Ai(ax)²Ai(bx)²を含む積分
今回示す式はこちらです。
積分が収束するような$a,b\in\mathbb{C}$について次が成り立つ。
\begin{align*}
\int_0^\infty \mathrm{Ai}(ax)^2\mathrm{Ai}(bx)^2dx=\frac{1}{12\pi^2\sqrt{ab}}\tanh^{-1}\left(\frac{\sqrt{ab}}{a+b}\right)
\end{align*}
\begin{align*}
\int_0^\infty x^3\mathrm{Ai}(ax)^2\mathrm{Ai}(bx)^2dx=&\frac{5}{384\pi^2\sqrt{ab}}\left(\frac{1}{a^3}+\frac{1}{b^3}\right)\tanh^{-1}\left(\frac{\sqrt{ab}}{a+b}\right)\\&-\frac{15a^6+20a^5b+28a^4b^2-18a^3b^3+28a^2b^4+20ab^5+15b^6}{1152\pi^2a^3b^3(a^2+ab+b^2)^2}
\end{align*}
一つ目の式はこちらの論文
https://arxiv.org/pdf/2601.12590
で示されています。
この記事では$x^{3N}$がついていても同様の閉じた形で書けることを示します。
準備
$$\int_0^\infty x^{s-1}\mathrm{Ai}(ax)^2\mathrm{Ai}(bx)^2dx=\frac{1}{4^\frac{s+2}{3}3^\frac{s+5}{3}a^s\pi^2}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\Gamma(s+n)}{n!}\frac{\Gamma(\frac16+\frac{n}3)}{\Gamma(\frac56+\frac{s+n}3)}\cos\left(\frac{2n+1}{3}\pi\right)\left(\frac{b}{a}\right)^n $$
$$I=\int_0^\infty x^{s-1}\mathrm{Ai}(ax)^2\mathrm{Ai}(bx)^2dx$$
と置いておきます。$\Ai{}{}(x)^2$は
https://functions.wolfram.com/Bessel-TypeFunctions/AiryAi/26/02/09/0001/
によると次のような表示を持ちます。
$$\Ai{}{}(x)^2=\frac{1}{2^{5/3}3^{1/3}\pi^{3/2}}G^{30}_{13}\left(\frac{4x^3}{9}\Biggl|\,\begin{matrix}-;\frac56\\0,\frac13,\frac23;-\end{matrix}\right)$$
これを用いることで
$$I=\frac{1}{2^{10/3}3^{2/3}\pi^3}\int_0^\infty x^{s-1}
G^{30}_{13}\left(\frac{4a^3}{9}x^3\Biggl|\,\begin{matrix}-;\frac56\\0,\frac13,\frac23;-\end{matrix}\right)
G^{30}_{13}\left(\frac{4b^3}{9}x^3\Biggl|\,\begin{matrix}-;\frac56\\0,\frac13,\frac23;-\end{matrix}\right)dx$$
を得ます。wikipediaなどにものっているBarnesのG関数の諸性質を用いることで、これは次と等しいことが分かります。
$$\begin{align*}
I&=\frac{1}{2^{10/3}3^{5/3}\pi^3}\int_0^\infty x^{s/3-1}
G^{30}_{13}\left(\frac{4a^3}{9}x\Biggl|\,\begin{matrix}-;\frac56\\0,\frac13,\frac23;-\end{matrix}\right)
G^{30}_{13}\left(\frac{4b^3}{9}x\Biggl|\,\begin{matrix}-;\frac56\\0,\frac13,\frac23;-\end{matrix}\right)dx\\
&=\frac{(\frac{4a^3}9)^{-s/3+1}}{2^{10/3}3^{5/3}\pi^3}\int_0^\infty
G^{30}_{13}\left(\frac{4a^3}{9}x\Biggl|\,\begin{matrix}-;\frac56+\frac{s}3-1\\\frac{s}3-1,\frac{s+1}3-1,\frac{s+2}3-1;-\end{matrix}\right)
G^{30}_{13}\left(\frac{4b^3}{9}x\Biggl|\,\begin{matrix}-;\frac56\\0,\frac13,\frac23;-\end{matrix}\right)dx\\
