変形Bessel関数の４乗のMellin変換２
前書き
前回に続き４つの変形Bessel関数の積のMellin変換を扱います。
$$\int_0^\infty x^{s-1}I_v(x)^2K_v(x)^2dx=\frac{1}{2^{2v+s/2+2}\sqrt{\pi}}\Gamma\left[\begin{matrix}v+\frac{s}2,\frac{s}2,v+\frac{s+1}2\\1+2v,v+\frac{s}2\end{matrix}\right]F^{0,3,3}_{1,1,1}\left(\begin{matrix}-\:;v+\frac{s}4,v+\frac{s}4+\frac12,v+\frac{s}2\:;\frac12+\frac{s}4,\frac{s}4,\frac12\\v+\frac{s+1}2\:;1+2v\:;1\end{matrix};1;1\right)$$
見ての通り前回のようにきれいな式ではありませんね。
どうすれば$v=0$などでシンプルな形に帰着されるかはわかり次第追記したいと思います。
準備
DLMFに記載されている式を証明することなく用います。
$$I_v(x)K_v(x)=\int_0^\infty J_{2v}(2x\sinh(t))dt$$
こちら（
http://dlmf.nist.gov/10.32.E16
）に載っている変形Beesel関数の積の積分表示
$$I_\mu(x)K_v(x)=\int_0^\infty J_{v\pm\mu}(2x\cosh(t))e^{(-\mu\pm\nu)t}dt$$
において$\nu=\mu$と置いた式です。
$$\int_0^\infty x^{s-1}J_v(ax)J_v(bx)dx=\frac{2^{s-1}(ab)^v\Gamma(v+\frac{s}{2})}{(a^2+b^2)^{v+s/2}\Gamma(1-\frac{s}2)\Gamma(1+v)}\hyF{2}{1}{\frac{v}2+\frac{s}4,\frac{v+1}2+\frac{s}4}{v+1}{\frac{4a^2b^2}{(a^2+b^2)^2}}$$
こちら（ http://dlmf.nist.gov/10.22.E58 ）に載っている式です。
$$\hyF{2}{1}{a,b}{2b}{x}=(1-x)^{-a/2}\hyF{2}{1}{a/2,b-a/2}{b+1/2}{\frac{x^2}{4x-4}}$$
こちら（ http://dlmf.nist.gov/15.8.E14 ）に載っている式です。
$$\hyF{2}{1}{a,b}{c}{x}=\frac{\Gamma(c)}{\Gamma(b)\Gamma(c-b)}\int_0^\infty\frac{t^{b-1}(1+t)^{a-c}}{((1-x)t+1)^a}dt$$
こちら（ http://dlmf.nist.gov/15.6.E2_5 ）に載っている式です。
本題
$$\int_0^\infty x^{s-1}I_v(x)^2K_v(x)^2dx=\frac{1}{2^{2v+s/2+2}\sqrt{\pi}}\Gamma\left[\begin{matrix}v+\frac{s}2,\frac{s}2,v+\frac{s+1}2\\1+2v,v+\frac{s}2\end{matrix}\right]F^{0,3,3}_{1,1,1}\left(\begin{matrix}-\:;v+\frac{s}4,v+\frac{s}4+\frac12,v+\frac{s}2\:;\frac12+\frac{s}4,\frac{s}4,\frac12\\v+\frac{s+1}2\:;1+2v\:;1\end{matrix};1;1\right)$$
ただしここで
$$\Gamma\left[\begin{matrix}a_1,a_2,\cdots ,a_n\\b_1,b_2,\cdots ,b_m\end{matrix}\right]=\frac{\Gamma(a_1)\Gamma(a_2) \cdots\Gamma(a_n) }{\Gamma(b_1)\Gamma(b_2) \cdots\Gamma(b_m)} $$
であり、$F^{E,A,B}_{F,C,D}$はkampé de férietの二重超幾何級数
$$F^{E,A,B}_{F,C,D}\left(\begin{matrix}e_1,\cdots ,e_E\:;a_1,\cdots ,a_A\:;b_1,\cdots,b_B\\f_1,\cdots ,f_F\:;c_1,\cdots ,c_C\:;d_1,\cdots,d_D\end{matrix};x;y\right)=\sum_{0\leq n,m}\frac{(e_1,\cdots ,e_E)_{n+m}(a_1,\cdots ,a_A)_n(b_1,\cdots,b_B)_m}{(f_1,\cdots ,f_F)_{n+m}(c_1,\cdots ,c_C)_n(d_1,\cdots,d_D)_m}\frac{x^ny^m}{n!m!} $$
です。 早速計算していきましょう。
補題２の積分表示を用いてから積分の順序を交換すると次のように書けます。
$$\begin{align*}
