Voy a suponer que $\nu$ es real, como en la formulación
de la pregunta. Algo similar puede ser cierto para
complejo de $\nu$ por un argumento similar, pero no sería una complicación adicional (tal vez
sólo notacional) trabajando con $\nu$ y
su conjugado $\overline{\nu}$, en lugar de sólo $\nu$.
Las funciones de Hankel $H^{(i)}_{\nu}(z)$ son de entera
excepto por una rama de corte a lo largo del eje real negativo.
Vamos
$$A^{(1)}_{\nu}(z) = \frac{H^{(1)}_{\nu-1}(z)}{ H^{(1)}_{\nu}(z)}, \qquad
A^{(2)}_{\nu}(z) = \frac{H^{(2)}_{\nu-1}(z)}{ H^{(2)}_{\nu}(z)},$$
$ A$ B^{(1)}_{\nu}(z) = \frac{H^{(1)}_{\nu+1}(z)}{ H^{(1)}_{\nu}(z)}, \qquad
B^{(2)}_{\nu}(z) = \frac{H^{(2)}_{\nu+1}(z)}{ H^{(2)}_{\nu}(z)}.$$
Introducimos la siguiente notación:
para una función de $F(z)$ con una rama de corte a lo largo de la negativa del eje, dejamos $F(x^{+})$
y $F(x^{-})$ el valor del límite de $F(z)$ $z \rightarrow x$ de la región
$\mathrm{Im}(z) > 0$ $\mathrm{Im}(z) < 0$ respectivamente.
Hay identidades como sigue:
$$\text{Eq. 1:} \quad A^{(1)}_{\nu}(x^{+}) = \overline{A^{(2)}_{\nu}(x^{-})} = -A^{(2)}_{\nu}(-x)
= - \overline{A^{(1)}_{\nu}(-x)},$$
$$
A^{(2)}_{\nu}(x^{+}) = \overline{A^{(1)}_{\nu}(x^{-})}.$$
y el mismo ecuaciones presionado para $B$. Tenga en cuenta que
no es cierto que
$A^{(2)}_{\nu}(x^{+}) = -A^{(2)}_{\nu}(-x)$, la falta de simetría
aquí está relacionada con la rama de corte. Este es un punto importante. El comportamiento de $A^{(1)}_{\nu}(z)$ es mala en la región cerca de $x^{-}$, y, en consecuencia,
$A^{(2)}_{\nu}(z)$ es mala, cerca de $x^{+}$.
La función de Hankel tiene buenas expansiones asintóticas para un gran $z$.
La relación de tales funciones en los argumentos
$\nu$ diferenciándose por números enteros es muy agradable, debido a la compleja fase se cancela.
En particular, se tiene la siguiente:
$$A^{(1)}_{\nu}(z) \sim
i \left(1 - \frac{(4 \nu^2 - 1)}{8} \cdot \frac{1}{z^2} + \ldots \right)
+ \frac{(2 \nu - 1)}{2} \cdot \frac{1}{z} + O(z^{-3}),$$
$$A^{(2)}_{\nu}(z) \sim
-i \left(1 - \frac{(4 \nu^2 - 1)}{8} \cdot \frac{1}{z^2} + \ldots \right)
+ \frac{(2 \nu - 1)}{2} \cdot \frac{1}{z} + O(z^{-3}),$$
$ A$ B^{(2)}_{\nu}(z) \sim
i \left(1 - \frac{(4 \nu^2 - 1)}{8} \cdot \frac{1}{z^2} + \ldots \right)
+ \frac{(2 \nu + 1)}{2} \cdot \frac{1}{z} + O(z^{-3}),$$
$ A$ B^{(1)}_{\nu}(z) \sim
-i \left(1 - \frac{(4 \nu^2 - 1)}{8} \cdot \frac{1}{z^2} + \ldots \right)
+ \frac{(2 \nu + 1)}{2} \cdot \frac{1}{z} + O(z^{-3}).$$
Esto es fuera de la mala regiones mencionadas anteriormente. En particular,
que tiene de $A^{(1)}_{\nu}(z)$ $B^{(1)}_{\nu}(z)$ $z$ con argumento
en $[-\pi + \epsilon,\pi]$, y para $A^{(2)}_{\nu}(z)$ $B^{(2)}_{\nu}(z)$ con argumento
en $[-\pi,\pi - \epsilon]$.
