Généralisation des fonctions d'Airy

$\Ai{}(x)\,,\Bi{}(x)$sont définie pour tout réel $x$comme
$$\Ai{}(x)=\frac{1}{\pi}\int_{0}^{\infty}\cos\left(\frac{t^3}{3}+xt\right)dt$$
$$\Bi{}(x)=\frac{1}{\pi}\int_{0}^{\infty}e^{-\frac{t^3}{3}+xt}+\sin\left(\frac{t^3}{3}+xt\right)dt$$

-développement en série Taylor
$$\Ai{}(x)=\frac{1}{3^{2/3}\Gamma(2/3)}\hgF{-}{2/3}{\frac{x^3}{9}}{1}-\frac{x}{3^{1/3}\Gamma(1/3)}\hgF{-}{4/3}{\frac{x^3}{9}}{1} $$
$$\Bi{}(x)=\frac{1}{3^{1/6}\Gamma(2/3)}\hgF{-}{2/3}{\frac{x^3}{9}}{1}+\frac{3^{1/6}x}{\Gamma(1/3)}\hgF{-}{4/3}{\frac{x^3}{9}}{1} $$
-intégrale sur $\mathbb{R} $
$$\int_{-\infty}^{\infty}\Ai{}(x)dx=1\,,\int_{0}^{\infty}\Ai{}(x)dx=\frac{1}{3}\,,\int_{-\infty}^{0}\Ai{}(x)dx=\frac{2}{3}\,,\int_{-\infty}^{0}\Bi{}(x)dx=0$$
-transformée de Laplace bilatérale pour$s<0$
$$\int_{-\infty}^{\infty}e^{-sx}\Ai{}(x)dx=e^{-\frac{s^3}{3}}$$
-Wronskien
$$\mathcal{W}(\Ai{}(x),\Bi{}(x))=\frac{1}{\pi}$$
-transformée de Mellin pour$s>0$
$$\int_{0}^{\infty}x^{s-1}\Ai{}(x)dx=\frac{3^{\frac{4s-7}{6}}}{2\pi}\Gamma\left(\frac{s}{3}\right)\Gamma\left(\frac{s+1}{3}\right)$$

on peut vérifier avec les propriétés de la fonction hypergéométrique que les deux fonctions definies sur $\mathbb{C}$suivantes sont solutions de l'equation$(1)$
$$\j{v}{A}(x)=\hgF{-}{1-1/v}{\frac{x^v}{v^2}}{1}\,,\;\j{v}{B}(x)=x\hgF{-}{1+1/v}{\frac{x^v}{v^2}}{1} $$
On peut aussi les représentér avec les fonctions de Bessel en ayant choisi la determination principale des logarithme pour $x$
$$\j{v}{A}(x)=\frac{\sqrt{x}}{\sqrt[v]{v}}\Gamma\left(1-\frac{1}{v}\right)I_{-\frac{1}{v}}\left(\frac{2}{v}x^{\frac{v}{2}}\right)\,,\;\j{v}{B}(x)=\sqrt[v]{v}\sqrt{x}\Gamma\left(1+\frac{1}{v}\right)I_{\frac{1}{v}}\left(\frac{2}{v}x^{\frac{v}{2}}\right)$$

$$\j{v}{A}(0)=1\,,\j{v}{A}'(0)=0$$
$$\j{v}{B}(0)=0\,,\j{v}{B}'(0)=1$$
$\mathcal{W}(\j{v}{A}(x),\j{v}{B}(x))=1$
$$\j{v}{A}(e^{\frac{2\pi i}{v}}x)=\j{v}{A}(x) $$
$$\j{v}{B}(e^{\frac{2\pi i}{v}}x)=e^{\frac{2\pi i}{v}}\j{v}{B}(x) $$

$$\j{v}{A}'(x)=\frac{x^{v-1}}{v-1}\hgF{-}{2-1/v}{\frac{x^v}{v^2}}{1}\,,\;\j{v}{B}'(x)=\hgF{-}{1/v}{\frac{x^v}{v^2}}{1} $$

