オメガ関数　~Airy関数の一般化~

$\Omega^\mu_1:D^\mu y=xy$なので$\mathcal{B}^*\Omega^\mu_1:Dy=-x^\mu y$となります
こちらの解は$ce^{-x^\omega/\omega}$と簡単に求められます
つまり$\Omega^\mu_1$の解は
$$c\int_{\mathcal{C}}e^{-x^\omega/\omega+sx}dx$$
と書けるわけですね。ではどういった経路を$\mathcal{C}$として選べばいいでしょうか？
もう一度$e^{-x^\omega/\omega}$のグラフを見てみましょう
$e^{-x^\omega/\omega}\:\:(\mu=1\sim\mu=8)$
白いエリアを避けて積分路を取ればいいですね。次のような経路を取ってみることにします
経路の取り方
ごちゃごちゃしすぎるのでこれぐらいしか書きませんが要領はつかめたと思います
$C_0:x=t\:$ $\bar{C}_0:x=-t\:$ $C_n:x=e^{2\pi ni/\omega}t\:$ $\bar{C}_n:x=e^{2\pi ni/\omega}t$ $(0< t<\infty)$
という風に書けますね。経路はセクターを跨がない限り自由に変形しても大丈夫ですね
$C_n$と$\bar{C}_n$は$n\neq0$の時共役な経路になっているのでこれらを足し引きすれば実軸上で実数値を足る関数が得られますね

$\mathrm{Ai}^\mu(s)$は常に存在するとは限りません
図９の左上や中央下のグラフを見ればわかる通り、虚軸が完全に発散するセクターの内側にある場合もあります
これらの挙動は$\mod4$で場合分けすることができます
・$\omega \equiv 0\mod4$
この場合、虚軸は収束セクターの中心にあるので、問題なく積分路に虚軸を選べて次のようになります
$$\begin{align*}\mathrm{Ai}^\mu(s)&=\frac{1}{2\pi i}\int_{-i\infty}^{i\infty} e^{-x^\omega/\omega+sx}dx=\frac{1}{\pi}\int_0^\infty e^{-x^\omega/\omega}\cos(sx)dx \end{align*}$$
・$\omega \equiv 1\mod4$
先程ほど簡単にはいきません。虚軸はセクターの左側にあります。そこで$\epsilon>0$を使って、
$$\begin{align*}\mathrm{Ai}^\mu(s)&=\frac{1}{2\pi i}\int_{-i\infty+\epsilon}^{i\infty+\epsilon} e^{-x^\omega/\omega+sx}dx=\frac{1}{2\pi }\int_{-\infty-i\epsilon}^{\infty-i\epsilon} e^{-ix^\omega/\omega+isx}dx\\ &=\frac{1}{2\pi }\int_{-\infty-i\epsilon}^{\infty-i\epsilon} \cos\left(\frac{x^\omega}{\omega}-sx\right)dx-\frac{1}{2\pi }\int_{-\infty-i\epsilon}^{\infty-i\epsilon} \sin\left(\frac{x^\omega}{\omega}-sx\right)dx \end{align*}$$
$\epsilon\rightarrow 0$とすれば次を得ます。ただしこれは$s$が実数の時しか収束しません
$$\begin{align*}\mathrm{Ai}^\mu(s)&=\frac{1}{\pi }\int_{0}^{\infty} \cos\left(\frac{x^\omega}{\omega}-sx\right)dx \end{align*}$$
・$\omega \equiv 2\mod4$
虚軸は発散セクターに埋もれてしまい、虚軸に積分路を通せないため有界な関数は作れません...
・$\omega \equiv 3\mod4$
先ほどと逆で、虚軸はセクターの左に触れています。$\epsilon$の符号を変えて同じように計算すれば
$$\begin{align*}\mathrm{Ai}^\mu(s)&=\frac{1}{\pi }\int_{0}^{\infty} \cos\left(\frac{x^\omega}{\omega}+sx\right)dx \end{align*}$$
が得られます