Deje $C_R$ ser el semi-círculo
con el centro de la $0$ y radio de $R$ en la mitad superior del plano, orientado en sentido anti-horario, y el pensamiento de como mentir
arriba de la rama de corte en $(-\infty,0])$. Tenga en cuenta que esta está contenida dentro del rango donde la asintótica tiene por $A^{(1)}_{\nu}(z)$,
y por lo tanto
$$\lim_{R \rightarrow \infty} \int_{C_R} z \left(\frac{H^{(1)}_{\nu-1}(z)}{ H^{(1)}_{\nu}(z)} - i \right)
- \frac{(2 \nu - 1)}{2} dz
= \pi i \cdot \left( -i \cdot \frac{(4 \nu^2 - 1)}{8} \right) =
\frac{\pi (4 \nu^2 - 1)}{8} $$
El término proviene del teorema de los residuos
(se aplica a un medio círculo, por lo tanto el $\pi i$ en lugar de $2 \pi i$ factor), y
el término de error proviene del hecho de que la integral de $O(z^{-2})$ a través de una
la mitad de círculo de radio
$R$ y la circunferencia de la $\pi R$$O(R^{-1})$.
Ahora usamos el siguiente hecho: $H^{(1)}_{\nu}(z)$ no tiene ceros en la parte superior de la mitad del plano.
Yo digo que es un hecho, pero no pude encontrar una referencia (Edit: prueba de este hecho que se incluye al final de esta respuesta). He probado rigurosamente con un explícito de contorno integral
cálculo para distintos rangos de valores de $\nu$, sin embargo. (Por cierto, por la expansión asintótica, que es válido en toda la mitad superior del plano, se sigue que cualquier ceros, si existen, deben establecerse dentro de la radio pequeño, que se puede eliminar mediante el cálculo de $(2 \pi i)^{-1} \oint d \log(f)$.)
Por el teorema de los residuos (teniendo en $C$ por encima de ser el círculo en la mitad superior del plano), obtenemos,
para cualquier holomorphic integrando,
$$0 = \oint = \int_{C} + \int^{R}_{-R},$$
y por lo tanto
$$ \lim_{R \rightarrow \infty} \int^{R}_{R} z \left(\frac{H^{(1)}_{\nu-1}(z)}{ H^{(1)}_{\nu}(z)} - i \right)
- \frac{(2 \nu - 1)}{2} dz
= - \frac{\pi (4 \nu^2 - 1)}{8} .$$
Tenga en cuenta que el integrando tiene orden de $O(1/z)$, por lo que uno realmente tiene que tomar el integrando
de $-R$ $R$y, a continuación, tomar el límite para que esto tenga sentido.
Uno puede aplicar el mismo análisis a $H^{(2)}_{\nu}$, excepto que ahora el cero región libre
de $H^{(2)}_{\nu}$
es en el menor de la mitad del plano --- de esta manera se sigue por la simetría de la
identidad $H^{(1)}_{\nu}(\overline{z}) = \overline{H^{(2)}_{\nu}(z)}$, tomando nota de
que estamos una vez más en la región correcta medida de lo asymptotics va.
Por lo tanto podemos deducir que
$$\lim_{R \rightarrow \infty} \int^{R}_{R} z \left(\frac{H^{(2)}_{\nu+1}(z)}{ H^{(2)}_{\nu}(z)} - i \right)
- \frac{(2 \nu + 1)}{2} dz = - \frac{\pi (4 \nu^2 - 1)}{8} .$$
Tenga en cuenta que la dirección de la integral ha cambiado, por razones de orientación.
Advertencia! También hay otra diferencia entre esta y la anterior integral. La primera integral fue por encima de la rama de corte y de esta integral es de abajo
la rama de corte. Sin embargo, en el primer caso,
fuimos la integración de los valores de la forma $A^{(1)}_{\nu}(x^+)$, que era el bueno de valor (en el
sentido de que estaba relacionado con otros tres valores que por la simetría en la ecuación 1), y
aquí estamos integrando $B^{(2)}_{\nu}(x^{-})$, que también está relacionada con tres
otros valores por las mismas ecuaciones.