&=\frac{(\frac{4a^3}9)^{-s/3}}{2^{10/3}3^{5/3}\pi^3}
G^{33}_{44}\left(\frac{b^3}{a^3}\Biggl|\,\begin{matrix}1-\frac{s}3,1-\frac{s+1}3,1-\frac{s+2}3;\frac56\\0,\frac13,\frac23;1-(\frac{s}3+\frac56)\end{matrix}\right)\\
&=\frac{1}{4^\frac{s+2}{3}3^\frac{-2s+8}{3}a^s\pi^2}\left(\frac12
\hyFbar{4}{3}{\frac{s}3,\frac{s+1}3,\frac{s+2}3,\frac16}{\frac13,\frac23,\frac{s}3+\frac56}{\frac{b^3}{a^3}}
-\frac{b}{a}\hyFbar{4}{3}{\frac{s+1}3,\frac{s+2}3,\frac{s+3}3,\frac12}{\frac23,\frac43,\frac{s+1}3+\frac56}{\frac{b^3}{a^3}}
+\frac12\frac{b^2}{a^2}\hyFbar{4}{3}{\frac{s+2}3,\frac{s+3}3,\frac{s+4}3,\frac56}{\frac43,\frac53,\frac{s+2}3+\frac56}{\frac{b^3}{a^3}}
\right)
\end{align*}$$
ここで$\hyFbar{p}{q}{a_p}{b_q}{x}=\frac{\Gamma(a_p)}{\Gamma(b_q)}\hyF{p}{q}{a_p}{b_q}{x}$です。和を書き下すと次のように書けます。
$$\begin{align*}
I&=\frac{1}{4^\frac{s+2}{3}3^\frac{-2s+8}{3}a^s\pi^2}\sum_{n=0}^\infty \frac12\frac{\Gamma(\frac{s}3+n)\Gamma(\frac{s+1}3+n)\Gamma(\frac{s+2}3+n)\Gamma(\frac16+n)}{\Gamma(\frac13+n)\Gamma(\frac23+n)\Gamma(\frac{s}3+\frac56+n)\Gamma(1+n)}\left(\frac{b}{a}\right)^{3n}\\
&\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;-\frac{\Gamma(\frac{s+1}3+n)\Gamma(\frac{s+2}3+n)\Gamma(\frac{s+3}3+n)\Gamma(\frac12+n)}{\Gamma(\frac23+n)\Gamma(\frac43+n)\Gamma(\frac{s+1}3+\frac56+n)\Gamma(1+n)}\left(\frac{b}{a}\right)^{3n+1}\\
&\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;+\frac12\frac{\Gamma(\frac{s+2}3+n)\Gamma(\frac{s+3}3+n)\Gamma(\frac{s+4}3+n)\Gamma(\frac56+n)}{\Gamma(\frac43+n)\Gamma(\frac53+n)\Gamma(\frac{s+2}3+\frac56+n)\Gamma(1+n)}\left(\frac{b}{a}\right)^{3n+2}\\
&=\frac{1}{4^\frac{s+2}{3}3^\frac{-2s+8}{3}a^s\pi^2}\sum_{n=0}^\infty \frac12\frac{\Gamma(\frac{s+n}3)\Gamma(\frac{s+1+n}3+)\Gamma(\frac{s+2+n}3)\Gamma(\frac16+\frac{n}3)}{\Gamma(\frac{1+n}3)\Gamma(\frac{2+n}3)\Gamma(\frac{3+n}3)\Gamma(\frac{s+n}3+\frac56)}\left(\frac{b}{a}\right)^{n}\delta^{3\mathbb{Z}}_n\\
&\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;-\frac{\Gamma(\frac{s+n}3)\Gamma(\frac{s+1+n}3)\Gamma(\frac{s+2+n}3)\Gamma(\frac16+\frac{n}3)}{\Gamma(\frac{1+n}3)\Gamma(\frac{2+n}3)\Gamma(\frac{3+n}3)\Gamma(\frac{s+n}3+\frac56)}\left(\frac{b}{a}\right)^{n}\delta^{3\mathbb{Z}+1}_n\\
