Table of contents
修正ベッセル関数
修正ベッセル関数(modified Bessel function)、またの名をマクドナルド関数(Macdonald function)は
\[K_\nu (z) = \int_0^\infty e^{-z \cosh t} \cosh \nu t dt \tag{1}\]で定義されます。ただし\(z>0\)とします。
漸化式
修正ベッセル関数が満たす漸化式を求めましょう。
\[\begin{aligned} - K_{\nu-1} + K_{\nu + 1} &= \int_0^\infty \{ -e^{-z \cosh t} \cosh (\nu -1)t + e^{-z \cosh t} \cosh (\nu+1) t\} \ dt \\ &= \int_0^\infty e^{-z \cosh t} \left( -\frac{e^{(\nu-1)t} + e^{-(\nu - 1)t}}{2} + \frac{e^{(\nu+1)t} + e^{-(\nu + 1)t}}{2}\right) dt \\ &=\int_0^\infty e^{-z \cosh t} \frac{1}{2} \left\{ e^{\nu t} ( e^t - e^{-t}) + e^{-\nu t} (e^{-t} - e^t) \right\} dt = \int_0^\infty e^{-z \cosh t} \left\{ e^{\nu t}- e^{-\nu t} \right\} \sinh t \ dt \\ &=2 \int_0^\infty e^{-z \cosh t} \sinh \nu t \sinh t \ dt = - \frac{2}{z}\int_0^\infty \frac{d}{dt} (e^{-z \cosh t}) \sinh \nu t \ dt \\ &=- \frac{2}{z} \left\{ [(e^{-z \cosh t}) \sinh \nu t]_0^\infty - \nu \int_0^\infty e^{-z \cosh t} \cosh \nu t \ dt\right\} = \frac{2\nu}{z} K_\nu \end{aligned}\]よって
\[-K_{\nu-1} + K_{\nu+1} = \frac{2\nu}{z} K_\nu \tag{2}\]が成り立ちます。同様に
\[\begin{aligned} -K_{\nu-1} - K_{\nu + 1} &= \int_0^\infty \{ -e^{-z \cosh t} \cosh (\nu -1)t - e^{-z \cosh t} \cosh (\nu+1) t\} \ dt \\ &= - \int_0^\infty e^{-z \cosh t} \left( \frac{e^{(\nu-1)t} + e^{-(\nu - 1)t}}{2} + \frac{e^{(\nu+1)t} + e^{-(\nu + 1)t}}{2}\right) dt \\ &= - \int_0^\infty e^{-z \cosh t} \frac{1}{2} \left\{ e^{\nu t} ( e^t + e^{-t}) + e^{-\nu t} (e^{-t} + e^t) \right\} dt = - \int_0^\infty e^{-z \cosh t} \left\{ e^{\nu t}+ e^{-\nu t} \right\} \cosh t \ dt \\ &= - 2 \int_0^\infty e^{-z \cosh t} \cosh \nu t \cosh t \ dt = 2 \int_0^\infty \frac{d}{dz} (e^{-z \cosh t}) \cosh \nu t \ dt \\ &= 2 \frac{d}{dz} \int_0^\infty e^{-z \cosh t} \cosh \nu t \ dt = 2 \frac{d}{dz} K_\nu \end{aligned}\]より
\[-K_{\nu-1} - K_{\nu+1} = 2 \frac{d}{dz} K_\nu (z) \tag{3}\]さらに(1)式と\(\cosh\)の偶関数性\(\cosh \nu t = \cosh (-\nu t)\)より
\[K_\nu = - K_\nu \tag{4}\]修正ベッセルの微分方程式
\[\begin{aligned} (3) \ \underbrace{\Longrightarrow}_{\times d/dz} \ \frac{d^2}{dz^2} K_\nu &= - \frac{1}{2} (\frac{d}{dz} K_{\nu-1} + \frac{d}{dz} K_{\nu+1}) = - \frac{1}{2} \left\{ - \frac{1}{2} (K_{\nu-2} + K_\nu) - \frac{1}{2} (K_\nu + K_{\nu+2})\right\} \\ &= \frac{1}{4} (K_{\nu+2} + 2K_\nu + K_{\nu-2}) \end{aligned}\] \[(2) \ \Longrightarrow \ \left\{ \begin{array}{l} \frac{2(\nu-1)}{z} K_{\nu-1} = - K_{\nu -2} + K_\nu \\ \frac{2(\nu+1)}{z} K_{\nu+1} = - K_\nu + K_{\nu+2} \end{array} \right.\]などを用いることで