$$\Ai{v}(x)=\frac{v^{1/v}}{\Gamma(1-1/v)}\j{v}{A}(x)-\frac{v^{-1/v}}{\Gamma(1+1/v)}\j{v}{B}(x)$$
$$\Bi{v}(x)=\frac{v^{1/v}}{\Gamma(1-1/v)}\j{v}{A}(x)+\frac{v^{-1/v}}{\Gamma(1+1/v)}\j{v}{B}(x)$$

$$\pAi{v}(x)=\frac{1}{\sqrt{v}}\tan\left(\frac{\pi}{2v}\right)\Ai{v}(x)$$
$$\pBi{v}(x)=\frac{1}{\sqrt{v}}\Bi{v}(x)$$

$$\Ai{v}(x)=\frac{2v}{\pi}\sin\left(\frac{\pi}{2v}\right)\int_{0}^{\infty}\cos\left(\frac{t^v}{v}-\frac{x^v}{vt^v}\right)dt$$
$$\Ai{v}(x)=\frac{2\sqrt{x}}{\pi}\sin\left(\frac{\pi}{v}\right)\int_{0}^{\infty}e^{-\frac{2}{v}x^{\frac{v}{2}}\cosh(t)}\cosh\left(\frac{t}{v}\right)dt=\frac{2\sqrt{x}}{\pi}\sin\left(\frac{\pi}{v}\right)\int_{1}^{\infty}\frac{e^{-\frac{2}{v}x^{\frac{v}{2}}t}\;T_{\frac{1}{v}}(t)}{\sqrt{t^2-1}}dt$$
$$\Ai{v}(x)=\frac{v^{-1/v}}{\pi}\sin\left(\frac{\pi}{v}\right)x\int_{0}^{\infty}t^{-\frac{1}{v}-1}e^{-t-\frac{x^v}{v^2t}}dt$$
$$\Ai{v}(x)=\frac{2x}{\sqrt{\pi v}}\left(\frac{4}{v}\right)^{\frac{1}{v}}\sin\left(\frac{\pi}{v}\right)e^{-\frac{2}{v}x^{\frac{v}{2}}}U\left[\begin{matrix}1/v+1/2\\2/v+1\end{matrix};\frac{4}{v}x^\frac{v}{2}\right]$$

$$\int_{0}^{\infty}\Ai{v}(x)dx=\frac{v^{\frac{3}{v}-1}}{\pi}\sin\left(\frac{\pi}{v}\right)\Gamma\left(\frac{1}{v}\right)\Gamma\left(\frac{2}{v}\right)$$
$$\int_{0}^{\infty}\Ai{v}(-x)dx=\frac{v^{\frac{3}{v}-1}}{\pi}\left(\sin\left(\frac{2\pi}{v}\right)+\sin\left(\frac{\pi}{v}\right)\right)\Gamma\left(\frac{1}{v}\right)\Gamma\left(\frac{2}{v}\right)\quad(v\in 2\mathbb{N}+1,v > 2)$$
$$\int_{0}^{\infty}\Bi{v}(-x)dx=\frac{v^{\frac{3}{v}-1}}{\pi}\left(\sin\left(\frac{2\pi}{v}\right)-\sin\left(\frac{\pi}{v}\right)\right)\Gamma\left(\frac{1}{v}\right)\Gamma\left(\frac{2}{v}\right)\quad(v\in \mathbb{N},v \geq 2)$$
$$\int_{0}^{\infty}\j{v}{A}(e^{\frac{\pi i}{v}}x)dx=\frac{2}{v}v^{\frac{2}{v}}\cos\left(\frac{\pi}{v}\right)\Gamma\left(\frac{2}{v}\right)$$
$$\int_{0}^{\infty}\j{v}{B}(e^{\frac{\pi i}{v}}x)dx=e^{\frac{\pi i}{v}}\frac{v^{\frac{4}{v}-2}}{\pi}\sin\left(\frac{\pi}{v}\right)\Gamma\left(\frac{1}{v}\right)^2\Gamma\left(\frac{2}{v}\right)$$