&\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;+\frac12\frac{\Gamma(\frac{s+n}3)\Gamma(\frac{s+1+n}3)\Gamma(\frac{s+2+n}3)\Gamma(\frac16+\frac{n}3)}{\Gamma(\frac{1+n}3)\Gamma(\frac{2+n}3)\Gamma(\frac{3+n}3)\Gamma(\frac{s+n}3+\frac56)}\left(\frac{b}{a}\right)^{n}\delta^{3\mathbb{Z}+2}_n\\
&=\frac{1}{4^\frac{s+2}{3}3^\frac{-2s+8}{3}a^s\pi^2}\sum_{n=0}^\infty \frac{\Gamma(\frac{s+n}3)\Gamma(\frac{s+1+n}3)\Gamma(\frac{s+2+n}3)\Gamma(\frac16+\frac{n}3)}{\Gamma(\frac{1+n}3)\Gamma(\frac{2+n}3)\Gamma(\frac{3+n}3)\Gamma(\frac{s+n}3+\frac56)}\left(\frac{b}{a}\right)^{n}\left(\frac12,-1,\frac12\right)_{n\,\mathrm{mod} \,3}\\
\end{align*}$$
mod3でうまいこと和を一つにまとめられましたね。お察しの通り$\delta^A_n$は$n\in A$なら$1$、そうでないなら$0$を取り、$\left(a,b,c\right)_{n\,\mathrm{mod} \,3} $はmod3で順番に$a,b,c$を値に取るという意味の記号です。
ガンマ関数の性質を使えば和の中身は次のようにもっときれいに書けます。
$$\begin{align*}
I&=\frac{1}{4^\frac{s+2}{3}3^\frac{s+5}{3}a^s\pi^2}\sum_{n=0}^\infty \frac{\Gamma(s+n)\Gamma(\frac16+\frac{n}3)}{n!\Gamma(\frac{s+n}3+\frac56)}\left(\frac{b}{a}\right)^{n}\left(\frac12,-1,\frac12\right)_{n\,\mathrm{mod} \,3}\\
\end{align*}$$
最後に$\frac12,-1,\frac12 $を順番に取る数列として$\cos\left(\frac{2n+1}{3}\pi\right) $を取れば補題を得ます。
これを用いて$s=3N+1$での値を求めていきましょう。
$N=0,1,...$について次が成り立つ。
$$ \int_0^\infty x^{3N}\mathrm{Ai}(ax)^2\mathrm{Ai}(bx)^2dx=\frac{(3N)!}{12^{N+1}\pi^2a^{3N+1}\prod_{k=0}^{k=N}(\frac12+3k)}\Re\,e^\frac{\pi i}{3}\sum_{n=0}^N \hyF{2}{1}{1+3N,\frac12+3n}{\frac32+3n}{e^\frac{2\pi i}{3}\frac{b}{a}}\prod_{\substack{k=0\\k\neq n}}^{N}\frac{\frac12+3k}{k-n} $$
$$I=\int_0^\infty x^{3N}\mathrm{Ai}(ax)^2\mathrm{Ai}(bx)^2dx $$
と置きます。補題２にて$s=3N+1$とすると次を得ます。
$$\begin{align*}
I&=\frac{\Gamma(3N+1)}{4^{N+1}3^{N+2}a^{3N+1}\pi^2}\sum_{n=0}^\infty \frac{(3N+1)_n}{n!}\frac{\Gamma(\frac16+\frac{n}3)}{\Gamma(N+1+\frac16+\frac{n}3)}\cos\left(\frac{2n+1}{3}\pi\right)\left(\frac{b}{a}\right)^n\\
&=\frac{\Gamma(3N+1)}{4^{N+1}3^{N+2}a^{3N+1}\pi^2}\sum_{n=0}^\infty \frac{(3N+1)_n}{n!}\frac{1}{(\frac16+\frac{n}3)(\frac16+\frac{n}3+1)\dots(\frac16+\frac{n}3+N)}\cos\left(\frac{2n+1}{3}\pi\right)\left(\frac{b}{a}\right)^n\\
&=\frac{\Gamma(3N+1)}{3\cdot4^{N+1}a^{3N+1}\pi^2}\sum_{n=0}^\infty \frac{(3N+1)_n}{n!}\frac{1}{(\frac12+n)(\frac12+n+3)\dots(\frac12+n+3N)}\cos\left(\frac{2n+1}{3}\pi\right)\left(\frac{b}{a}\right)^n\\