\[\begin{aligned} \frac{d^2}{dz^2} K_\nu + \frac{1}{z} \frac{d}{dz} K_\nu - \left( 1+ \frac{\nu^2}{z^2}\right) K_\nu &= \frac{1}{4} (K_{\nu+2} + 2K_\nu + K_{\nu-2}) - \frac{1}{2z} (K_{\nu-1} + K_{\nu+1}) - K_\nu - \frac{\nu}{2z} \frac{2\nu}{z} K_\nu \\ &= \frac{1}{4} (K_{\nu+2} + 2K_\nu + K_{\nu-2}) - \frac{1}{2z} (K_{\nu-1} + K_{\nu+1}) - K_\nu - \frac{\nu}{2z} (-K_{\nu-1}+ K_{\nu+1}) \\ &= \frac{1}{4} (K_{\nu+2} + 2K_\nu + K_{\nu-2}) + \frac{\nu-1}{2z} K_{\nu-1} - \frac{\nu+1}{2z}K_{\nu+1} - K_\nu \\ &= \frac{1}{4} (K_{\nu+2} + 2K_\nu + K_{\nu-2}) + \frac{1}{4}(-K_{\nu-2}+ K_\nu) - \frac{1}{4} (-K_\nu + K_{\nu +2}) - K_\nu = 0 \end{aligned}\]これより修正ベッセル関数の満たす微分方程式が
\[\frac{d^2}{dz^2} K_\nu + \frac{1}{z} \frac{d}{dz} K_\nu - \left( 1+ \frac{\nu^2}{z^2} \right) K_\nu = 0 \tag{5}\]と求まります。
エアリー関数
以下で定義されるエアリー関数(Airy function)について考えましょう。
\[\Phi (z) = \frac{1}{\sqrt{\pi}} \int_0^\infty \cos \left( \frac{\xi^3}{3} + \xi z \right) d\xi \tag{6}\]これが2階の微分方程式
\[\Phi '' (z) = z \Phi (z) \tag{7}\]の解であることを示します。
\[(6) \underbrace{\Longrightarrow}_{\times d/dz} \Phi' = - \frac{1}{\sqrt{\pi}} \int_0^\infty \xi \sin \left( \frac{\xi^3}{3} + \xi z\right) d\xi \underbrace{\Longrightarrow}_{\times d/dz} \Phi'' = - \frac{1}{\sqrt{\pi}} \int_0^\infty \xi^2 \cos \left( \frac{\xi^3}{3} + \xi z \right) d\xi\]よって
\[\begin{aligned} \Phi'' - z \Phi &= - \frac{1}{\sqrt{\pi}} \int_0^\infty (\xi^2 + z) \cos \left( \frac{\xi^3}{3} + \xi z\right) d \xi = - \frac{1}{\sqrt{\pi}} \int_0^\infty \frac{d}{d \xi }(\frac{\xi^3}{3} + z\xi) \cos \left( \frac{\xi^3}{3} + \xi z\right) d \xi \\ &= - \frac{1}{\sqrt{\pi}} \left[ \sin \left( \frac{\xi^3}{3} + z \xi \right)\right]_0^\infty = - \frac{1}{\sqrt{\pi}} (\underbrace{\sin \infty}_{=0} - \sin 0) = 0 \end{aligned}\]となり、確かにエアリー関数(6)式は(7)式の解であることがわかります。
修正ベッセル関数とエアリー関数の関係式
エアリー関数が、修正ベッセル関数を用いて
\[\Phi (z) = \sqrt{\frac{z}{3\pi}} K_{1/3} \left( \frac{2}{3} z^{3/2}\right) \tag{8}\]と書けることを示しましょう。そのためには
- (8)式の右辺が(7)式の解であること
- \(z=0, \infty\)の2つの境界条件での値が一致していること
の2つが確認できれば、(7)式は2階の微分方程式なので解が一意に定ま利、(8)式を示せたことになります。
1の証明
\[\phi(z) = \sqrt{\frac{z}{3\pi}} K_{1/3} \left( \frac{2}{3} z^{3/2} \right) = \sqrt{\frac{z}{3\pi}} K_{1/3} (\alpha) \ \ \ \left(\alpha \equiv \frac{2}{3} z^{3/2} \right)\]とおいて、\(\phi (z)\)が\(\phi'' = z\phi\)を満たしていることを確認しましょう。