$$\int_{0}^{\infty}x^{s-1}\Ai{v}(x)dx=\frac{v^{\frac{2s+1}{v}-1}}{\pi}\sin\left(\frac{\pi}{v}\right)\Gamma\left(\frac{s}{v}\right)\Gamma\left(\frac{s+1}{v}\right)$$
$$\int_{0}^{\infty}x^{s-1}\Ai{v}(-x)dx=\frac{v^{\frac{2s+1}{v}-1}}{\pi}\left(\sin\left(\frac{s+1}{v}\pi\right)+\sin\left(\frac{s\pi}{v}\right)\right)\Gamma\left(\frac{s}{v}\right)\Gamma\left(\frac{s+1}{v}\right)$$
$$\int_{0}^{\infty}x^{s-1}\Bi{v}(-x)dx=\frac{v^{\frac{2s+1}{v}-1}}{\pi}\left(\sin\left(\frac{s+1}{v}\pi\right)-\sin\left(\frac{s\pi}{v}\right)\right)\Gamma\left(\frac{s}{v}\right)\Gamma\left(\frac{s+1}{v}\right)$$
$$\int_{0}^{\infty}x^{s-1}\j{v}{A}(e^{\frac{\pi i}{v}}x)dx=\frac{v^{\frac{2s}{v}-1}}{\pi}\sin\left(\frac{s+1}{v}\pi\right)\Gamma\left(\frac{s}{v}\right)\Gamma\left(\frac{s+1}{v}\right)\Gamma\left(1-\frac{1}{v}\right)$$
$$\int_{0}^{\infty}x^{s-1}\j{v}{B}(e^{\frac{\pi i}{v}}x)dx=e^{\frac{\pi i}{v}}\frac{v^{\frac{2s}{v}-1}}{\pi}\sin\left(\frac{s\pi}{v}\right)\Gamma\left(\frac{s}{v}\right)\Gamma\left(\frac{s+1}{v}\right)\Gamma\left(1+\frac{1}{v}\right)$$

$$\rAi{v}(x)=\frac{\pi v^{-3/v}}{\sin(\pi/v)\Gamma(1/v)\Gamma(2/v)}\Ai{v}(x)=v^{-3/v}\frac{\Gamma(1-1/v)}{\Gamma(2/v)}\Ai{v}(x)$$
$$\rBi{v}(x)=\frac{\pi v^{1/2-3/v}}{\sin(\pi/v)\Gamma(1/v)\Gamma(2/v)}\Bi{v}(x)=v^{1/2-3/v}\frac{\Gamma(1-1/v)}{\Gamma(2/v)}\Bi{v}(x)$$

pour$0\leq m< n$,on définie ces fonction
$$\j{n,v}{A}(x)=\hgF{-}{a_0}{\frac{x^v}{v^n}}{n-1} $$
$$\j{n,v}{B}(x)=x\hgF{-}{a_1}{\frac{x^v}{v^n}}{n-1} $$
$$\j{n,v}{C}(x)=\frac{x^2}{2}\hgF{-}{a_1}{\frac{x^v}{v^n}}{n-1} $$
$ \quad\:\:\:\vdots $
$$\j{n,v}{(M)}(x)=\frac{x^m}{m!}\hgF{-}{a_m}{\frac{x^v}{v^n}}{n-1} $$
cela est une base de l'espace de solution de l'équation $\frac{d^ny}{dx^n}=x^{v-n}y$

