\begin{equation}I_n(z)=\frac{1}{\pi}\int_0^\pi e^{z\cos\t}\cos n\t d\t\tag{1}\end{equation}\begin{equation}I_\nu(z)=\frac{1}{\sqrt{\pi}\G(\nu+\frac{1}{2})}\left(\frac{z}{2}\right)^\nu\int_0^\pi e^{\pm z\cos\t}\sin^{2\nu}d\t\tag{2}\end{equation}
ただし $I_\nu(z)$ は第1種変形ベッセル関数\begin{equation}I_\nu(z)=\sum_{m=0}^\infty\frac{1}{m!\G(m+\nu+1)}\left(\frac{z}{2}\right)^{2m+\nu}\tag{3}\end{equation}である．$\nu$ が整数 $n$ のときは$$I_{-n}(x)=I_n(x)$$変形ベッセル関数についての基本的な話は
を参照．また本稿の議論は第1種ベッセル関数 $J_\nu(z)$ の積分表示について論じた記事
と非常に類似している．
\begin{equation}e^{\frac{x}{2}(z+\frac{1}{z})}=\sum^{\infty}_{m=-\infty}I_m(x)z^m\tag{4}\end{equation}
左辺をローラン展開すると変形ベッセル関数が係数として現れるという意味の式である．左辺を $I_n(x)$ の母関数という．これを示す．\begin{eqnarray*} e^{\frac{x}{2}(z+\frac{1}{z})} &=& e^{\frac{x}{2}z}e^{\frac{x}{2z}}\\&=&\sum^\infty_{l=0}\frac{(\frac{x}{2}z)^l}{l!}\sum^\infty_{m=0}\frac{(\frac{x}{2z})^m}{m!}\\&=&\sum^\infty_{l=0}\sum^\infty_{m=0}\frac{1}{l!m!}\left(\frac{x}{2}\right)^{l+m}z^{l-m}\end{eqnarray*} $l\ge m$ のときと $l<m$ のときで分ける．\begin{equation} e^{\frac{x}{2}(z+\frac{1}{z})} = \sum^\infty_{l\ge m}\sum^\infty_{m=0} \frac{1}{l!m!}\left(\frac{x}{2}\right)^{l+m}z^{l-m} + \sum^\infty_{m>l}\sum^\infty_{l=0} \frac{1}{l!m!}\left(\frac{x}{2}\right)^{l+m}z^{l-m}\end{equation}第1項で $l=m+n$ , 第2項で $m=l+n$ とおくと \begin{eqnarray*} e^{\frac{x}{2}(z+\frac{1}{z})} &=& \sum^\infty_{n=0}\sum^\infty_{m=0} \frac{1}{(m+n)!m!}\left(\frac{x}{2}\right)^{2m+n}z^n + \sum^\infty_{n=1}\sum^\infty_{l=0} \frac{1}{l!(l+n)!}\left(\frac{x}{2}\right)^{2l+n}z^{-n}\\&=& \sum^\infty_{n=0} I_n(x)z^n+\sum^\infty_{n=1}I_n(x)z^{-n}\;\because(3)\\&=& \sum^\infty_{n=0} I_n(x)z^n+\sum^\infty_{n=1}I_{-n}(x)z^{-n}\\&=& \sum^\infty_{m=-\infty} I_m(x)z^m\end{eqnarray*} よって(4)が成立する．
(4)の 両辺に $z^{-n-1}$ をかけ，単位円 $|z|=1$ 上で複素積分する．$$\oint_{|z|=1}z^{-n-1}e^{\frac{x}{2}(z+\frac{1}{z})}dz= \sum^{\infty}_{m=-\infty}I_m(x)\oint_{|z|=1}z^{m-n-1}dz$$$z=e^{i\theta}$ と置換すると $dz=ie^{i\theta}d\theta$ であるから\begin{eqnarray*} &&\oint_{|z|=1}z^{-n-1}e^{\frac{x}{2}(z+\frac{1}{z})}dz= \sum^{\infty}_{m=-\infty}I_m(x)\oint_{|z|=1}z^{m-n-1}dz\\&\Leftrightarrow&\int^{2\pi}_0e^{-i(n+1)\theta}e^{x\frac{e^{i\theta}+e^{-i\theta}}{2}}ie^{i\theta}d\theta=\sum^{\infty}_{m=-\infty}I_m(x)\int^{2\pi}_0e^{i(m-n-1)\theta}ie^{i\theta}d\theta\\ &\Leftrightarrow& \int^{2\pi}_0e^{-in\theta}e^{x\cos\theta}d\theta=\sum^{\infty}_{m=-\infty}I_m(x)\int^{2\pi}_0e^{i(m-n)\theta}d\theta\\ &\Leftrightarrow& \int^{2\pi}_0e^{x\cos\theta-in\theta}d\theta=2\pi I_n(x)\end{eqnarray*}左辺については積分区間を半分に分けた後半のほうを$\phi=2\pi-\theta$ と置換することで\begin{eqnarray*} \int^{2\pi}_0e^{x\cos\theta-in\theta}d\theta&=& \int^{\pi}_0e^{x\cos\theta-in\theta}d\theta+ \int^{2\pi}_\pi e^{x\cos\theta-in\theta}d\theta\\&=&\int^{\pi}_0e^{x\cos\theta-in\theta}d\theta+ \int^{0}_{\pi}e^{x\cos\phi-in(2\pi-\phi)}(-d\phi)\\&=&\int^{\pi}_0e^{x\cos\theta-in\theta}d\theta+\int^{\pi}_{0}e^{x\cos\phi+in\phi}d\phi \\&=&2\int^{\pi}_0e^{x\cos\theta}\cos n\theta d\theta\end{eqnarray*} $$\therefore\quad I_n(x)=\frac{1}{\pi}\int^{\pi}_0e^{x\cos\theta}\cos n\theta d\theta$$よって(1)は示された．
次に(2)を示す．唐突であるが$$\int^1_{-1}e^{-zx}(1-x^2)^{\nu-\frac{1}{2}}dx$$なる積分を考える．
過去記事を参照すれば必ずしも唐突でないと分かる．第1種ベッセル関数 $J_\nu(z)$ について同様の積分表示を導出した際に$$\int^1_{-1}e^{izx}(1-x^2)^{\nu-\frac{1}{2}}dx$$なる積分を利用した．$i^nI_n(z)=J_n(iz)$ であることからこの積分において $z\to iz$ と置き換えたものが(2)を導くであろうと推測できる．
$e^X$のマクローリン展開を用いて\begin{eqnarray*} \int^1_{-1}e^{-zx}(1-x^2)^{\nu-\frac{1}{2}}dx &=& \int^1_{-1}\sum_{n=0}^\infty\frac{(-zx)^n}{n!}(1-x^2)^{\nu-\frac{1}{2}}dx \\&=&\sum_{n=0}^\infty\frac{(-z)^n}{n!} \int^1_{-1}x^n(1-x^2)^{\nu-\frac{1}{2}}dx\end{eqnarray*}最右辺の被積分関数は $n$ が奇数のとき奇関数であり，偶数のとき偶関数であるので $n=2m$ のみ考えればよい．\begin{eqnarray*} \int^1_{-1}e^{-zx}(1-x^2)^{\nu-\frac{1}{2}}dx &=& \sum_{m=0}^\infty\frac{(-z)^{2m}}{(2m)!}\cdot 2\int^1_0 x^{2m}(1-x^2)^{\nu-\frac{1}{2}}dx\\&=& \sum_{m=0}^\infty\frac{z^{2m}}{(2m)!}\cdot 2\int^1_0 x^{2m}(1-x^2)^{\nu-\frac{1}{2}}dx\\&=& \sum_{m=0}^\infty\frac{z^{2m}}{(2m)!}\int^1_0 y^{m}(1-y)^{\nu-\frac{1}{2}}\frac{dy}{\sqrt{y}}\\&=& \sum_{m=0}^\infty\frac{z^{2m}}{(2m)!}\int^1_0 y^{m-\frac{1}{2}}(1-y)^{\nu-\frac{1}{2}}dy\\&=& \sum_{m=0}^\infty\frac{z^{2m}}{(2m)!}B\left(m+\frac{1}{2},\nu+\frac{1}{2}\right)\\&=&\sum_{m=0}^\infty\frac{z^{2m}}{(2m)!}\frac{\Gamma(m+\frac{1}{2})\Gamma(\nu+\frac{1}{2})}{\Gamma(m+\nu+1)}\end{eqnarray*}ここでは置換 $x^2=y$ およびベータ関数の定義$$B(x,y)=\int_0^1t^{x-1}(1-t)^{y-1}dt$$およびベータ関数とガンマ関数の関係式$$B(x,y)=\frac{\Gamma(x)\Gamma(y)}{\Gamma(x+y)}$$を用いた．