\[\phi'(z) = \frac{1}{2 \sqrt{3\pi z}} K_{1/3} (\alpha) + \sqrt{\frac{z}{3\pi}} \frac{d\alpha}{dz} \left( \frac{d}{d\alpha}K_{1/3} (\alpha) \right)\] \[\begin{aligned} \phi'' & = - \frac{1}{4 \sqrt{3\pi z^3}} K_{1/3}(\alpha) + \frac{1}{2\sqrt{3\pi z}} \frac{d\alpha}{dz} \left( \frac{d}{d\alpha}K_{1/3} (\alpha) \right) + \frac{1}{2\sqrt{3\pi z}} \frac{d\alpha}{dz} \left( \frac{d}{d\alpha} K_{1/3} (\alpha) \right) \\ & \quad + \sqrt{\frac{z}{3\pi}} \frac{d^2 \alpha}{dz^2} \left( \frac{d}{d\alpha}K_{1/3} (\alpha) \right) + \sqrt{\frac{z}{3\pi}} \left( \frac{d\alpha}{dz} \right)^2 \left( \frac{d^2}{d\alpha^2}K_{1/3} (\alpha) \right) \end{aligned}\]\(\frac{d\alpha}{dz} = \sqrt{z}, \frac{d^2 \alpha}{dz^2} = \frac{1}{2 \sqrt{z}}\) , さらに\(\frac{d^2}{d\alpha^2} K_{1/3} (\alpha) = - \frac{1}{\alpha} \frac{d}{d\alpha} K_{1/3} (\alpha) + (1 + \frac{1}{9\alpha^2}) K_{1/3} (\alpha)\)を代入します。
\[\begin{aligned} \phi'' &= - \frac{1}{4 \sqrt{3\pi z^3}} K_{1/3}(\alpha) + \frac{1}{2\sqrt{3\pi}} \frac{d}{d\alpha}K_{1/3} (\alpha) + \frac{1}{2\sqrt{3\pi}} \frac{d}{d\alpha} K_{1/3} (\alpha) + \frac{1}{2 \sqrt{3\pi}} \frac{d}{d\alpha}K_{1/3} (\alpha) \\ & \quad + \sqrt{\frac{z^3}{3\pi}} \left( - \frac{1}{\alpha} \frac{d}{d\alpha} K_{1/3} (\alpha) + (1 + \frac{1}{9\alpha^2}) K_{1/3} (\alpha)\right) \\ &=- \frac{1}{4 \sqrt{3\pi z^3}} K_{1/3}(\alpha) + \frac{3}{2\sqrt{3\pi}} \frac{d}{d\alpha}K_{1/3} (\alpha) + \sqrt{\frac{z^3}{3\pi}} \left( - \frac{3}{2\sqrt{z^3}} \frac{d}{d\alpha} K_{1/3} (\alpha) + (1 + \frac{1}{4 z^3}) K_{1/3} (\alpha)\right) \\ &=- \frac{1}{4 \sqrt{3\pi z^3}} K_{1/3}(\alpha) + \sqrt{\frac{z^3}{3\pi}}(1 + \frac{1}{4 z^3}) K_{1/3} (\alpha) = z \sqrt{\frac{z}{3\pi}} K_{1/3} (\alpha) = z \phi(z) \end{aligned}\]よって\(\phi(z)\)も(7)式の解であることがわかります。
2の証明
\(z=\infty\)
\(z=\infty\)での値を求めましょう。
\[\lim_{z \rightarrow \infty} \Phi (z) = \lim_{z \rightarrow \infty} \frac{1}{\sqrt{\pi}} \int_0^\infty \cos \left( \frac{\xi^3}{3} + \xi z \right) d\xi \underbrace{\simeq}_{\xi^3 \ll \xi z} \lim_{z \rightarrow \infty} \frac{1}{\sqrt{\pi}} \int_0^\infty \cos \xi z \ d\xi = \lim_{z \rightarrow \infty} \frac{1}{z\sqrt{\pi}} [\sin \xi z]_0^\infty \rightarrow 0\] \[\lim_{z \rightarrow \infty} \phi(z) = \lim_{z \rightarrow \infty} \sqrt{\frac{z}{3\pi}} \underbrace{ K_{1/3} \left( \frac{2}{3} z^{3/2}\right)}_{(1)} = \lim_{z \rightarrow \infty} \sqrt{\frac{z}{3\pi}} \int_0^\infty e^{-\frac{2}{3} z^{\frac{3}{2}} \cosh t} \cosh \frac{t}{3} \ dt \rightarrow 0\]以上から、\(z = \infty\)での値は一致していることがわかります。
\(z=0\)
続いて\(z=0\)での境界値を求めましょう。