$\j{n,v}{(M)}^{(n)}(x)=x^{v-n}\j{n,v}{(M)}(x)$
$\j{n,v}{(M)}^{(n)}(e^{\frac{\pi i}{v}}x)=-x^{v-n}\j{n,v}{(M)}(x)$
$\j{n,v}{(M)}^{(k)}(0)= \delta_{k,m}$
$\mathcal{W}(\j{n,v}{A}(x),\j{n,v}{B}(x),\j{n,v}{C}(x),...)=1$
$\j{n,v}{(M)}^{(n)}(e^{\frac{2\pi i}{v}}x)=e^{\frac{2m\pi i}{v}}\j{n,v}{(M)}^{(n)}(x) $

on va noté l'équation de G.Airy$D^ny=x^my$avec$\A{n,m}$
on va définir le co-equation de$\A{n,m}:D^ny=x^my$avec$\coA{n,m}:D^ny=-x^my$
l'ensemble de tout$\A{n,m}$et $\coA{n,m}$sera noté $\A{}$。
pour$a\in \A{}$, on note l'ensemble de solution de $a$avec$\sol a$

on applique cette transformation à l'équation de G.Airy$\A{n,m}:D^ny=x^my$.Cela donne
$$(-D)^m\mathcal{B}_C\big[f(x)\big](s)=s^n\mathcal{B}_C\big[f(x)\big](s)$$
$$D^m\mathcal{B}_C^*\big[f(x)\big](s)=(-s)^n\mathcal{B}_C^*\big[f(x)\big](s)$$
on va nommé la première $\dagger$-équation differentiel de $s$l'équation de$\A{n,m}$
la deuxième est la$-\dagger$-équation de $\A{n,m}$
On va exprimer cela avec$\A{n,m}^\dagger$et$\A{n,m}^{-\dagger}$
$\A{n,m}^\dagger:D^my=(-1)^mx^ny$
$\A{n,m}^{-\dagger}:D^my=(-1)^nx^ny$
Pour les co-équation, on définie avec$\coA{n,m}^\dagger=\overline{\A{n,m}^\dagger}\,,\coA{n,m}^{-\dagger}=\overline{\A{n,m}^{-\dagger}}$
avec sela on a réussie de définir la$\dagger$-équation pour tout les équation de $\A{}$

on définie les quatre type d'équation de G.Airy
-type paire$\A{n,m}\,(n,m\in2\mathbb{N})$
-type paire-impaire$\A{n,m}\,(n\in2\mathbb{N},m\in2\mathbb{N}+1)$
-type impaire-paire$\A{n,m}\,(n\in2\mathbb{N}+1,m\in2\mathbb{N})$
-type impaire$\A{n,m}\,(n,m\in2\mathbb{N}+1)$
on note l'emsemble de cela avec$\A{2\mathbb{N},2\mathbb{N}}\,,\A{2\mathbb{N},2\mathbb{N}+1}\,,\A{2\mathbb{N},2\mathbb{N}+1}\,,\A{2\mathbb{N}+1,2\mathbb{N}+1}\,$
on définie avec la même façon pour les co-équation

pour une fonction$a^{-\dagger}(x)\in\sol\A{n,m}^{-\dagger}$,si
$$\int_{-i\infty}^{i\infty}a^{-\dagger}(x)dx<\infty$$
est vrai, la transformation de G.Laplace qui prend $C$comme l'axe imaginaire
$$\B{C}{a^{-\dagger}(x)}=\int_{-i\infty}^{i\infty}e^{-sx}a^{-\dagger}(x)dx$$
est une solution de$\A{n,m}$et,d'après le théorème de Riemann-Lebesgue,sa limite vers$\pm\infty$est$0$

On va cherché les solution de$\A{n,1}:D^ny=xy$
sela est une équation de type paire-impaire ou typa impaire
on pout trouver la $-\dagger$-équation d'elle avec
$$\A{2\mathbb{N},2\mathbb{N}+1}\ni\A{n,1}\ad\coA{1,n}\ad\coA{n,1}\ad\A{1,n}\ad\A{n,1}$$
$$\A{2\mathbb{N}+1,2\mathbb{N}+1}\ni\A{n,1}\ad\coA{1,n}\ad\A{n,1}$$

