質問: 特殊関数の定積分に関して質問です. exp(-s*sqrt(x^2+a^2)*x*j0(b*x)/sqrt(x^2+a^2)の0から∞までの半無限区間の積分が,なぜexp(-a*sqrt(s^2+b^2))/sqrt(s^2+b^2)になるのかわかりません. この証明の仕方を教えてください.ここで,j0(x)は0次第1種ベッセル関数,sqrt(x)はxの平方根です.
回答: 少し記号の変更をしています。 証明の方針は 「bessel関数の積分表示を利用し、複素積分にもっていく。」 です。 必要な知識・技術は大学3年ぐらいまでの解析を中心とした数学です。具体的には ・bessel関数の積分表示 ・eulerの公式 ・laplace変換 ・複素関数論における実変数定積分の留数原理による計算 ・岩波の数学公式 などがポイントです。積分の収束・順序入れ替えなどの厳密な議論は省略しています. テキストエディタでの数式なので読みにくいと思います。少しタイプミスがあるかもしれませんが、本質的には大丈夫だと思います。髪と鉛筆で検算してみて下さい。 『a>0,b>0,s>0とする。 ∫_0^∞{e^{-s√(x^2+a^2)}/√(x^2+a^2)}xj_0(bx)dx=e^{-a√(s^2+b^2)}/√(s^2+b^2)』 (証明) 左辺をiとおく。 まず、第1種0次bessel関数の性質で岩波数学公式iiiの178ページに載っている積分表示を考える。 j_0(√(z^2-y^2))=(1/π)∫_0^πe^{ycosθ}cos(zsinθ)dθ θ=-φと置換すると、 j_0(√(z^2-y^2))=(1/π)∫_0^{-π}e^{ycos(-φ)}cos(zsin(-φ)(-dφ) =-(1/π)∫_0^{-π}e^{ycosφ}cos(-zsinφ)dφ =(1/π)∫_{-π}^0e^{ycosφ}cos(zsinφ)dφ =(1/π)∫_{-π}^0e^{ycosθ}cos(zsinθ)dθ ゆえに j_0(√(z^2-y^2))+j_0(√(z^2-y^2)):(最初の表示)+(置換後の表示) 2j_0(√(z^2-y^2))=(1/π)∫_0^πe^{ycosθ}cos(zsinθ)dθ+(1/π)∫_{-π}^0e^{ycosθ}cos(zsinθ)dθ 2j_0(√(z^2-y^2))=(1/π)∫_{-π}^πe^{ycosθ}cos(zsinθ)dθ すなわち (1):j_0(√(z^2-y^2))={1/(2π)}∫_{-π}^πe^{ycosθ}cos(zsinθ)dθ さてiでu=bxの置換をする。 i=(1/b)∫_0^∞{e^{-(s/b)√((bx)^2+(ab)^2)}/√((bx)^2+(ab)^2)}(bx)j_0(bx)d(bx) =(1/b)∫_0^∞{e^{-(s/b)√(u^2+(ab)^2)}/√(u^2+(ab)^2)}uj_0(u)du さらにz=√(u^2+(ab)^2)の置換をすると、u=√(z^2-(ab)^2)、ab≦z<∞、du=zdz/√(z^2-(ab)^2)であるから i=(1/b)∫_{ab}^∞{e^{-(s/b)z)}/z}√(z^2-(ab)^2)j_0(√(z^2-(ab)^2))zdz/√(z^2-(ab)^2) =(1/b)∫_{ab}^∞e^{-(s/b)z)j_0(√(z^2-(ab)^2))dz ここで(1)を代入すると i=(1/b)∫_{ab}^∞dze^{-(s/b)z){1/(2π)}∫_{-π}^πdθe^{abcosθ}cos(zsinθ) ={1/(2πb)}∫_{-π}^πdθ∫_{ab}^∞dze^{-(s/b)z}e^{abcosθ}cos(zsinθ) zの積分で置換t=z/b-aをする。z=b(t+a)、0≦t<∞、dz=bdt i={1/(2πb)}∫_{-π}^πdθ∫_0^∞bdte^{-s(t+a)}e^{abcosθ}cos{(bsinθ)t+absinθ} ={e^{-sa}/(2π)}∫_{-π}^πdθe^{abcosθ}∫_0^∞dte^{-st}cos{(bsinθ)t+absinθ} ここでiのtに関する積分はcos(ωt+α)(ω=bsinθ、α=absinθ)のlaplace変換になっているので、岩波数学公式ii293ページから、 