0次のBessel関数, 変形Bessel関数の4つの積の積分
今回は
\begin{align}
&\int_0^{\infty}J_0(t)^kY_0(t)^{4-k}\,dt\qquad 0\leq k\leq 4\\
&\int_0^{\infty}I_0(t)^kK_0(t)^{4-k}\,dt\qquad 0\leq k\leq 2
\end{align}
の形の積分を考えたいと思う.
Bessel関数
前の記事 で用いた補題1を今回用いる形に特殊化すると以下のようになる.
\begin{align}
F(s)&=\int_0^{\infty}t^{s-1}f(t)\,dt\\
G(s)&=\int_0^{\infty}t^{s-1}g(t)\,dt
\end{align}
とするとき,
\begin{align}
\int_0^{\infty}f(t)g(t)\,dt&=\frac 1{\pi i}\int_{-i\infty}^{i\infty}F(2u)G(1-2u)\,du
\end{align}
が成り立つ.
前の記事 で用いたMellin変換を次数$0$に特殊化すると以下のようになる.
\begin{align} \int_0^{\infty}t^{s-1}J_0(t)^2\,dt&=\frac{\Gamma\left(\frac s2\right)\Gamma\left(\frac 12-\frac s2\right)}{2\sqrt{\pi}\Gamma\left(1-\frac s2\right)^2}\\ \int_0^{\infty}t^{s-1}J_0(t)Y_0(t)\,dt&=-\frac{\Gamma\left(\frac s2\right)^2}{2\sqrt{\pi}\Gamma\left(1-\frac s2\right)\Gamma\left(\frac 12+\frac s2\right)}\\ \int_0^{\infty}t^{s-1}(Y_0(t)^2-J_0(t)^2)\,dt&=\frac{\Gamma\left(\frac s2\right)^3}{\pi^{\frac 32}\Gamma\left(\frac 12+\frac s2\right)}\cos\frac{\pi s}2 \end{align}
これらを用いて以下を示す.
\begin{align}
\int_0^{\infty}J_0(t)^4\,dt&=\frac 12B\\
\int_0^{\infty}J_0(t)^3Y_0(t)\,dt&=-\frac 12A\\
\int_0^{\infty}J_0(t)^2Y_0(t)^2\,dt&=\frac 12B\\
\int_0^{\infty}J_0(t)Y_0(t)^3\,dt&=-\frac 32A\\
\int_0^{\infty}Y_0(t)^4\,dt&=\frac 52B
\end{align}
ここで,
\begin{align}
A&:=\F43{\frac 12,\frac 12,\frac 12,\frac 12}{1,1,1}1\\
B&:=\frac{\pi}2\F76{\frac 54,\frac 12,\frac 12,\frac 12,\frac 12,\frac 12,\frac 12}{\frac 14,1,1,1,1,1}1
\end{align}
である.
$f(t)=g(t)=J_0(t)^2$に対し補題1, 補題2を用いて
\begin{align}
\int_0^{\infty}J_0(t)^4\,dt&=\frac 1{2\pi i}\frac 1{2\pi}\int_{-i\infty}^{i\infty}\frac{\Gamma(u)^2\Gamma\left(\frac 12-u\right)^2}{\Gamma(1-u)^2\Gamma\left(\frac 12+u\right)^2}\,du\\
&=\frac 1{2\pi i}\frac 1{2\pi^3}\int_{-i\infty}^{i\infty}\frac{\Gamma(u)^4\Gamma\left(\frac 12-u\right)^2}{\Gamma\left(\frac 12+u\right)^2}\sin^2\pi u\,du\\
&=\frac 1{2\pi i}\frac 1{2\pi^3}\int_{-i\infty}^{i\infty}\frac{\Gamma(u)^4\Gamma\left(\frac 12-u\right)^2}
{\Gamma\left(\frac 12+u\right)^2}(1-\cos^2\pi u)\,du\\
&=\frac 1{2\pi i}\frac 1{2\pi^3}\int_{-i\infty}^{i\infty}\frac{\Gamma(u)^4\Gamma\left(\frac 12-u\right)^2}{\Gamma\left(\frac 12+u\right)^2}\,du-\frac 1{2\pi i}\frac 1{2\pi}\int_{-i\infty}^{i\infty}\frac{\Gamma(u)^4}{\Gamma\left(\frac 12+u\right)^4}\,du\\
&=\frac 1{2\pi i}\frac 1{2\pi^3}\int_{-i\infty}^{i\infty}\frac{\Gamma(u)^4\Gamma\left(\frac 12-u\right)^2}{\Gamma\left(\frac 12+u\right)^2}\,du
\end{align}