&=\frac{\Gamma(3N+1)}{3\cdot4^{N+1}a^{3N+1}\pi^2\prod_{k=0}^{k=N}(\frac12+3k)}\Re\,e^\frac{\pi i}{3}\sum_{n=0}^\infty \frac{(3N+1)_n}{n!}\frac{(\frac12)_n(\frac12+3)_n\dots(\frac12+3N)_n}{(\frac32)_n(\frac32+3)_n\dots(\frac32+3N)_n}\left(e^\frac{2\pi i}3\frac{b}{a}\right)^n\\
&=\frac{\Gamma(3N+1)}{3\cdot4^{N+1}a^{3N+1}\pi^2\prod_{k=0}^{k=N}(\frac12+3k)}\Re\,e^\frac{\pi i}{3}\hyF{N+2}{N+1}{\frac12+0,\frac12+3,\frac12+6,\dots,\frac12+3N,1+3N}{\frac32+0,\frac32+3,\frac32+6,\dots,\frac32+3N}{e^\frac{2\pi i}3\frac{b}{a}}
\end{align*}$$
https://functions.wolfram.com/HypergeometricFunctions/HypergeometricPFQ/03/01/04/0002/
の式を用いてこの${}_{N+2}F_{N+1}$を${}_2F_1$の有限和で書き直せば補題を得ます。
計算
N=0
準備が整いました。いよいよ$N=0,1$の時に実際に計算してみましょう。まずは$N=0$です。補題３より、
$$\begin{align*}
\int_0^\infty \mathrm{Ai}(ax)^2\mathrm{Ai}(bx)^2dx&=\frac{1}{6a\pi^2}\Re\,e^\frac{\pi i}{3}\hyF{2}{1}{\frac12,1}{\frac32}{e^\frac{2\pi i}3\frac{b}{a}}\\
&=\frac{1}{6\pi^2\sqrt{ab}}\Re\tanh^{-1}\left(e^\frac{\pi i}{3}\sqrt{\frac{b}{a}}\right)
\end{align*}$$
を得ます。ここで、
$$\Re\tanh^{-1}(e^\frac{\pi i}{3}x)=\frac12\left(\tanh^{-1}(e^\frac{\pi i}{3}x)+\tanh^{-1}(e^{-\frac{\pi i}{3}}x)\right)=\frac12\tanh^{-1}\left(\frac{x}{1+x^2}\right)$$
なので、最終的に定理１の一つ目の式を得ます。
N=1
次に$N=1$の場合を計算しましょう。まず、補題３より、
$$\begin{align*}
\int_0^\infty x^3\mathrm{Ai}(ax)^2\mathrm{Ai}(bx)^2dx&=\frac{1}{14a^4\pi^2}\Re\,e^\frac{\pi i}{3}\left(\frac76\hyF{2}{1}{\frac12,4}{\frac32}{e^\frac{2\pi i}3\frac{b}{a}}-\frac16\hyF{2}{1}{\frac72,4}{\frac92}{e^\frac{2\pi i}3\frac{b}{a}}\right)\\
\end{align*}$$
を得ます。
https://functions.wolfram.com/HypergeometricFunctions/Hypergeometric2F1/03/
によると、この二つの超幾何級数は次のように$\tanh^{-1}$と有理関数の和で書けます。
$$\hyF{2}{1}{\frac12,4}{\frac32}{x}=-\frac{15x^2-40x+33}{48(x-1)^3}+\frac{5}{16}\frac{\tanh^{-1}(\sqrt{x})}{\sqrt{x}} $$
$$\hyF{2}{1}{\frac72,4}{\frac92}{x}=-\frac{7(33x^2-40x+15)}{48(x-1)^3x^3}-\frac{35}{16}\frac{\tanh^{-1}(\sqrt{x})}{x^3\sqrt{x}} $$
よって
$$\frac76\hyF{2}{1}{\frac12,4}{\frac32}{x}-\frac16\hyF{2}{1}{\frac72,4}{\frac92}{x}=\frac{35}{96}\left(\frac{1}{x^3}+1\right)\frac{\tanh^{-1}(\sqrt{x})}{\sqrt{x}}-\frac{7}{288}\frac{15x^4-25x^3+8x^2-25x+15}{(x-1)^2x^3}$$