i={e^{-sa}/(2π)}∫_{-π}^πdθe^{abcosθ}{(scos(absinθ)-bsinθsin(absinθ))/(s^2+b^2sin^2θ)} ={e^{-sa}/(2π)}∫_{-π}^πdθe^{abcosθ}[s{e^{iabsinθ}+e^{-iabsinθ}}/2}-b{(e^{iθ}-e^{-iθ})/(2i)}{(e^{iabsinθ}-e^{-iabsinθ})/(2i)}]/(s^2+b^2{(e^{iθ}-e^{-iθ})/(2i)}^2) ={e^{-sa}/(2π)}∫_{-π}^πdθ[s{e^{ab(cosθ+isinθ)}+e^{ab(cosθ-isinθ)}}/2}-b{(e^{iθ}-e^{-iθ})/(2i)}{(e^{ab(cosθ+isinθ)}-e^{ab(cosθ-isinθ)})/(2i)]/(s^2+b^2{(e^{iθ}-e^{-iθ})/(2i)}^2) ={e^{-sa}/(2π)}∫_{-π}^πdθ[s{(e^{abe^{iθ}}+e^{abe^{-iθ}})/2}-b{(e^{iθ}-e^{-iθ})/(2i)}{(e^{abe^{iθ}}-e^{abe^{-iθ})/(2i)}]/[s^2+b^2{(e^{iθ}-e^{-iθ})/(2i)}^2] z=e^{iθ}とおくとzは原点中心の単位円を反時計まわりに一周する。その経路をcとする。dz=ie^{iθ}dθ、dθ=dz/(iz)であるから、 i={e^{-sa}/(2πi)}∮_c(dz/z)[s{(e^{abz}+e^{ab/z})/2}-b{(z-1/z)/(2i)}{(e^{abz}-e^{ab/z})/(2i)}]/[s^2+b^2{(z-1/z)/(2i)}^2] ={e^{-sa}/(2πi)}∮_cdz(1/z^2)[sz{(e^{abz}+e^{ab/z})/2}-b{(z^2-1)/(2i)}{(e^{abz}-e^{ab/z})/(2i)}]/[s^2+b^2{(z-1/z)/(2i)}^2] ={e^{-sa}/(2πi)}∮_cdz[2sz(e^{abz}+e^{ab/z}+b(z^2-1)(e^{abz}-e^{ab/z})}]/[4s^2z^2-b^2(z^2-1)^2] ={e^{-sa}/(2πi)}[∮_cdz{2sz+b(z^2-1)}e^{abz}}/[(2sz)^2-{b(z^2-1)}^2]+∮_cdz{2sz-b(z^2-1)}e^{ab/z}}/[(2sz)^2-{b(z^2-1)}^2] ={e^{-sa}/(2πi)}[∮_cdze^{abz}}/{2sz-b(z^2-1)}+∮_cdze^{ab/z}}/{2sz+b(z^2-1)}] ={e^{-sa}/(2πbi)}[-∮_cdze^{abz}}/{z^2-2(s/b)z-1}+∮_cdze^{ab/z}}/{z^2+2(s/b)z-1}] ここで[]内の後ろの積分をw=1/zでかきなおす。このときwは原点中心の単位円を時計回りに一周するのでその経路をc'とすると、dz=-dw/w^2だから ∮_cdze^{ab/z}}/{z^2+2(s/b)z-1} =∮_{c'}(-1/w^2)dwe^{abw}}/{1/w^2+2(s/b)/w-1} =-∮_{c'}dwe^{abw}}/{1+2(s/b)w-w^2} =∮_{c'}dwe^{abw}}/{w^2-2(s/b)w-1} =∮_{c'}dwe^{abw}}/{w^2-2(s/b)w-1} =-∮_cdwe^{abw}}/{w^2-2(s/b)w-1} =-∮_cdze^{abz}}/{z^2-2(s/b)z-1} こうして、 i={e^{-sa}/(2πbi)}[-2∮_cdze^{abz}}/{z^2-2(s/b)z-1}] =-{e^{-sa}/(πbi)}∮_cdze^{abz}}/{z^2-2(s/b)z-1} =-{e^{-sa}/(πbi)}∮_cdze^{abz}}/{(z-α)(z+1/α)} ここで α=s/b-√(s^2/b^2+1), -1/α=s/b+√(s^2/b^2+1) は被積分関数の一位の極である。 -1<α<0, -1/α>1 より、cの内部にあるのはαで、留数の原理より i=-{e^{-sa}/(πbi)}2πilim_{z→α}(z-α)e^{abz}/{(z-α)(z+1/α)} =-{2e^{-sa}/b}lim_{z→α}e^{abz}/(z+1/α) =-{2e^{-sa}/b}e^{abα}/(α+1/α) =-2e^{-sa}e^{abα}/{b(α+1/α)} ここで、 bα=s-√(s^2+b^2) b(α+1/α)=bα+b/α=s-√(s^2+b^2)-s-√(s^2+b^2)=-2√(s^2+b^2) であるから、 i=-2e^{-sa}e^{as-a√(s^2+b^2)}/{-2√(s^2+b^2)} =e^{-a√(s^2+b^2)}/√(s^2+b^2) (終)