type paire-impaire

si $\A{n,1}$est un type paire-impaire,$\A{n,1}^{-\dagger}=\A{1,n}$
prenons une fonction dans$\sol\A{1,n}=\{ce^{\frac{x^{n+1}}{n+1}}|c\in\mathbb{C}\}$.on va utiliser le cas de$c=1/2\pi i$
$$\frac{1}{2\pi i}\B{C}{e^{\frac{x^{n+1}}{n+1}}}=\frac{1}{2\pi i}\int_Ce^{-sx+\frac{x^{n+1}}{n+1}}dx$$
est une solution de $\A{n,1}$.On ve dire que $C$est l'axe imaginaire mais cela est-il toujours possible?
on sela on va regarder le graphique de$e^{\frac{x^{n+1}}{n+1}} $
graphique de$e^{x^{(n+1)}/(n+1)}$($n$paire)
ca a l'aire dangereut.on prend une route qu'on à décaler l'axe imaginaire de$\epsilon$
$$\frac{1}{2\pi i}\int_{\pm\epsilon-i\infty}^{\pm\epsilon+i\infty}e^{-sx+\frac{x^{n+1}}{n+1}}dx=\frac{1}{2\pi}\int_{\mp\epsilon-\infty}^{\mp\epsilon+\infty}e^{-isx\mp i\frac{x^{n+1}}{x+1}}dx$$
la limite de $\epsilon\rightarrow 0$converge pour un réel $s$ et cela donne
$$\frac{1}{\pi}\int_{0}^{\infty}\cos\left(\frac{x^{n+1}}{n+1}\pm sx\right)dx$$
si on veut calculer pour un complex$s $,il suffie de ne pas prender la limite
on va définir cette fonction comme
$$\Ai{n,n+1}(x)=\frac{1}{\pi}\int_{0}^{\infty}\cos\left(\frac{t^{n+1}}{n+1}\pm xt\right)dt$$

type impaire

si $\A{n,1}$est un type paire-impaire,$\A{n,1}^{-\dagger}=\coA{1,n}$
prenons une fonction dans$\sol\coA{1,n}=\{ce^{-\frac{x^{n+1}}{n+1}}|c\in\mathbb{C}\}$.onva utiliser le cas de$c=1/2\pi i$
$$\frac{1}{2\pi i}\B{C}{e^{-\frac{x^{n+1}}{n+1}}}=\frac{1}{2\pi i}\int_Ce^{-sx-\frac{x^{n+1}}{n+1}}dx$$
est une solution de$\A{n,1}$.contrairement, on ne peut pas toujours intégré sur l'axe imaginaire
graphique de$e^{-x^{(n+1)}/(n+1)}$($n$impaire)
on voit qu'elle diverge sur l'axe imaginaire quand $n+1\equiv2\mod4$
donc on oublie cela et on réfléchie juste si le cas de $n+1\equiv0\mod4$
$$\frac{1}{2\pi i}\int_{-i\infty}^{i\infty}e^{-sx+\frac{x^{n+1}}{n+1}}dx=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty}e^{-isx-\frac{x^{n+1}}{x+1}}dx=\frac{1}{\pi}\int_{0}^{\infty}e^{-\frac{x^{n+1}}{n+1}}\cos(sx)dx$$
est une solution de $\A{n,1}$.On va définir cela
$$\Ai{n,n+1}(x)=\frac{1}{\pi}\int_{0}^{\infty}e^{-\frac{t^{n+1}}{n+1}}\cos(xt)dt$$