ここで, 最後の等号は第2項の積分路の右側に極がないことによる. ここで,
Non-terminating Whippleの変換公式の積分表示
より,
\begin{align}
&\frac 1{2\pi i}\int_{-i\infty}^{i\infty}\frac{\Gamma(u)^4\Gamma\left(\frac 12-u\right)^2}{\Gamma\left(\frac 12+u\right)^2}\,du\\
&=\frac 1{2\pi i}\int_{-i\infty}^{i\infty}\frac{\Gamma\left(\frac 12+u\right)^4\Gamma\left(-u\right)^2}{\Gamma\left(1+u\right)^2}\,du\\
&=\frac{\pi^4}2\F76{\frac 54,\frac 12,\frac 12,\frac 12,\frac 12,\frac 12,\frac 12}{\frac 14,1,1,1,1,1}1
\end{align}
となるから1つ目の等式が得られる. 次に, $f(t)=J_0(t)Y_0(t), g(t)=J_0(t)^2$に対し補題1, 補題2を用いて
\begin{align}
\int_0^{\infty}J_0(t)^3Y_0(t)\,dt&=-\frac 1{2\pi i}\frac 1{2\pi}\int_{-i\infty}^{i\infty}\frac{\Gamma(u)^3\Gamma\left(\frac 12-u\right)}{\Gamma\left(\frac 12+u\right)^3\Gamma(1-u)}\,du\\
&=-\frac 1{2\pi}\sum_{0\leq n}\frac{(-1)^n\Gamma\left(n+\frac 12\right)^3}{n!^4\Gamma\left(\frac 12-n\right)}\\
&=-\frac 12\F43{\frac 12,\frac 12,\frac 12,\frac 12}{1,1,1}1
\end{align}
となって2つ目の式が得られる. 次に, $f(t)=g(t)=J_0(t)Y_0(t)$に対し補題1,補題2を用いて
\begin{align}
\int_0^{\infty}J_0(t)^2Y_0(t)^2\,dt&=\frac 1{2\pi i}\frac 1{2\pi}\int_{-i\infty}^{i\infty}\frac{\Gamma(u)^2\Gamma\left(\frac 12-u\right)^2}{\Gamma(1-u)^2\Gamma\left(\frac 12+u\right)^2}\,du
\end{align}
これは最初に計算した積分であり, 値は$\frac 12B$となる. 次に, $f(t)=Y_0(t)^2-J_0(t)^2,g(t)=J_0(t)Y_0(t)$に対し補題1, 補題2を用いて
\begin{align}
\int_0^{\infty}J_0(t)Y_0(t)(Y_0(t)^2-J_0(t)^2)\,dt&=-\frac 1{2\pi i}\frac 1{\pi^2}\int_{-i\infty}^{i\infty}\frac{\Gamma(u)^3\Gamma\left(\frac 12-u\right)^2}{\Gamma\left(\frac 12+u\right)^2\Gamma(1-u)}\cos\pi u\,du\\
&=-\frac 1{2\pi i}\frac 1{\pi}\int_{-i\infty}^{i\infty}\frac{\Gamma(u)^3\Gamma\left(\frac 12-u\right)}{\Gamma\left(\frac 12+u\right)^3\Gamma(1-u)}\,du
\end{align}
これは先ほど計算した積分で, $-A$となる. よって,
\begin{align}
\int_0^{\infty}J_0(t)Y_0(t)^3&=\int_0^{\infty}J_0(t)^3Y_0(t)\,dt-A\\
&=-\frac 32A
\end{align}
を得る. 次に, $f(t)=g(t)=(Y_0(t)^2-J_0(t)^2)$に対し補題1, 補題2を用いて,
\begin{align}
\int_0^{\infty}(Y_0(t)^2-J_0(t)^2)\,dt&=\frac 1{2\pi i}\frac{2}{\pi^3}\int_{-i\infty}^{i\infty}\frac{\Gamma(u)^3\Gamma\left(\frac 12-u\right)^3}{\Gamma\left(\frac 12+u\right)\Gamma(1-u)}\sin\pi u\cos\pi u\,du\\
&=\frac 1{2\pi i}\frac{2}{\pi}\int_{-i\infty}^{i\infty}\frac{\Gamma(u)^2\Gamma\left(\frac 12-u\right)^2}{\Gamma\left(\frac 12+u\right)^2\Gamma(1-u)^2}\,du
\end{align}
これは先ほど計算した積分で, $2B$となる. よって,
\begin{align}
\int_0^{\infty}Y_0(t)^4\,dt&=\int_0^{\infty}(2J_0(t)^2Y_0(t)^2-J_0(t)^4)\,dt+2B\\
&=\frac 52B
\end{align}
となる.
