Сумма ряда по бесселевым функциям.

[Caran-d'Ache]

Добрый день. Некоторое время назад, в другой ветке всплыл вопрос о сходимости ряда по бесселевым функциям. Так до сих пор и не разобрался. Может подскажите идею, как к нему подступиться.
Ряд следующий:
$\frac{\sqrt{\pi } a e^{-\frac{a^2}{2}}}{2}\sum _{n=1}^{\infty } \frac{ (-1)^n (2 n+1) I_{n+\frac{1}{2}}\left(\frac{a^2}{2}\right)}{n^2 (n+1)^2}$, где $a$ вещественный, положительный параметр, $a>1$.
По идее ряд сходится, т.к. можно построить мажорирующий сходящийся ряд (это вроде бы не проблема). Забил его в Математике, получилось, что ряд сходится к числу примерно $-0.3220...$.
Хотелось бы найти сумму аналитически.

[svv]

Может быть, как-то поможет:
1) Функции Бесселя (в т.ч. модифицированные) полуцелого порядка выражаются через элементарные функции.
2) У Вас аргумент постоянный, а меняется порядок. Тогда для членов ряда можно написать рекуррентную формулу.

[svv]

А именно:

$$I_{n+\frac 1 2}(z)=\sqrt {\frac 2 \pi} z^{n+\frac 1 2}\left(\frac {d}{zdz}\right)^n \left[ \frac {\sh z} z \right]$$

$$I_{(n-1)+\frac 1 2}(z)-I_{(n+1)+\frac 1 2}(z)=\frac {2n+1} {z} I_{n+\frac 1 2}(z)$$

[Caran-d'Ache]

ээээ... спасибо, конечно, но пока не догоняю, как это можно применить...
Пробовал использовать интегральное представление модифицированной функции Бесселя, только всё равно ни к чему вразумительному не прихожу.

[svv]

Я тоже...

Вот еще одно представление (Ватсон, Теория бесселевых функций, с.94):
$I_{n+\frac 1 2}(z)=\frac 1 {\sqrt{2 \pi z}}\left[e^z \sum \limits_{r=0}^n\frac{(-1)^r (n+r)!}{r! (n-r)! (2z)^r}+(-1)^{n+1}e^{-z} \sum \limits_{r=0}^n\frac{(n+r)!}{r! (n-r)! (2z)^r} \right]$

[Caran-d'Ache]

Спасибо, эт я тоже уже крутил. В итоге прихожу (Математика приходит), после переструктурирования сумм от двойного суммирования к одинарному, но уже по каким-то диким обобщённым гипергеометрических функциям. Так что легче не становиться.
На самом деле, то что этот ряд сходится (причём почти к одному и тому же числу при различных значениях параметра), означает, что растёт он как $\frac{e^{\frac{a^2}{2}}}{a}$ с некоторым постоянным множителем. И этот множитель и надо бы найти. Или я не прав? И как бы это сделать?

[svv]

Я правильно понял, что Вы собрали в каждом из двойных рядов (при $e^z$ и при $e^{-z}$) в двойных суммах слагаемые с одинаковыми степенями $z$? После этого "внутренние" суммы в принципе могли бы как-то сворачиваться (так как там уже чистая комбинаторика, и никаких функций $z$). Но -- не повезло, так?

[Caran-d'Ache]

Вы абсолютно правы. Так и сделал. Но как результат получил результирующую внутреннюю сумму в виде суммы 3-х гипергеометрических функций (с порядками $p=3, q=3$, от аргумента $-1$) (решение опять таки получал в системе Математика, т.к. в справочниках подобной суммы не нашёл). Ну и в итоге внешняя сумма не снимается . Так что этот фокус не проходит.

[svv]

Жаль. Не всем рядам дано свернуться в этом мире...