Cómo mostrar $\sum_{n=-\infty}^\infty J_n J_{n+m} = \delta(m)$ ?

Question

La siguiente es una identidad relativa a las funciones de Bessel del primer tipo $J_n(x)$ para los enteros $n$ y $m$ :

$$\sum_{n=-\infty}^\infty J_n(x) J_{n+m}(x) = \delta(m)$$ donde $\delta(x)$ es la función delta de Kronecker.

Esto puede ser derivado de la Identidad Jacobi-Anger pero, ¿existe una forma más sencilla de derivarla, por ejemplo, utilizando las conocidas relaciones de recurrencia de las funciones de Bessel?

Answer 1

Si $m = 2k+1$ esta suma siempre contiene los dos términos diferentes $J_n(x)J_{n+m}(x)$ y $J_{-(n+m)}(x)J_{-n}(x)$ . Creo que podemos reescribir esta suma como $$\sum_{n=-k}^\infty (J_n(x)J_{n+m}(x) + J_{-(n+m)}(x)J_{-n}(x))$$ y luego utilizando la identidad $J_{-r}(x) = (-1)^{r}J_r(x)$ podemos reescribirlo como $$\sum_{n=-k}^\infty (J_n(x)J_{n+m}(x) + (-1)^{2n+m} J_{n+m}(x)J_n(x) = \sum_{n=-k}^\infty (J_n(x)J_{n+m}(x) - J_{n+m}(x)J_n(x)) = 0.$$ Así que eso es todo para impar $m$ Suponiendo que la reordenación de los términos sea legal en este caso.

Incluso para $m = 2k \neq 0$ No tengo ni idea. Puedes intentar este mismo truco pero no funciona, porque todos los $-1$ se anulan por completo en lugar de dejar uno para anular toda la suma. Además hay un único e incómodo $J_{-k}(x)J_{k}(x)$ término en el medio. Apuesto a que el truco es usar la recurrencia $${2r \over x}J_r(x) = J_{r-1}(x) + J_{r+1}(x)$$ para descomponer el conjunto a partir del término incómodo en dos sumas similares con $m' = m \pm 1$ (que obviamente no funcionará si $m = 0$ como se esperaba), y luego utilizar lo anterior para demostrar que ambas partes son cero. Pero no tengo ninguna razón concreta para creer que esto realmente funcionará, sólo un instinto.

Answer 2

Este es un argumento de la mano que utiliza la función generadora $e^{\frac{x}{2}(t-1/t)} = \sum_{m=-\infty}^\infty t^m J_m(z)$ :

$$\begin{eqnarray} e^{\frac{x}{2}(t-1/t)+\frac{x}{2}(u-1/u)} &=& e^{\frac{x}{2}(t-1/t)}e^{\frac{x}{2}(u-1/u)}\\\ &=& \left(\sum_{m=-\infty}^\infty t^m J_m(x)\right)\left(\sum_{n=-\infty}^\infty u^n J_n(x)\right)\\\ &=&\sum_{m=-\infty}^\infty\;\sum_{n=-\infty}^\infty t^{m}u^{n}J_m(x)J_n(x)\\\ &=&\sum_{m=-\infty}^\infty\;\sum_{k=-\infty}^\infty t^{m}u^{m+k}J_m(x)J_{m+k}(x)\\\ &=&\sum_{k=-\infty}^\infty u^k\sum_{m=-\infty}^\infty (tu)^{m}J_m(x)J_{m+k}(x)\;. \end{eqnarray}$$

Ahora dejemos que $t=1/u$ y obtenemos

$$1 = \sum_{k=-\infty}^\infty u^k \left(\sum_{m=-\infty}^\infty J_m(x)J_{m+k}(x)\right)\;,$$

que da el resultado deseado (ya que el término entre paréntesis es independiente de $u$ ).

[Gracias a Joriki por limpiar el LaTeX].