まず$\mathrm{Ai}^3(s),\mathrm{Bi}^3(s),\mathrm{Ci}^3(s)$を漸近展開していきましょう。そのために$\lambda=s^{4/3}$とするとこのように表せます
$$\mathrm{Ai}^3(s)=\frac{\lambda^{1/4}}{2\pi i}\int_{\mathcal{C}_1-\bar{\mathcal{C}}_1}e^{\lambda(z-z^4/4)}dz $$
$$\mathrm{Bi}^3(s)=\frac{\lambda^{1/4}}{2\pi}\int_{2\mathcal{C}_0-\mathcal{C}_1-\bar{\mathcal{C}}_1}e^{\lambda(z-z^4/4)}dz $$
$$\mathrm{Ci}^3(s)=\frac{\lambda^{1/4}}{2\pi }\int_{\mathcal{C}_0-\bar{\mathcal{C}}_0}e^{\lambda(z-z^4/4)}dz $$
ここで$\omega(z)=z-\frac{z^4}{4}$とおいて、鞍点法を用いてこれらを評価していきます
まず$\omega(x)$の鞍点を探していきましょう
$$\omega(x)=z-\frac{z^4}{4}$$
$$\omega'(x)=1-z^3$$
$$\omega''(x)=-3z^2$$
ですので鞍点は$1,e^{2\pi i/3},e^{-2\pi i/3}$の３つになります
次に$\omega(z)$の最速降下線を探しましょう。最速降下線では虚部が一定なので$z=x+iy(x,y\in\mathbb{R})$として、
$$\mathfrak{I}\omega(z)=\mathfrak{I}\omega(鞍点)$$
を解いて得られる曲線の中に最速降下線があります。虚部を求めて値を代入すれば３つの方程式
$$(1):y\left(1-x^3-xy^2\right)=0$$
$$(2):y\left(1-x^3-xy^2\right)=\frac{3\sqrt{3}}{8}$$
$$(3):y\left(1-x^3-xy^2\right)=-\frac{3\sqrt{3}}{8}$$
が得られます。geogebraを使ってこれらの曲線を描画してみます
$\omega(z)$の実部の３Dグラフと共に描画した(1),(2),(3)の解曲線
鞍点を通る最速降下線$D$と最速上昇線$A$が３つずつ得られていますね。ここでこれらの関数を導入します
$$I_0(\lambda)=\frac{\lambda^{1/4}}{2\pi i}\int_{D_0}e^{\lambda(z-z^4/4)}dz$$
$$I_1(\lambda)=\frac{\lambda^{1/4}}{2\pi i}\int_{D_1}e^{\lambda(z-z^4/4)}dz$$
$$\bar{I}_1(\lambda)=\frac{\lambda^{1/4}}{2\pi i}\int_{\bar{D}_1}e^{\lambda(z-z^4/4)}dz$$
それぞれの経路は最速降下線なので$\lambda$が十分大きい時積分に効いてくるのは鞍点の周りだけです
そこで最速降下線を鞍点の周りの小さな区間の直線で近似したものに経路を変更します
これらの直線の方向は$e^{2i\theta}\lambda\omega''(鞍点)=-\abs{\lambda\omega''(鞍点)}$となる$\theta$です
それぞれの鞍点についてこれを求めると方向は$\theta=0,\theta=\pi/3,\theta=-\pi/3$となります
最速降下線の直線近似
また、$\omega(z)$は鞍点において次のように展開できます
$$\omega(z)=\frac{3}{4}-\frac{3}{2}(z-1)^2+o(z^3)$$
$$\omega(z)=e^{2\pi i/3}\frac{3}{4}-e^{-2\pi i/3}\frac{3}{2}(z-e^{2\pi i/3})^2+o(z^3)$$
$$\omega(z)=e^{-2\pi i/3}\frac{3}{4}-e^{2\pi i/3}\frac{3}{2}(z-e^{-2\pi i/3})^2+o(z^3)$$
これらを使って積分を近似していきます
$$\begin{align*}I_0(\lambda)&=\frac{\lambda^{1/4}}{2\pi i}\int_{D_0}e^{\lambda(z-z^4/4)}dz\\ &\approx \frac{\lambda^{1/4}}{2\pi i}\int_{T_0}e^{\lambda(z-z^4/4)}dz（直線で近似）\\&\approx \frac{\lambda^{1/4}}{2\pi i}\int_{T_0}e^{\lambda((3/4)-(3/2)(z-1)^2)}dz（級数展開）\\ &=\frac{\lambda^{1/4}}{2\pi i}e^{(3/4)\lambda}\int_{-\epsilon}^\epsilon e^{-\lambda(3/2)z^2}dz\\ &\approx\frac{\lambda^{1/4}}{2\pi i}e^{(3/4)\lambda}\int_{-\infty}^\infty e^{-\lambda(3/2)z^2}dz（\lambdaが大きい時\pm\epsilon\sim\pm\inftyの積分は無視できるので追加してよい）\\ &=\frac{\lambda^{1/4}}{2\pi i}e^{(3/4)\lambda}\sqrt{\frac{2\pi}{3\lambda}}\\ \end{align*}$$