\[\lim_{z \rightarrow 0} \Phi(z) = \frac{1}{\sqrt{\pi}} \int_0^\infty \cos \frac{\xi^3}{3} \ d \xi \underbrace{=}_{t^3 = \xi^3/3} \frac{3^{1/3}}{\sqrt{\pi}} \int_0^\infty \cos t^3 \ dt =\frac{3^{1/3}}{2\sqrt{3\pi}} \Gamma \left( \frac{1}{3} \right)\]途中の\(\int_0^\infty \cos t^3 dt\)はフレネル積分を用いて計算しました。\(\lim_{z\rightarrow 0} \phi(z)\)がこの値と一致することを示すには、修正ベッセル関数の公式
\[K_\nu (z) = \frac{\Gamma\left( \nu+ \frac{1}{2} \right) (2z)^\nu}{\sqrt{\pi}} \int_0^\infty \frac{\cos t}{(t^2 + z^2)^{\nu + \frac{1}{2}}} \ dt \tag{9}\]を用います。
\[\begin{aligned} \lim_{z\rightarrow 0} \phi (z) &= \lim_{z \rightarrow 0}\frac{\sqrt{z}}{\sqrt{3 \pi}} \frac{\Gamma \left( \frac{1}{3} + \frac{1}{2} \right) \left( \frac{4}{3} z^{3/2} \right)^{1/3}}{\sqrt{\pi}} \int_0^\infty \frac{\cos t}{\left( t^2 + \frac{4}{9} z^3 \right)^{\frac{1}{3} + \frac{1}{2}}} \\ &= \lim_{z \rightarrow 0} \frac{z}{ \pi \sqrt{3}} \left( \frac{4}{3}\right)^{1/3} \Gamma \left( \frac{5}{6} \right) \int_0^\infty \frac{\overbrace{\cos t}^{\rm Taylor \ expansion}}{\left( t^2 + \frac{4}{9} z^3 \right)^{5/6}} \ dt \\ &= \lim_{z \rightarrow 0} \frac{z}{ \pi \sqrt{3}} \left( \frac{4}{3}\right)^{1/3} \Gamma \left( \frac{5}{6} \right) \int_0^\infty \frac{1}{\left( t^2 + \frac{4}{9} z^3 \right)^{5/6}} \sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n}{(2n)!} t^{2n} \ dt \\ &= \lim_{z \rightarrow 0} \frac{z}{ \pi \sqrt{3}} \left( \frac{4}{3}\right)^{1/3} \Gamma \left( \frac{5}{6} \right) \sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n}{(2n)!} \int_0^\infty \frac{t^{2n}}{\left( t^2 + \frac{4}{9} z^3 \right)^{5/6}} \ dt \end{aligned}\]積分部分において\(t=\left(\frac{4}{9} z^3 \right)^{1/2} T, dt=\left(\frac{4}{9} z^3 \right)^{1/2} dT\)と変数変換し、さらに式変形を進めましょう。
\[\begin{aligned} \lim_{z\rightarrow 0} \phi (z) &= \lim_{z \rightarrow 0} \frac{z}{ \pi \sqrt{3}} \left( \frac{4}{3}\right)^{1/3} \Gamma \left( \frac{5}{6} \right) \sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n}{(2n)!} \int_0^\infty \frac{\left( \frac{4}{9} z^3 \right)^{n} T^{2n}}{\left( \frac{4}{9} z^3 T^2 + \frac{4}{9} z^3 \right)^{5/6}} \left( \frac{4}{9} z^3 \right)^{1/2} dT \\ &= \lim_{z \rightarrow 0} \frac{z}{ \pi \sqrt{3}} \left( \frac{4}{3}\right)^{1/3} \Gamma \left( \frac{5}{6} \right) \sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n}{(2n)!} \left( \frac{4}{9} z^3 \right)^{n+\frac{1}{2}-\frac{5}{6}} \int_0^\infty \frac{ T^{2n}}{(T^2 + 1 )^{5/6}} \ dT \\ &= \lim_{z \rightarrow 0} \frac{z}{ \pi \sqrt{3}} \left( \frac{4}{3}\right)^{1/3} \Gamma \left( \frac{5}{6} \right) \sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n}{(2n)!