と計算できます。$x$を$e^{\frac{2\pi i}3}x$に置き換えて、$e^{\frac{2\pi i}3}$をかけてから実部を取りましょう。$\tanh^{-1}$を含む項は
$$\Re\,e^\frac{\pi i}{3}\frac{35}{96}\left(\frac{1}{x^3}+1\right)\frac{\tanh^{-1}(e^\frac{\pi i}{3}\sqrt{x})}{e^\frac{\pi i}{3}\sqrt{x}}=\frac{35}{192\sqrt{x}}\left(\frac{1}{x^3}+1\right)\tanh^{-1}\left(\frac{\sqrt{x}}{1+x}\right) $$
となります。一方有理関数の方は、
$$-\frac{7}{288}\Re\,e^\frac{\pi i}{3}\frac{15e^{\frac{2\pi i}3}x^4-25x^3+8e^{-\frac{2\pi i}3}x^2-25e^{\frac{2\pi i}3}x+15}{(e^{\frac{2\pi i}3}x-1)^2x^3}=-\frac{7}{576}\frac{15x^6+20x^5+28x^4-18x^3+28x^2+20x+15}{(x^2+x+1)^2x^3}$$
以上より、最後にこれらの和を取り$x=b/a$と置くことで、定理１の二つ目の式を得ます。
終わりに
$N=2$以上についても、超幾何級数の隣接関係式からこの形の${}_2F_1$が常に$\tanh^{-1}$と有理関数の和出かけることが分かり、同様の表示を持つことが分かります。が、手計算でやるにはちょっときつかったので今回はここまでにしました。
もしかしたら一般の$N$についてももっときれいに表す方法があるかもしれません。
追記
全く同じ方法で第二種Airy関数が入ったバージョンも計算できました。
$$\int_0^\infty x^{s-1}\mathrm{Ai}(ax)^2\mathrm{Ai}(bx)\Bi{}{}(bx)dx=\frac{1}{4^\frac{s+2}{3}3^\frac{s+5}{3}a^s\pi^2}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\Gamma(s+n)}{n!}\frac{\Gamma(\frac16+\frac{n}3)}{\Gamma(\frac56+\frac{s+n}3)}\sin\left(\frac{2n+1}{3}\pi\right)\left(\frac{b}{a}\right)^n $$
$$ \int_0^\infty x^{3N}\mathrm{Ai}(ax)^2\mathrm{Ai}(bx)^2dx=\frac{(3N)!}{12^{N+1}\pi^2a^{3N+1}\prod_{k=0}^{k=N}(\frac12+3k)}\Im\,e^\frac{\pi i}{3}\sum_{n=0}^N \hyF{2}{1}{1+3N,\frac12+3n}{\frac32+3n}{e^\frac{2\pi i}{3}\frac{b}{a}}\prod_{\substack{k=0\\k\neq n}}^{N}\frac{\frac12+3k}{k-n} $$
\begin{align*}
\int_0^\infty \mathrm{Ai}(ax)^2\mathrm{Ai}(bx)\mathrm{Bi}(bx)dx=\frac{1}{12\pi^2\sqrt{ab}}\tan^{-1}\left(\frac{\sqrt{3ab}}{a-b}\right)
\end{align*}
\begin{align*}
\int_0^\infty x^3\mathrm{Ai}(ax)^2\mathrm{Ai}(bx)\mathrm{Bi}(bx)dx=&\frac{5}{384\pi^2\sqrt{ab}}\left(\frac{1}{a^3}+\frac{1}{b^3}\right)\tan^{-1}\left(\frac{\sqrt{3ab}}{a-b}\right)\\&-\frac{15a^6+30a^5b+42a^4b^2-42a^2b^4-30ab^5-15b^6}{348\sqrt{3}\pi^2a^3b^3(a^2+ab+b^2)^2}
\end{align*}
$a=1,b=-1$とすれば次を得ます。
\begin{align*}
\int_0^\infty \mathrm{Ai}(x)^2\mathrm{Ai}(-x)\mathrm{Bi}(-x)dx=\frac{\ln(2+\sqrt{3})}{12\pi^2}
\end{align*}
\begin{align*}
\int_0^\infty x^3\mathrm{Ai}(x)^2\mathrm{Ai}(-x)\mathrm{Bi}(-x)dx=0
\end{align*}
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