特殊関数の定積分に関して質問です．

質問

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No.2

ereserve67 · ベストアンサー

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)

お礼

完璧な証明にすべてがすっきりと解決いたしました．
どうもありがとうございました．

回答No.1

noname#163983

カッコの数が合ってないようです。

お礼

ご指摘ありがとうございます．

補足

失礼しました．正しくは，
exp(-s*sqrt(x^2＋a^2)）*x*J0(b*x)/sqrt(x^2＋a^2)
でした．