$$\begin{align*}I_1(\lambda)&=\frac{\lambda^{1/4}}{2\pi i}\int_{D_1}e^{\lambda(z-z^4/4)}dz\\ &\approx \frac{\lambda^{1/4}}{2\pi i}\int_{T_1}e^{\lambda(z-z^4/4)}dz（直線で近似）\\&\approx \frac{\lambda^{1/4}}{2\pi i}\int_{T_1}e^{\lambda(e^{2\pi i/3}(3/4)-e^{-2\pi i/3}(3/2)(z-e^{2\pi i/3})^2)}dz（級数展開）\\ &=\frac{\lambda^{1/4}}{2\pi i}e^{e^{2\pi i/3}(3/4)\lambda}e^{\pi i/3}\int_{-\epsilon}^\epsilon e^{-\lambda(3/2)z^2}dz\\ &\approx\frac{\lambda^{1/4}}{2\pi i}e^{e^{2\pi i/3}(3/4)\lambda}e^{\pi i/3}\int_{-\infty}^\infty e^{-\lambda(3/2)z^2}dz（\lambdaが大きい時\pm\epsilon\sim\pm\inftyの積分は無視できるので追加してよい）\\ &=\frac{\lambda^{1/4}}{2\pi i}e^{e^{2\pi i/3}(3/4)\lambda}e^{\pi i/3}\sqrt{\frac{2\pi}{3\lambda}}\\ \end{align*}$$

$$\begin{align*}\bar{I}_1(\lambda)&=\frac{\lambda^{1/4}}{2\pi i}\int_{\bar{D}_1}e^{\lambda(z-z^4/4)}dz\\ &\approx \frac{\lambda^{1/4}}{2\pi i}\int_{\bar{T}_1}e^{\lambda(z-z^4/4)}dz（直線で近似）\\&\approx \frac{\lambda^{1/4}}{2\pi i}\int_{\bar{T}_1}e^{\lambda(e^{-2\pi i/3}(3/4)-e^{2\pi i/3}(3/2)(z-e^{-2\pi i/3})^2)}dz（級数展開）\\ &=\frac{\lambda^{1/4}}{2\pi i}e^{e^{-2\pi i/3}(3/4)\lambda}e^{-\pi i/3}\int_{-\epsilon}^\epsilon e^{-\lambda(3/2)z^2}dz\\ &\approx\frac{\lambda^{1/4}}{2\pi i}e^{e^{-2\pi i/3}(3/4)\lambda}e^{-\pi i/3}\int_{-\infty}^\infty e^{-\lambda(3/2)z^2}dz（\lambdaが大きい時\pm\epsilon\sim\pm\inftyの積分は無視できるので追加してよい）\\ &=\frac{\lambda^{1/4}}{2\pi i}e^{e^{-2\pi i/3}(3/4)\lambda}e^{-\pi i/3}\sqrt{\frac{2\pi}{3\lambda}}\\ \end{align*}$$
ここで$\mathrm{Ai}^3(s),\mathrm{Bi}^3(s),\mathrm{Ci}^3(s)$とこれらの関数は次のような関係にあるので
$$\mathrm{Ai}^3(s)=I_1(\lambda)-\bar{I}_1(\lambda) $$
$$\mathrm{Bi}^3(s)=i(2I_0(\lambda)-I_1(\lambda)-\bar{I}_1(\lambda)) $$
$$\mathrm{Ci}^3(s)=iI_0(\lambda)$$
これで漸近展開を求められます