最後に現れたガンマ関数の１つを\begin{eqnarray*}\Gamma\left(m+\frac{1}{2}\right)&=&(m-\frac{1}{2})(m-\frac{3}{2})\cdots\frac{3}{2}\frac{1}{2}\Gamma\left(\frac{1}{2}\right)\\&=& (m-\frac{1}{2})(m-\frac{3}{2})\cdots\frac{3}{2}\frac{1}{2}\sqrt{\pi}\\&=& \frac{(2m-1)!!}{2^m}\sqrt{\pi}\end{eqnarray*}と変形を施せば\begin{eqnarray*} \int^1_{-1}e^{-zx}(1-x^2)^{\nu-\frac{1}{2}}dx &=& \sqrt{\pi}\sum_{m=0}^\infty\frac{z^{2m}}{(2m)!}\frac{(2m-1)!!}{2^m}\frac{\Gamma(\nu+\frac{1}{2})}{\Gamma(m+\nu+1)}\\&=& \sqrt{\pi}\Gamma(\nu+\frac{1}{2})\sum_{m=0}^\infty\frac{z^{2m}}{(2m)!!}\frac{1}{2^m}\frac{1}{\Gamma(m+\nu+1)}\\&=& \sqrt{\pi}\Gamma(\nu+\frac{1}{2})\sum_{m=0}^\infty\frac{z^{2m}}{m!2^{2m}}\frac{1}{\Gamma(m+\nu+1)}\\&=& \sqrt{\pi}\Gamma(\nu+\frac{1}{2})\sum_{m=0}^\infty\frac{1}{m!\Gamma(m+\nu+1)}\left(\frac{z}{2}\right)^{2m}\\&=& \frac{\sqrt{\pi}\Gamma(\nu+\frac{1}{2})}{(z/2)^\nu} \sum_{m=0}^\infty\frac{1}{m!\Gamma(m+\nu+1)}\left(\frac{z}{2}\right)^{2m+\nu}\\&=& \frac{\sqrt{\pi}\Gamma(\nu+\frac{1}{2})}{(z/2)^\nu} I_\nu(z) \quad\because(3)\end{eqnarray*}$$\therefore\quad I_\nu(z)=\frac{1}{\sqrt{\pi}\Gamma(\nu+\frac{1}{2})}\left(\frac{z}{2}\right)^\nu\int^1_{-1}e^{-zx}(1-x^2)^{\nu-\frac{1}{2}}dx$$
右辺の積分で $x=\cos\theta$ あるいは $x=-\cos\theta$ とおくと$$\int^1_{-1}e^{-zx}(1-x^2)^{\nu-\frac{1}{2}}=\int_0^\pi e^{\pm z\cos\theta}\sin^{2\nu}\theta d\theta$$となるから$$I_\nu(z)=\frac{1}{\sqrt{\pi}\Gamma(\nu+\frac{1}{2})}\left(\frac{z}{2}\right)^\nu\int_0^\pi e^{\pm z\cos\theta}\sin^{2\nu}\theta d\theta$$よって(2)は示された．
あるいは\begin{eqnarray*}I_\nu(z)&=&\frac{1}{2}I_\nu(z)+\frac{1}{2}I_\nu(z)\\&=&\frac{1}{\sqrt{\pi}\Gamma(\nu+\frac{1}{2})}\left(\frac{z}{2}\right)^\nu\int_0^\pi \frac{e^{z\cos\theta}+e^{-z\cos\theta}}{2}\sin^{2\nu}\theta d\theta\\&=&\frac{1}{\sqrt{\pi}\Gamma(\nu+\frac{1}{2})}\left(\frac{z}{2}\right)^\nu\int_0^\pi \cosh(z\cos\theta)\sin^{2\nu}\theta d\theta\end{eqnarray*}とも表せる．
\begin{equation}I_n(z)=\frac{1}{\pi}\int_0^\pi e^{z\cos\t}\cos n\t d\t\tag{1}\end{equation}\begin{equation}I_\nu(z)=\frac{1}{\sqrt{\pi}\G(\nu+\frac{1}{2})}\left(\frac{z}{2}\right)^\nu\int_0^\pi e^{\pm z\cos\t}\sin^{2\nu}d\t\tag{2}\end{equation}
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