La corrección de
el fin de la segunda integrando y luego restando los resultados, obtenemos
$$\lim_{R \rightarrow \infty} \int^{R}_{R} 1 + z
\left(\frac{H^{(1)}_{\nu-1}(z)}{ H^{(1)}_{\nu}(z)} - \frac{H^{(2)}_{\nu+1}(z)}{ H^{(2)}_{\nu}(z)} \right)
dz = - 2 \cdot \frac{\pi (4 \nu^2 - 1)}{8}.$$
Ahora podemos hacer dos observaciones: el integrando es ahora $O(z^{-2})$ grandes $z$, y por lo tanto
existe como una integral definida. Por otra parte, el integrando es par. A la luz de la advertencia,
realmente debemos especificar que el
integrando para los valores de $x \in (-\infty,0]$ es exactamente:
$$1 + x \left(A^{(1)}_{\nu}(x^{+}) - B^{(2)}_{\nu}(x^{-})\right).$$
(Uno debe revisar esta es la función correcta para hacer que el integrando
incluso.) Podemos deducir que
$$
- \int^{\infty}_{0} 1 + z \left(\frac{H^{(1)}_{\nu-1}(z)}{ H^{(1)}_{\nu}(z)} -
\frac{H^{(2)}_{\nu+1}(z)}{ H^{(2)}_{\nu}(z)} \right) dz = \frac{\pi (4 \nu^2 - 1)}{8}.$$
Vamos
$$I(\nu) = \int^{\infty}_{0} \log \frac{\pi x H^{(1)}_{\nu}(x) H^{(2)}_{\nu}(x)}{2} \cdot dx.$$
La integración por partes, y siendo un poco cuidadoso acerca de lo que sucede en el $0$, y
expresar las derivadas de funciones de Hankel en términos de funciones de Hankel de otros argumentos, nos encontramos con que
$$I(\nu) = - \int^{\infty}_{0} 1 + x \left(\frac{H^{(1)}_{\nu-1}(x)}{ H^{(1)}_{\nu}(x)} -
\frac{H^{(2)}_{\nu+1}(x)}{ H^{(2)}_{\nu}(x)} \right) dx = \frac{\pi (4 \nu^2 - 1)}{8}.$$
Como se señaló en los comentarios, esta fue la identidad de ser probado.
Alternativamente, integración por partes, también muestra que
$$\frac{\pi (\mu^2 - \nu^2)}{2} = I(\mu) - I(\nu)
= \int^{\infty}_{0} \log \frac{H^{(1)}_{\mu}(x) H^{(2)}_{\mu}(x)}{H^{(1)}_{\nu}(x) H^{(2)}_{\nu}(x)} \cdot dx,$$
y por lo tanto
$$ \int^{\infty}_{0} \log \frac{J_{\mu}(x)^2 + Y_{\mu}(x)^2}{J_{\nu}(x)^2 + Y_{\nu}(x)^2} \cdot
dx = \frac{\pi (\mu^2 - \nu^2)}{2}.$$
Edit: la Prueba de que $H^{(1)}_{\nu}(z)$ no tiene ceros en la mitad superior del plano real $\nu > 0$.
Me di cuenta de que la prueba se puede completar en una manera similar. Vamos
$$G^{(1)}_{\nu}(z) = d \log H^{(1)}_{\nu}(z)
=\frac{1}{2} \left(A^{(1)}_{\nu}(z) - B^{(1)}_{\nu}(z)\right).$$
A continuación, tenemos una fórmula asintótica, como antes:
$$A^{(1)}_{\nu}(z) \sim
i \left(1 - \frac{(4 \nu^2 - 1)}{8} \cdot \frac{1}{z^2} + \ldots \right)
+ \frac{(2 \nu - 1)}{2} \cdot \frac{1}{z} + O(z^{-3}), $$
$ A$ B^{(1)}_{\nu}(z) \sim
- i \left(1 - \frac{(4 \nu^2 - 1)}{8} \cdot \frac{1}{z^2} + \ldots \right)
+ \frac{(2 \nu + 1)}{2} \cdot \frac{1}{z} + O(z^{-3}), $$
y así
$$G^{(1)}_{\nu}(z) \sim i \left(1 - \frac{(4 \nu^2 - 1)}{8} \cdot \frac{1}{z^2} + \ldots \right) - \frac{1}{2z} + O(z^{-3}),$$
Esto es válido para $z$ con argumento en $[-\pi + \epsilon,\pi]$, por lo que, en particular, es válido en la mitad superior del plano.