\int_0^\infty &x^{s-1}I_v(x)^2K_v(x)^2dx=\int_0^\infty\int_0^\infty\int_0^\infty x^{s-1}J_{2v}(2x\sinh(t))J_{2v}(2x\sinh(y))dxdtdy\end{align*}$$
補題３のMellin変換を適応して$\sinh(t)^2=X,\sinh(y)^2=Y$と変数変換すると次を得ます。
$$\begin{align*}\frac{\Gamma(2v+\frac{s}{2})}{8\Gamma(1-\frac{s}2)\Gamma(1+2v)}\int_0^\infty\int_0^\infty\frac{X^vY^v}{(X+Y)^{2v+s/2}}\hyF{2}{1}{v+\frac{s}4,v+\frac{1}2+\frac{s}4}{2v+1}{\frac{4XY}{(X+Y)^2}}\frac{dYdX}{\sqrt{X(X+1)Y(Y+1)}}
\end{align*}$$
$Y=XZ$と変数変換し、積分の順序を交換してから補題５の積分表示を適応すると次のように書けます。
$$\begin{align*}\frac{\Gamma(2v+\frac{s}{2})\Gamma(\frac{s}2)}{8\Gamma(1+2v)}\int_0^\infty\frac{Z^{v-1/2}}{(1+Z)^{2v+s/2}}\hyF{2}{1}{v+\frac{s}4,v+\frac{1}2+\frac{s}4}{2v+1}{\frac{4Z}{(1+Z)^2}}\hyF{2}{1}{1-\frac{s}2,\frac12}{1}{1-Z}dZ
\end{align*}$$
二つ目の超幾何関数に補題４の変換公式を適応します。
$$\begin{align*}\frac{\Gamma(2v+\frac{s}{2})\Gamma(\frac{s}2)}{8\Gamma(1+2v)}\int_0^\infty\frac{x^{v+s/4-1}}{(1+x)^{2v+s/2}}\hyF{2}{1}{v+\frac{s}4,v+\frac{1}2+\frac{s}4}{2v+1}{\frac{4x}{(1+x)^2}}\hyF{2}{1}{\frac12-\frac{s}4,\frac{s}4}{1}{-\frac{(1-x)^2}{4x}}dx
\end{align*}$$
この積分は$x\to1/x$という変数変換で不変なので、積分範囲を$[0,1]$にして二倍しても値は一致します。
$$\begin{align*}\frac{\Gamma(2v+\frac{s}{2})\Gamma(\frac{s}2)}{4\Gamma(1+2v)}\int_0^1\frac{x^{v+s/4-1}}{(1+x)^{2v+s/2}}\hyF{2}{1}{v+\frac{s}4,v+\frac{1}2+\frac{s}4}{2v+1}{\frac{4x}{(1+x)^2}}\hyF{2}{1}{\frac12-\frac{s}4,\frac{s}4}{1}{-\frac{(1-x)^2}{4x}}dx
\end{align*}$$
$x\to(1-x)/(1+x)$と変数変換します。
$$\begin{align*}\frac{\Gamma(2v+\frac{s}{2})\Gamma(\frac{s}2)}{2^{2v+s/2+1}\Gamma(1+2v)}\int_0^1(1-x^2)^{v+s/4-1}\hyF{2}{1}{v+\frac{s}4,v+\frac{1}2+\frac{s}4}{2v+1}{1-x^2}\hyF{2}{1}{\frac12-\frac{s}4,\frac{s}4}{1}{\frac{x^2}{x^2-1}}dx
\end{align*}$$
二つ目の超幾何関数にPfaffの変換公式を適応し、$x^2\to x$と変数変換します。
$$\begin{align*}\frac{\Gamma(2v+\frac{s}{2})\Gamma(\frac{s}2)}{2^{2v+s/2+2}\Gamma(1+2v)}\int_0^1 x^{1/2-1}(1-x)^{v+s/2-1}\hyF{2}{1}{v+\frac{s}4,v+\frac{1}2+\frac{s}4}{2v+1}{1-x}\hyF{2}{1}{\frac12+\frac{s}4,\frac{s}4}{1}{x}dx
\end{align*}$$
二つの超幾何関数を級数に直し、ベータ積分を使えば目的の式が得られます。
$$\begin{align*}\frac{\Gamma(2v+\frac{s}{2})\Gamma(\frac{s}2)\Gamma(\frac{s+1}2+v)}{2^{2v+s/2+2}\sqrt{\pi}\Gamma(1+2v)\Gamma(v+\frac{s}2)}\sum_{0\leq n,m}\frac{(v+\frac{s}4,v+\frac{s}4+\frac12,v+\frac{s}2)_n(\frac{s}4,\frac{s}4+\frac12,\frac12)_m}{(1+2v)_n(1)_m(\frac{s+1}2+v)_{n+m}n!m!}
\end{align*}$$
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