次に$\mathrm{Ai}^4(s),\mathrm{Ai}^4(2,s)$の漸近展開を見ていきましょう。$\mathrm{Bi}^4$はあまり面白くないので省略します
同じように$\lambda=s^{5/4}$としてこれらの関数を見てみましょう
$$\mathrm{Ai}^4(s)=\frac{\lambda^{1/5}}{2\pi i}\int_{\mathcal{C}_1-\bar{\mathcal{C}}_1}e^{\lambda(z-z^5/5)}dz $$
$$\mathrm{Ai}^4(2,s)=\frac{\lambda^{1/5}}{2\pi i}\int_{\mathcal{C}_2-\bar{\mathcal{C}}_2}e^{\lambda(z-z^5/5)}dz $$
先ほどと同じように求めると$\omega(z)=z-\frac{z^5}{5}$の鞍点は$1,i,-1,-i$と分かります
同じく最速降下線を求めると3つの方程式を得ます
$$(1):y\left(1-x^4+2x^2y^2-\frac{y^4}{5}\right)=0$$
$$(2):y\left(1-x^4+2x^2y^2-\frac{y^4}{5}\right)=\frac{4}{5}$$
$$(3):y\left(1-x^4+2x^2y^2-\frac{y^4}{5}\right)=-\frac{4}{5}$$
こちらも見ていきましょう。直線近似も載せておきます
$\omega(z)$の実部の３Dグラフと(1),(2),(3)の解曲線、その直線近似
$$\bar{I}_0(\lambda)=\frac{\lambda^{1/5}}{2\pi i}\int_{\bar{D}_0}e^{\lambda(z-z^5/5)}dz$$
$$I_1(\lambda)=\frac{\lambda^{1/5}}{2\pi i}\int_{D_1}e^{\lambda(z-z^5/5)}dz$$
$$\bar{I}_1(\lambda)=\frac{\lambda^{1/5}}{2\pi i}\int_{\bar{D}_1}e^{\lambda(z-z^5/5)}dz$$
と定義します。先ほどと同じように計算すると
$$\begin{align*}\bar{I}_0(\lambda)&=\frac{\lambda^{1/5}}{2\pi i}\int_{\bar{D}_0}e^{\lambda(z-z^5/5)}dz\approx\frac{\lambda^{1/5}}{2\pi i}\int_{\bar{T}_0}e^{\lambda(z-z^5/5)}dz\approx\frac{\lambda^{1/5}}{2\pi i}\int_{\bar{T}_0}e^{\lambda(-(4/5)-2(z+1)^2)}dz\\ &=\frac{\lambda^{1/5}}{2\pi i}e^{-(4/5)\lambda}i\int_{-\epsilon}^\epsilon e^{-2\lambda z^2}dz\approx\frac{\lambda^{1/5}}{2\pi}e^{-(4/5)\lambda}\int_{-\infty}^\infty e^{-2\lambda z^2}dz=\frac{\lambda^{1/5}}{2\sqrt{2\pi\lambda}}e^{-(4/5)\lambda} \end{align*}$$
$$\begin{align*}I_1(\lambda)&=\frac{\lambda^{1/5}}{2\pi i}\int_{D_1}e^{\lambda(z-z^5/5)}dz\approx\frac{\lambda^{1/5}}{2\pi i}\int_{T_1}e^{\lambda(z-z^5/5)}dz\approx\frac{\lambda^{1/5}}{2\pi i}\int_{T_1}e^{\lambda(i(4/5)+2i(z+1)^2)}dz\\ &=\frac{\lambda^{1/5}}{2\pi i}e^{i(4/5)\lambda}e^{\pi i/4}\int_{-\epsilon}^\epsilon e^{-2\lambda z^2}dz\approx\frac{\lambda^{1/5}}{2\pi i}e^{i(4/5)\lambda}e^{\pi i/4}\int_{-\infty}^\infty e^{-2\lambda z^2}dz=\frac{\lambda^{1/5}}{2i\sqrt{2\pi\lambda}}e^{i(4/5)\lambda}e^{\pi i/4} \end{align*}$$
となる（$\bar{I}_1$は$I_1$の複素共役になるので書かない）
$$\mathrm{Ai}^4(s)=\bar{I}_0(\lambda)+I_1(\lambda)-\bar{I}_1(\lambda)$$
$$\mathrm{Ai}^4(2,s)=\bar{I}_0(\lambda)$$
なので漸近展開を得ます

$\Omega^2_\nu :D^2 y=x^\nu y$の解について考えましょう。任意の解は$a,b\in\mathbb{C}$を使って$a\Omega_{2\nu0}(x)+b\Omega_{2\nu1}(x)$と表されます
思い返すと、$\Omega_{2\nu m}(x)$は${}_{0}F_{1}$でしたね。つまりBessel関数で表せそうです。実際、
$$\Omega_{2\nu0}(x)=\sqrt{x}\omega^{-1/\omega}\Gamma\left(1-\frac{1}{\omega}\right)I_{-1/\omega}\left(\frac{2}{\omega}x^{\omega/2}\right)$$
$$\Omega_{2\nu1}(x)=\sqrt{x}\omega^{1/\omega}\Gamma\left(1+\frac{1}{\omega}\right)I_{1/\omega}\left(\frac{2}{\omega}x^{\omega/2}\right)$$
となります。第二種変形Bessel関数は$+\infty$で$0$に収束するので
$$\begin{align*}\frac{\omega^{1/\omega}}{\Gamma(1-1/\omega)}\Omega_{2\nu0}(x)-\frac{\omega^{-1/\omega}}{\Gamma(1+1/\omega)}\Omega_{2\nu1}(x)&=\sqrt{x}I_{-1/\omega}\left(\frac{2}{\omega}x^{\omega/2}\right)-\sqrt{x}I_{1/\omega}\left(\frac{2}{\omega}x^{\omega/2}\right)\\ &=\frac{2\sqrt{x}}{\pi}\sin\left(\frac{\pi}{\omega}\right)K_{1/\omega}\left(\frac{2}{\omega}x^{\omega/2}\right) \end{align*}$$
を考えればいい関数が得られますね