$\coA{2,2}$ne change pas avec$\dagger$,donc$\coA{2,2}^{\dagger}=\coA{2,2} $
donc pour une fonction $a_1(x)\in\sol\coA{2,2}$,ilexiste une autre fonction$a_2(x)\in\sol\coA{2,2}$et
$$a_1(s)=\int_{C}e^{-sx}a_2(x)dx$$
si on réussie de prendre l'axe imaginaire et qu'on réussi de multiplier par$1/\sqrt{2\pi}i$,sela est la transformation de Fourier
on pose $a_2(x)=\j{4}{A}(e^{\frac{\pi i}{4}}x)$et on calcule sur l'axe imaginaire
$$a_1(s)=\int_{-i\infty}^{i\infty}e^{-sx}\j{4}{A}(e^{\frac{\pi i}{4}}x)dx=\int_{-\infty}^{\infty}e^{-isx}\j{4}{A}(e^{\frac{\pi i}{4}}x)dx$$
est une solution de $\coA{2,2}$.on calcule $a_1(0)$et$a_1'(0)$pour la déterminer
$$a_1(0)=\sqrt{2\pi}\:,\: a_1'(0)=0$$
donc on obtient
$$\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{\infty}e^{-isx}\j{4}{A}(e^{\frac{\pi i}{4}}x)dx=\j{4}{A}(e^{\frac{\pi i}{4}}s) $$

$\A{n,2}$est une equation de type paire ou type impaire-paire et on trouve la$-\dagger$d'après
$$\A{2\mathbb{N},2\mathbb{N}}\ni\A{n,2}\ad\A{2,n}\ad\A{n,2}$$
$$\A{2\mathbb{N}+1,2\mathbb{N}}\ni\A{n,2}\ad\A{2,n}\ad\coA{n,2}\ad\coA{2,n}\ad\A{n,2}$$
avant de voir les deux cas, regardons les graphiques des fonctions d'Airy général
graphique de$\j{v}{A}(x)\,,\j{v}{B}(x)$
comme on le voit dans les graphiques, les limites vers$e^{\frac{(2k+1)\pi i}{v}}\infty$de$\j{v}{A}(x)$et$\j{v}{B}(x)$est $0$
les limites ne changent pas en prenant une combinaison linéaire donc cela est vrai pour tout les solution de$\A{2,n}$
réfléchissons quand cela permet de converger sur l'axe imaginaire
on a besoin que$\frac{(2k+1)\pi i}{v}=\frac{\pi i}{2}$donc si $v$est un nombre de forme$2\times impaire$
donc on va pas réfléchir sur le cas des types impaire-paire.on regarde juste sur les type paire
prenons une fonction de$\sol\A{n,2}^{-\dagger}=\sol\A{2,n}$,cela est$\sol\A{2,n}=\{a\j{n+2}{A}(x)+b\j{n+2}{B}(x)|a,b\in\mathbb{C}\} $
ici, on va utilise ces deux la qu'on a utiliser pour définir les fonction d'Airy général
$$\frac{1}{2\pi i}\frac{(n+2)^{\frac{1}{n+2}}}{\Gamma(1-\frac{1}{n+2})}\j{n+2}{A}(x)\,,\frac{1}{2\pi i}\frac{(n+2)^{-\frac{1}{n+2}}}{\Gamma(1+\frac{1}{n+2})}\j{n+2}{B}(x)$$

cas de$\frac{1}{2\pi i}\frac{(n+2)^{\frac{1}{n+2}}}{\Gamma(1-\frac{1}{n+2})}\j{n+2}{A}(x)$

n+2 est de forme$2\times impaire$donc n est un multiple de $4$.on fait la même chose et on obtient
$$\begin{align*}\frac{1}{2\pi i}\frac{(n+2)^{\frac{1}{n+2}}}{\Gamma(1-\frac{1}{n+2})}\int_{-i\infty}^{i\infty}e^{-sx}\j{n+2}{A}(x)dx&=\frac{1}{2\pi}\frac{(n+2)^{\frac{1}{n+2}}}{\Gamma(1-\frac{1}{n+2})}\int_{-\infty}^{\infty}e^{-isx}\j{n+2}{A}(ix)dx\\&=\frac{1}{2\pi}\frac{(n+2)^{\frac{1}{n+2}}}{\Gamma(1-\frac{1}{n+2})}\int_{-\infty}^{\infty}e^{-isx}\j{n+2}{A}(e^{\frac{\pi i}{n+2}}x)dx\\&=\frac{1}{\pi}\frac{(n+2)^{\frac{1}{n+2}}}{\Gamma(1-\frac{1}{n+2})}\int_{0}^{\infty}\cos(sx)\j{n+2}{A}(e^{\frac{\pi i}{n+2}}x)dx\end{align*}$$
définissons cela comme$\Ai{n,n+2}(x)$