} \left( \frac{4}{9} \right)^{n-\frac{1}{3}} z^{3n-1} \int_0^\infty \frac{ T^{2n}}{(T^2 + 1)^{5/6}} \ dT \\ &= \lim_{z \rightarrow 0} \frac{1}{ \pi \sqrt{3}} \left( \frac{4}{3}\right)^{1/3} \left( \frac{4}{9}\right)^{-1/3} \Gamma \left( \frac{5}{6} \right) \sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n}{(2n)!} \left( \frac{4}{9} \right)^{n} z^{3n} \int_0^\infty \frac{ T^{2n}}{( T^2 + 1)^{5/6}} \ dT \\ &= \lim_{z \rightarrow 0} \frac{3^{1/3}}{ \pi \sqrt{3}} \Gamma \left( \frac{5}{6} \right) \sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n}{(2n)!} \left( \frac{4}{9} \right)^{n} z^{3n} \int_0^\infty \frac{ T^{2n}}{( T^2 + 1)^{5/6}} \ dT \end{aligned}\]さらに積分において\(T^2=u, dT=\frac{1}{2} u^{-\frac{1}{2}}du\)と変数変換すると
\[\lim_{z\rightarrow 0} \phi (z) = \lim_{z \rightarrow 0} \frac{3^{1/3}}{ \pi \sqrt{3}} \Gamma \left( \frac{5}{6} \right) \sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n}{(2n)!} \left( \frac{4}{9} \right)^{n} z^{3n} \frac{1}{2} \int_0^\infty \frac{ u^{n-\frac{1}{2}}}{( u^2 + 1)^{5/6}} \ du\]となり、最後の積分部分がベータ関数関数の定義とその積分形の式から
\[B(m, n) \equiv \frac{\Gamma (m) \Gamma(n)}{\Gamma(m+n)} \ , \ B(m+1, n+1) = \int_0^\infty \frac{u^m}{(1+u)^{m+n+2}} \ du\]で表現することができます。
\[\begin{aligned} \lim_{z\rightarrow 0} \phi (z) &= \lim_{z \rightarrow 0} \frac{3^{1/3}}{2 \pi \sqrt{3}} \Gamma \left( \frac{5}{6} \right) \sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n}{(2n)!} \left( \frac{4}{9} \right)^{n} z^{3n} B \left( n-\frac{1}{2} +1, - (n+\frac{2}{3}) + 1\right) \\ &= \lim_{z \rightarrow 0} \frac{3^{1/3}}{2 \pi \sqrt{3}} \Gamma \left( \frac{5}{6} \right) \sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n}{(2n)!} \left( \frac{4}{9} \right)^{n} z^{3n} B \left( n+\frac{1}{2}, - n+\frac{1}{3} \right) \end{aligned}\]ここまで\(n\)を残して変形してきましたが、今は\(z \rightarrow 0\)を考えているので\(n=0\)以外の項(\(z^3, \ z^6, \ \cdots\)の項)は\(0\)と考えてよいことがわかります。
\[\begin{aligned} \therefore \ \lim_{z \rightarrow 0} \phi (z) &= \frac{3^{1/3}}{2 \pi \sqrt{3}} \Gamma \left( \frac{5}{6} \right) B \left(\frac{1}{2}, \frac{1}{3} \right) = \frac{3^{1/3}}{2 \pi \sqrt{3}} \Gamma \left( \frac{5}{6} \right) B \left(\frac{1}{2}, \frac{1}{3} \right) \\ &= \frac{3^{1/3}}{2 \pi \sqrt{3}} \Gamma \left( \frac{5}{6} \right) \frac{\displaystyle{ \overbrace{\Gamma \left( \frac{1}{2}\right)}^{=\sqrt{\pi}} \Gamma \left( \frac{1}{3} \right)}}{ \displaystyle{ \Gamma \left( \frac{5}{6}\right)}} = \frac{3^{1/3}}{2 \sqrt{3 \pi}} \Gamma \left( \frac{1}{3} \right) \end{aligned}\]よって\(z = 0\)での値も等しくなっていることがわかりました。
以上から(8)式が示されました。