$\Omega^\mu_2:D^\mu y=x^2 y$の解は$\mathcal{B}^*\Omega^\mu_2=\Omega^2_\mu$の解、つまり一般Airy関数を$\mathcal{C}$-両側ラプラス変換することで得られます
高階Airy関数のときと同じような経路を取るために、$\Omega^2_\mu$の解として$\mathrm{Ai}_\mu(x)$を使いましょう
下図のような経路を取ることにします
$\mathrm{Ai}_\mu(x)\:\:(\mu=0\sim\mu=5)$と経路
$\mathrm{Ai}_0(x)$に経路が引けないのは考えてみれば当然で、これに対応するのは$0$階微分方程式になります
高階Airy関数のときと大きく異なるのは、もはやセクターの概念がなく、経路は直線から動かせないことです
経路を虚軸に沿わせられるのは$\mu\equiv0\mod4$の時だけとなり、ほとんどの場合実軸上有界な関数は得られません
これらの経路は次のようなパラメータで表されます（$C_0と\bar{C}_0$は省略）
$$C_n:x=e^{(2n+1)\pi i/\omega}t\:\:(0< t<\infty)$$
$$\bar{C}_n:x=e^{-(2n+1)\pi i/\omega}t\:\:(0< t<\infty)$$
準備が整いましたね

副産物としてさっき計算しなかった積分が得られます
$$\int_0^\infty\mathrm{Ai}^4_2(x)dx=\frac{5}{72\pi}6^{1/6}\Gamma\left(\frac{1}{6}\right) $$
$$\int_0^\infty\mathrm{Ai}^4_2(-x)dx=\frac{1}{72\pi}6^{1/6}\Gamma\left(\frac{1}{6}\right) $$
$$\int_0^\infty x\mathrm{Ai}^4_2(x)dx=\frac{5}{72\pi}6^{5/6}\Gamma\left(\frac{5}{6}\right) $$
$$\int_0^\infty x\mathrm{Ai}^4_2(-x)dx=\frac{1}{72\pi}6^{5/6}\Gamma\left(\frac{5}{6}\right) $$
$$\int_{-\infty}^\infty f(x)dx=\frac{1}{12\pi}6^{1/6}\Gamma\left(\frac{1}{6}\right) $$
$$\int_{-\infty}^\infty xg(x)dx=\frac{1}{12\pi}6^{5/6}\Gamma\left(\frac{5}{6}\right) $$
これらを使えば次の３つの関数を考えられます。これらは$\Omega^2_4$の解になります
$$\int_{-\infty}^\infty e^{sx}\mathrm{Ai}^4_2(x)dx=\frac{6^{1/6}}{12\pi}\Gamma\left(\frac{1}{6}\right) \Omega_{240}(s)+\frac{6^{5/6}}{12\pi}\Gamma\left(\frac{5}{6}\right) \Omega_{241}(s)$$
$$\int_{-\infty}^\infty e^{sx}f(x)dx=\frac{6^{1/6}}{12\pi}\Gamma\left(\frac{1}{6}\right) \Omega_{240}(s)$$
$$\int_{-\infty}^\infty e^{sx}g(x)dx=\frac{6^{5/6}}{12\pi}\Gamma\left(\frac{5}{6}\right) \Omega_{241}(s)$$
ガンマ関数を変形すればこのように書けます
$$\int_{-\infty}^\infty e^{sx}\mathrm{Ai}^4_2(x)dx=\frac{1}{6^{1-1/6}\Gamma(1-1/6)} \Omega_{240}(s)+\frac{1}{6^{1+1/6}\Gamma(1+1/6)}\Omega_{241}(s)=\mathrm{Bi}_4(s)$$
$$\int_{-\infty}^\infty e^{sx}f(x)dx=\frac{1}{6^{1-1/6}\Gamma(1-1/6)} \Omega_{240}(s)$$
$$\int_{-\infty}^\infty e^{sx}g(x)dx=\frac{1}{6^{1+1/6}\Gamma(1+1/6)}\Omega_{241}(s)$$
$f$は元に戻り$g$は符号が変わり、$\mathrm{Ai}_4(x)$を使って定義した$\mathrm{Ai}^4_2(x)$は$\mathrm{Bi}_4(s) $に変わっています