Si $C_R$ denota el círculo en la mitad superior del plano, nos encontramos con que:
$$\lim_{R \rightarrow \infty} \int_{C_R} (G^{(1)}_{\nu}(z) - i) dz = - \frac{\pi i}{2},$$
porque es $O(R^{-1})$ además de la contribución de la $1/(2z)$ plazo.
Deje $\Omega_R$ denotar la frontera de la región delimitada por el intervalo de $[-R,R]$$C_R$.
La función de $H^{(1)}_{\nu}(z)$ e lo $H^{(1)}_{\nu}(z) e^{-iz}$ es holomorphic en $\Omega_R$
lejos de $z = 0$. En cero (y $\nu > 0$) tenemos un asintótica
$$H^{(1)}_{\nu}(z) \sim - i \cdot \frac{\Gamma(\nu)}{\pi} \left(\frac{2}{z}\right)^{\nu}.$$
De ello se deduce que el número de ceros
en la mitad superior del plano se da, de contabilidad, por la singularidad en $0$ (modificado por un factor de
de los dos, ya que esta integral sólo representa la mitad de la singularidad) por
$$\frac{\nu}{2} + \lim_{R \rightarrow \infty} \frac{1}{2 \pi i} \oint_{\Omega_R} d \log (H^{(1)}_{\nu}(z) e^{-iz}) dz$$
$ $ a= \frac{\nu}{2} + \frac{1}{2 \pi i} \left( \lim_{R \rightarrow \infty} \int_{C_R} (G^{(1)}_{\nu}(z) - i) dz +
\lim_{R \rightarrow \infty} \int_{-R}^{R} (G^{(1)}_{\nu}(z) - i) dz\right).$$
Se calculó la primera integral anterior, por lo tanto, es suficiente para calcular:
$$\frac{\nu}{2} -\frac{1}{4} + \frac{1}{2 \pi i} \lim_{R \rightarrow \infty} \int_{-R}^{R} (G^{(1)}_{\nu}(z) - i) dz.$$
Podemos escribir esto como la integral
$$\frac{\nu}{2} -\frac{1}{4} + \frac{1}{2 \pi i} \int_{0}^{\infty} \left( G^{(1)}_{\nu}(z) + G^{(1)}_{\nu}(-z) - 2 i \right) dz.$$
Esta expresión se evalúa a un número entero, que es el número de ceros de $H^{(1)}_{\nu}(z)$
en la mitad superior del plano.
En particular, la evaluación de esta integral numéricamente por un valor aleatorio (es decir $\nu = \pi$) muestra
que, para este valor es igual a cero. Ahora supongamos que varían $\nu$. Desde esta integral
evalúa a un número entero, para completar la prueba, es suficiente para mostrar que varía continuamente.
Para la integral sobre $[R,\infty)$ esto es claro por lo suficientemente grande como $R$ a partir de la fórmula asintótica. Para valores pequeños, es suficiente para mostrar que $H^{(1)}_{\nu}(z)$ no tiene ceros en
el real de la línea de $[0,R]$, ya que de lo contrario el integrando es continuo en a $\nu$, y la continuidad
de la integral es clara. Ahora en el eje real, tenemos, por definición,
$$H^{(1)}_{\nu}(z) = J_{\nu}(z) + i \cdot Y_{\nu}(z).$$
Desde $\nu$ es real, no es suficiente para mostrar que $J_{\nu}(z)$ $Y_{\nu}(z)$
no tiene ningún simultánea ceros. Sin embargo, los ceros de estas funciones de Bessel
son bien conocidos para entrelazar (véase Watson, Un tratado sobre la teoría de funciones de Bessel),
y el resultado es establecido. Edit: de Hecho, hay una mucho más fácil la prueba de que $J_{\nu}(z)$ $Y_{\nu}(z)$
no tiene ningún comunes ceros --- son soluciones linealmente independientes de una segunda orden ODE!
