrt{1-u^2}}$$

Vamos a tratar de expansión:

$$e^{a x} \cos (u x)=\frac{1}{2} \left(e^{(a+i u) x}+e^{(a-i u) x} \right)= \\ = \frac{1}{2} \sum_{n=0}^\infty \frac{(a+iu)^n+(a-iu)^n}{n!} x^n$$

Así, obtenemos:

$$e^{a x} J_0 (b x)= \sum_{n=0}^\infty C_n(a,b) \frac{x^n}{n!}$$

Donde:

$$C_n(a,b)=\frac{1}{\pi} \int_0^1 \frac{(a+ib u)^n+(a-ib u)^n}{\sqrt{1-u^2}} du$$

Podemos simplificar esta expresión de alguna manera?

Supongo que podemos utilizar el Binomio de la serie y, a continuación, cada término se convierte en una función Beta. Por otro lado, se representan directamente esta integral como una suma de dos funciones hipergeométricas. Voy a ver qué puedo hacer, pero me gustaría tener otras ideas y respuestas.

Answer 1

El $n$-ésima derivada del producto es \begin{equation} \frac{d^n}{dx^n}f\left( a,b,x \right)=\sum_{k=0}^n\binom{n}{k}a^{n-k}b^ke^{ax}\left.\frac{d^k}{dz^k}J_0(z)\right|_{z=bx} \end{equation} Queremos evaluar en $x=0$, luego \begin{equation} C_n(a,b)=\left.\frac{d^n}{dx^n}f\left( a,b,x \right)\right|_{x=0}=\sum_{k=0}^n\binom{n}{k}a^{n-k}b^k\left.\frac{d^k}{dz^k}J_0(z)\right|_{z=0} \end{equation} Usando la fórmula para la $k$-ésima derivada de la función de Bessel (DLMF), \begin{equation} \left.\frac{d^k}{dz^k}J_0(z)\right|_{z=0}=\frac{1}{2^{k}}\sum_{p=0}^{k}(-1)^{p}\binom{k}{p}% J_{2p-k}\left(0\right) \end{equation} De esta suma, el único no-desaparición de funciones de Bessel en el origen tiene un índice de cero, es decir, $p=k/2$. Entonces, para un entero $s$, \begin{equation} \left.\frac{d^k}{dz^k}J_0(z)\right|_{z=0}=\begin{cases} (-1)^s2^{-2s}\binom{2s}{s} & \text{for } k=2s \\ 0 & \text{for } k=2s+1 \end{casos} \end{equation} así \begin{equation} C_n(a,b)=\sum_{s=0}^{\lfloor n/2 \rfloor}(-1)^s2^{-2s}\binom{n}{2s}\binom{2s}{s}a^{n-2s}b^{2s} \end{equation} finalmente, utilizando la expresión explícita de los polinomios de Legendre, obtenemos \begin{equation} C_n(a,b)=\operatorname{sign}(a)\left( a^2 +b^2\right)^{n/2}P_n\left( \frac{\left|a\right|}{\sqrt{a^2+b^2}} \right) \end{equation} Teniendo en cuenta la paridad de las propiedades de los polinomios, esta expresión puede ser escrita como: \begin{equation} C_n(a,b)=\left( a^2 +b^2\right)^{n/2}P_n\left( \frac{a}{\sqrt{a^2+b^2}} \right) \end{equation}

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Este resultado se puede comprobar con la exponencial de la generación de la función de los polinomios de Legendre \begin{equation} \sum_{n=0}^\infty P_n(z)\frac{t^n}{n!}=e^{tz}{}_0F_1\left( ;1;\frac{t^2\left( z^2-1\right)}{4} \right) \end{equation} cuando $-1<x<1$. El uso de la hipergeométrica representación de la función de Bessel \begin{equation} J_0(u)={}_0F_1\left( ;1;\frac{-u^2}{4} \right) \end{equation} Eligiendo $t^2\left( z^2-1 \right)=-b^2x^2$ e $tz=ax$, obtenemos \begin{equation} z=\frac{\pm1}{\sqrt{1+\frac{b^2}{a^2}}}\quad t=\pm ax \sqrt{1+\frac{b^2}{a^2}} \end{equation} a continuación, la generación de función es idéntica a la expansión de Taylor.

Answer 2

Con la transformada de Laplace $${\cal L}\left(e^{ax}J_0(bx)\right)=\dfrac{1}{\sqrt{b^2+(s-a)^2}}=\dfrac{1}{s{\sqrt{1-2\frac{a}{\sqrt{a^2+b^2}}\frac{\sqrt{a^2+b^2}}{s}+\left(\frac{\sqrt{a^2+b^2}}{s}\right)^2}}}$ $ válida para $s>\sqrt{a^2+b^2}$ . Con la función de generación de los polinomios de Legendre $$e^{ax}J_0(bx)={\cal L}^{-1}\sum_{n=0}^\infty\dfrac{\sqrt{a^2+b^2}^n}{s^{n+1}}P\left(\frac{a}{\sqrt{a^2+b^2}}\right) = \sum_{n=0}^\infty\dfrac{\sqrt{a^2+b^2}^n}{n!}P\left(\frac{a}{\sqrt{a^2+b^2}}\right)x^n$ $