級数展開から無理やりMellin変換を求めてみましょう
Ramanujan's Master Theoremを使えば任意の$\Omega_{\mu\nu m}(e^{\pi i/\omega}x)$について次のように計算できます
$$\int_0^\infty x^{s-1}\Omega_{\mu\nu m}(e^{\pi i/\omega}x)dx=e^{m\pi i/\omega}\frac{\omega^{(\mu s+\mu m)/\omega}}{\pi^{\mu-1}\omega^{m+3/2}}\frac{(2\pi)^{(\omega-1)/2}}{\prod_{k=m+1}^{\nu+m}\Gamma(k/\omega)}\frac{\prod_{k=0}^{\mu-1}\sin((s+k)\pi/\omega)}{\sin((s+m)\pi/\omega)}\prod_{k=0}^{\mu-1}\Gamma\left(\frac{s+k}{\omega}\right) $$
問題は左辺の積分が収束しないことです。そこでこの式を「形式的な」Mellin変換と考えましょう
$\omega$が奇数なら$\Omega_{\mu\nu m}(e^{\pi i/\omega}x)$を$\Omega_{\mu\nu m}(-x)$に変えられて、その場合右辺の$e^{m\pi i/\omega}$が$(-1)^m$になります
$\Omega_\nu^\mu$の任意の解$\Omega(x)$はこれをつかってこのように「形式的に」Mellin変換できますね
$$\int_0^\infty x^{s-1}\Omega(e^{\pi i/\omega}x)dx=\sum_{m=0}^{\mu-1}\Omega^{(m)}(0)\int_0^\infty x^{s-1}\Omega_{\mu\nu m}(e^{\pi i/\omega}x)dx$$
これが実際にMellin変換として意味を持つには積分が収束していればいいです
これを使えば結構多くの関数がMellin変換できます（計算量がやばいですけどね…）

ここで$\Omega(x)$を任意の$\Omega^3_1$の解とします。方程式の両辺をラプラス変換すればラプラス変換すれば、
$$D\mathcal{L}[\Omega(x)](s)+s^3\mathcal{L}[\Omega(x)](s)=s^2\Omega(0)+s\Omega'(s)+\Omega''(s) $$
が得られます。両辺に$e^{s^4/4}$をかけて$0$から$s$まで積分すれば次が得られます
$$\begin{align*} e^{s^4/4}\mathcal{L}[\Omega(x)](s)&=\mathcal{L}[\Omega(x)](0)+\Omega(0)\int_{0}^{s}s^2e^{s^4/4}ds+\Omega'(0)\int_{0}^{s}se^{s^4/4}ds+\Omega''(0)\int_{0}^{s}e^{s^4/4}ds\\ &=\mathcal{L}[\Omega(x)](0)+\Omega(0)4^{-1/4}\int_{0}^{s^4/4}s^{-1/4}e^{s}ds+\Omega'(0)4^{-2/4}\int_{0}^{s^4/4}s^{-2/4}e^{s}ds+\Omega''(0)4^{-3/4}\int_{0}^{s^4/4}s^{-3/4}e^{s}ds \end{align*} $$
合流系超幾何級数の表示を用いれば次のように書けます
$$\mathcal{L}[\Omega(x)](s)=e^{-s^4/4}\left( \mathcal{L}[\Omega(x)](0)+ \Omega(0)\frac{s^3}{3}{}_{1}F_{1}\left[\begin{matrix}3/4\\7/4\end{matrix};\frac{s^4}{4}\right]+\Omega'(0)\frac{s^2}{2}{}_{1}F_{1}\left[\begin{matrix}2/4\\6/4\end{matrix};\frac{s^4}{4}\right]+\Omega''(0)s{}_{1}F_{1}\left[\begin{matrix}1/4\\5/4\end{matrix};\frac{s^4}{4}\right]\right)$$
また、実際には収束の問題があるので適応できるのは正の実軸上で収束する関数だけです