cas de$\frac{1}{2\pi i}\frac{(n+2)^{\frac{1}{n+2}}}{\Gamma(1-\frac{1}{n+2})}\j{n+2}{B}(x)$

on réfléchie de la même façon est on obtient l'intégral
$$\begin{align*}\frac{1}{2\pi i}\frac{(n+2)^{-\frac{1}{n+2}}}{\Gamma(1+\frac{1}{n+2})}\int_{-i\infty}^{i\infty}e^{-sx}\j{n+2}{B}(x)dx&=\frac{1}{2\pi}\frac{(n+2)^{-\frac{1}{n+2}}}{\Gamma(1+\frac{1}{n+2})}\int_{-\infty}^{\infty}e^{-isx}\j{n+2}{B}(ix)dx\\&=\frac{e^{\frac{n\pi i}{2(n+2)}}}{2\pi}\frac{(n+2)^{-\frac{1}{n+2}}}{\Gamma(1+\frac{1}{n+2})}\int_{-\infty}^{\infty}e^{-isx}\j{n+2}{B}(e^{\frac{\pi i}{n+2}}x)dx\\&=\frac{e^{-\frac{\pi i}{n+2}}}{\pi}\frac{(n+2)^{-\frac{1}{n+2}}}{\Gamma(1+\frac{1}{n+2})}\int_{0}^{\infty}\sin(sx)\j{n+2}{B}(e^{\frac{\pi i}{n+2}}x)dx\end{align*}$$
definissons cela comme$\Bi{n,n+2}(x)$

le développement en séries de la fonction$a(s)=\B{C}{a^{-\dagger}(x)}\in\A{n,m}$qui est définie avec$a^{-\dagger}(x)\in\sol\A{n,m}^{-\dagger}$est
$$a(x)=\int_Ca^{-\dagger}(x)dx\j{n,n+m}{A}(x)-\int_Cxa^{-\dagger}(x)dx\j{n,n+m}{B}(x)+\int_Cx^2a^{-\dagger}(x)dx\j{n,n+m}{C}(x)-...$$

redéfinissons ces deux fonction avec les séries entières
$$\Ai{3,4}(x)=\frac{1}{2\Gamma(3/4)}\j{3,4}{A}(x)-\frac{1}{\Gamma(1/4)}\j{3,4}{C}(x)$$
$$\Bi{3,4}(x)=\frac{1}{2\Gamma(3/4)}\j{3,4}{A}(x)+\frac{1}{\Gamma(1/4)}\j{3,4}{C}(x)$$
graphique de$\Ai{3,4}(x)\,,\Bi{3,4}(x)$
on peut calculer les intégral de cette fonction
$$\begin{align}\int_{0}^{\infty}\Ai{3,4}(x)dx&=\frac{1}{\pi}\int_{0}^{\infty}\!\int_{0}^{\infty}e^{-\frac{t^{4}}{4}}\cos(xt)dtdx\\ &=\frac{1}{\pi}\int_{0}^{\infty}\left(\left[e^{-\frac{t^{4}}{4}}\frac{\sin(xt)}{x}\right]_{0}^{\infty}+\int_{0}^{\infty}t^3e^{-\frac{t^{4}}{4}}\frac{\sin(xt)}{x}dt\right)dx\\ &=\frac{1}{\pi}\int_{0}^{\infty}\!t^3e^{-\frac{t^{4}}{4}}\int_{0}^{\infty}\frac{\sin(xt)}{x}dxdt\\ &=\frac{1}{2}\int_{0}^{\infty}\!t^3e^{-\frac{t^{4}}{4}}dt\\ &=\frac{1}{2}\end{align}$$
$\Ai{3,4}(x)$est une fonction paire donc si on l'intègre sur$\mathbb{R}$,sa va donner$1$
on peut aussi calculer la transformation de Mellin. cela donne
$$\int_{0}^{\infty}x^{s-1}\Ai{3,4}(x)dx=\frac{2^{3s/2}}{8\pi\sqrt{\pi}}\sin\left(\frac{s+1}{4}\pi\right)\Gamma\left(\frac{s}{4}\right)\Gamma\left(\frac{s+1}{4}\right)\Gamma\left(\frac{s+2}{4}\right)$$
on voit que sa ressemble beaucoup au fonction d'Airy général sauf le nombre de fonction gamma
on a aussi un point commun important qui est
$$\int_{-\infty}^{\infty}e^{-sx}\Ai{3,4}(x)dx=e^{-\frac{s^4}{4}}$$
$\Ai{3,4}(x)$est la fonction de G.Airy qu'on connait le mieux appart les cas facile