変形Bessel関数
同じように変形Bessel関数の積分も求める. 前の記事 で用いたMellin変換を次数$0$に特殊化すると以下のようになる.
\begin{align} \int_0^{\infty}t^{s-1}I_0(t)K_0(t)\,dt&=\frac{\Gamma\left(\frac s2\right)^2\Gamma\left(\frac{1-s}2\right)}{4\sqrt{\pi}\Gamma\left(1-\frac s2\right)}\\ \int_0^{\infty}t^{s-1}K_0(t)^2&=\frac{\sqrt{\pi}\Gamma\left(\frac s2\right)^3}{4\Gamma\left(\frac{1+s}2\right)} \end{align}
これらを用いて以下を示す.
\begin{align}
\int_0^{\infty}I_0(t)^2K_0(t)^2\,dt&=\frac{\pi^2}{4}A\\
\int_0^{\infty}I_0(t)K_0(t)^3\,dt&=\frac{\pi^3}8B\\
\int_0^{\infty}K_0(t)^4\,dt&=\frac{\pi^4}4A
\end{align}
ここで,
\begin{align}
A&:=\F43{\frac 12,\frac 12,\frac 12,\frac 12}{1,1,1}1\\
B&:=\frac{\pi}2\F76{\frac 54,\frac 12,\frac 12,\frac 12,\frac 12,\frac 12,\frac 12}{\frac 14,1,1,1,1,1}1
\end{align}
である.
以下の証明において, 先ほどの定理3の証明において計算した積分の値を特に断りなく用いる.
$f(t)=g(t)=I_0(t)K_0(t)$に対し補題1,補題4を用いて
\begin{align}
\int_0^{\infty}I_0(t)^2K_0(t)^2\,dt&=\frac 1{2\pi i}\frac 1{8\pi}\int_{-i\infty}^{i\infty}\frac{\Gamma(u)^3\Gamma\left(\frac 12-u\right)^3}{\Gamma(1-u)\Gamma\left(\frac 12+u\right)}\,du\\
&=\frac 1{2\pi i}\frac 1{8\pi}\int_{-i\infty}^{i\infty}\frac{\Gamma(u)^3\Gamma\left(\frac 12-u\right)^3}{\Gamma(1-u)\Gamma\left(\frac 12+u\right)}(\sin^2\pi u+\cos^2\pi u)\,du\\
&=\frac 1{2\pi i}\frac{\pi}{8}\int_{-i\infty}^{i\infty}\frac{\Gamma(u)\Gamma\left(\frac 12-u\right)^3}{\Gamma(1-u)^3\Gamma\left(\frac 12+u\right)}\,du+\frac 1{2\pi i}\frac{\pi}{8}\int_{-i\infty}^{i\infty}\frac{\Gamma(u)^3\Gamma\left(\frac 12-u\right)}{\Gamma(1-u)\Gamma\left(\frac 12+u\right)^3}\,du\\
&=\frac 1{2\pi i}\frac{\pi}{4}\int_{-i\infty}^{i\infty}\frac{\Gamma(u)^3\Gamma\left(\frac 12-u\right)}{\Gamma(1-u)\Gamma\left(\frac 12+u\right)^3}\,du\\
&=\frac{\pi^2}{4}A
\end{align}
次に, $f(t)=K_0(t)^2, g(t)=I_0(t)K_0(t)$として補題1, 補題4を用いて,
\begin{align}
\int_0^{\infty}I_0(t)K_0(t)^3\,dt&=\frac 1{2\pi i}\frac 18\int_{-i\infty}^{i\infty}\frac{\Gamma(u)^4\Gamma\left(\frac 12-u\right)^2}{\Gamma\left(\frac 12+u\right)^2}\,du\\
&=\frac 1{2\pi i}\frac 18\int_{-i\infty}^{i\infty}\frac{\Gamma(u)^4\Gamma\left(\frac 12-u\right)^2}{\Gamma\left(\frac 12+u\right)^2}(\sin^2\pi u+\cos^2\pi u)\,du\\
&=\frac 1{2\pi i}\frac{\pi^2}8\int_{-i\infty}^{i\infty}\frac{\Gamma(u)^2\Gamma\left(\frac 12-u\right)^2}{\Gamma\left(\frac 12+u\right)^2\Gamma(1-u)^2}\,du+\frac 1{2\pi i}\frac{\pi^2}8\int_{-i\infty}^{i\infty}\frac{\Gamma(u)^4}{\Gamma\left(\frac 12+u\right)^4}\,du\\
&=\frac 1{2\pi i}\frac{\pi^2}8\int_{-i\infty}^{i\infty}\frac{\Gamma(u)^2\Gamma\left(\frac 12-u\right)^2}{\Gamma\left(\frac 12+u\right)^2\Gamma(1-u)^2}\,du\\
&=\frac{\pi^3}8B
\end{align}
次に, $f(t)=g(t)=K_0(t)^2$として補題1, 補題4を用いると,
\begin{align}
\int_0^{\infty}K_0(t)^4\,dt&=\frac 1{2\pi i}\frac{\pi}{8}\int_{-i\infty}^{i\infty}\frac{\Gamma(u)^3\Gamma\left(\frac 12-u\right)^3}{\Gamma\left(\frac 12+u\right)\Gamma(1-u)}\,du\\
&=\frac 1{2\pi i}\frac{\pi}{8}\int_{-i\infty}^{i\infty}\frac{\Gamma(u)^3\Gamma\left(\frac 12-u\right)^3}{\Gamma\left(\frac 12+u\right)\Gamma(1-u)}(\sin^2\pi u+\cos^2\pi u)\,du\\
&=\frac 1{2\pi i}\frac{\pi^3}{8}\int_{-i\infty}^{i\infty}\frac{\Gamma(u)\Gamma\left(\frac 12-u\right)^3}{\Gamma\left(\frac 12+u\right)\Gamma(1-u)^3}\,du+\frac 1{2\pi i}\frac{\pi^3}{8}\int_{-i\infty}^{i\infty}\frac{\Gamma(u)^3\Gamma\left(\frac 12-u\right)}{\Gamma\left(\frac 12+u\right)^3\Gamma(1-u)}\,du\\
&=\frac 1{2\pi i}\frac{\pi^3}{4}\int_{-i\infty}^{i\infty}\frac{\Gamma(u)^3\Gamma\left(\frac 12-u\right)}{\Gamma\left(\frac 12+u\right)^3\Gamma(1-u)}\,du\\
&=\frac{\pi^4}4A
\end{align}
となる.
$K_{\nu}(x)$の定義に$\frac{\pi}2$が掛かっているので, 値の$\pi$冪がそれに従ってずれてしまっているが, その分を補正すると
\begin{align}
\left(\frac 2{\pi}\right)^2\int_0^{\infty}I_0(t)^2K_0(t)^2\,dt&=A\\
\left(\frac 2{\pi}\right)^3\int_0^{\infty}I_0(t)K_0(t)^3\,dt&=B\\
\left(\frac 2{\pi}\right)^4\int_0^{\infty}K_0(t)^4\,dt&=4A
\end{align}
と簡潔になる.
まとめ
このように,
\begin{align}
A&:=\F43{\frac 12,\frac 12,\frac 12,\frac 12}{1,1,1}1\\
B&:=\frac{\pi}2\F76{\frac 54,\frac 12,\frac 12,\frac 12,\frac 12,\frac 12,\frac 12}{\frac 14,1,1,1,1,1}1
\end{align}
という2つの定数を用いれば, 今回考えた積分の全ての値を表すことができることが分かった. 実はこれらは同じモジュラー形式の$L$関数の特殊値を用いて表すことができることが知られている.