$$\begin{split}\Ai{4,5}(x)&=\frac{5^{1/5}}{5\pi}\cos\left(\frac{\pi}{10}\right)\Gamma\left(\frac{1}{5}\right)\j{4,5}{A}(x)+\frac{5^{2/5}}{5\pi}\sin\left(\frac{2\pi}{10}\right)\Gamma\left(\frac{2}{5}\right)\j{4,5}{B}(x)\\ &-\frac{5^{3/5}}{5\pi}\cos\left(\frac{3\pi}{10}\right)\Gamma\left(\frac{3}{5}\right)\j{4,5}{C}(x)-\frac{5^{4/5}}{5\pi}\sin\left(\frac{4\pi}{10}\right)\Gamma\left(\frac{4}{5}\right)\j{4,5}{D}(x)\end{split}$$
on voit que sa ne marche pas si bien que tout a l'heure
$\Ai{4,5}(x)$のグラフ
j'ai mis aussi un graphique écrit avec geogebra qui n'est pas très précis
j'ai conjecture que
$$\int_{-\infty}^{\infty}\Ai{4,5}(x)dx=1\,,\int_{0}^{\infty}\Ai{4,5}(x)dx=\frac{2}{5}\,,\int_{-\infty}^{0}\Ai{4,5}(x)dx=\frac{3}{5}$$
je n'ai pas réussi de le démontrer

$$\Ai{4,6}(x)=\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}\Gamma(5/6)\Gamma(4/6)}\j{4,6}{A}(x)-\frac{6^{1/6}}{\Gamma(3/6)\Gamma(2/6)}\j{4,6}{C}(x)$$
$$\Bi{4,6}(x)=\frac{1}{\sqrt{6}\Gamma(4/6)\Gamma(3/6)}\j{4,6}{B}(x)-\frac{2\cdot 6^{1/6}}{\Gamma(2/6)\Gamma(1/6)}\j{4,6}{D}(x)$$
$\Ai{4,6}(x)\,,\Bi{4,6}(x)$
la transformation de Mellin est
$$\int_{0}^{\infty}\!x^{s-1}\Ai{4,6}(x)dx=\frac{6^{2s/3}}{24\pi^2\sqrt{2\pi}}\left(2\cos\left(\frac{s-1}{3}\pi\right)+1\right)\Gamma\left(\frac{s}{6}\right)\Gamma\left(\frac{s+1}{6}\right)\Gamma\left(\frac{s+2}{6}\right)\Gamma\left(\frac{s+3}{6}\right) $$
$$\int_{0}^{\infty}\!x^{s-1}\Bi{4,6}(x)dx\!=\!\frac{6^{(2s-1)/3}}{24\pi^2\sqrt{2\pi}}\left(\sqrt{3}\sin\left(\frac{s\pi}{3}\right)-\cos\left(\frac{s\pi}{3}\right)+1\right)\Gamma\!\left(\frac{s}{6}\right)\Gamma\!\left(\frac{s+1}{6}\right)\Gamma\!\left(\frac{s+2}{6}\right)\Gamma\!\left(\frac{s+3}{6}\right) $$