4 変形ベッセル関数の漸近展開

次に、変形ベッセル関数

の漸近展開を考える。

は、次のテイラー展開の形で定義される。

$\begin{displaymath} I_0(x) = \sum_{n=0}^\infty\frac{x^{2n}}{2^{2n}(n!)^2} = \sum_{n=0}^\infty\left\{\frac{x^{n}}{(2n)!!}\right\}^2\end{displaymath}$ (11)

これは、元々 0 次のベッセル関数

$\begin{displaymath} J_0(x) = \sum_{n=0}^\infty(-1)^n\frac{x^{2n}}{2^{2n}(n!)^2} \end{displaymath}$

に対し、

を取ったもの、すなわち

としたものであり、そのため「変形」ベッセル関数と呼ばれる。

の漸近展開を求めるには (11) のテイラー展開のままでは難しいので、次のような公式を利用する。

$\begin{displaymath} I_0(x)=\frac{1}{\pi}\int_0^\pi \cosh(x\sin t)\,dt\end{displaymath}$ (12)

まず、この公式が成り立つことを示そう。 $\cosh z$ のマクローリン展開は、

$\begin{displaymath} \cosh z = \frac{e^z+e^{-z}}{2} = \frac{1}{2}\left\{\sum_{n... ...{(-1)^nz^n}{n!}\right\} =\sum_{m=0}^\infty\frac{z^{2m}}{(2m)!} \end{displaymath}$

であるから、(12) の右辺は、

$\begin{displaymath} \frac{1}{\pi}\int_0^\pi\sum_{m=0}^\infty\frac{x^{2m}\sin^{2... ...y\frac{x^{2m}}{(2m)!}\,\frac{1}{\pi}\int_0^\pi\sin^{2m} t \,dt\end{displaymath}$ (13)

となる。ここで、

$\begin{displaymath} b_m=\int_0^\pi\sin^{2m} t\,dt \end{displaymath}$

とすると、部分積分により、

$\begin{eqnarray*}b_m &=& \int_0^\pi(-\cos t)'\sin^{2m-1}t\,dt \\ &=& [-\cos ... ...pi(1-\sin^2 t)\sin^{2m-2} t\,dt \\ &=& (2m-1)b_{m-1}-(2m-1)b_m\end{eqnarray*}$

となるから、

$\begin{displaymath} b_m=\frac{2m-1}{2m}\,b_{m-1},\hspace{1zw}b_0=\pi \end{displaymath}$

となる。よって、

$\begin{displaymath} b_m = \frac{2m-1}{2m}\,b_{m-1} = \frac{2m-1}{2m}\,\frac{2m-3... ...\frac{(2m-1)!!}{(2m)!!}\,b_0 = \frac{(2m)!}{2^{2m}(m!)^2}\,\pi \end{displaymath}$

が得られる。これを (13) の右辺に代入すれば (11) になるので、(12) が示されたことになる。

さて、(12) は、

$\begin{eqnarray*}I_0(x) &=& \frac{1}{\pi}\int_0^\pi\frac{e^{x\sin t}+e^{-x\sin... ...^{\pi/2}e^{-x\cos y}dy +\frac{1}{\pi}\int_0^{\pi/2}e^{x\cos y}dy\end{eqnarray*}$

と書き直すこともできるので、よって、

$\begin{displaymath} g_{\pm}(x)=\frac{1}{\pi}\int_0^{\pi/2}e^{\pm x\cos y}dy \end{displaymath}$

とし、この $g_{+}$ , $g_{-}$ , それぞれの漸近展開を求めることにする。なお、明らかに $g_{+}$ の方が $g_{-}$ より大きいので、

の主要な展開項は $g_{+}$ の方であることが予想される。

まず、 $g_{-}(x)$ を考えよう。 $0<y<\pi/2$ では $0<\cos y<1$ だから、 $x\rightarrow\infty$ のとき、

$\begin{displaymath} \lim_{x\rightarrow\infty}g_{-}(x)=\frac{1}{\pi}\int_0^{\pi/2} 0\,dy=0 \end{displaymath}$

となることがわかる。よって、この 0 への収束の速さ (オーダー) をまず考えてみる。

$e^{-x\cos y}$ の 1 への収束は、 $\cos y$ が 0 に近い程遅くなる。つまりその近くが最も大きな項を与えると予想される。よって $g_{-}(x)$ をさらに 2 つに分け、

$\begin{displaymath} g_1(x)=\frac{1}{\pi}\int_0^{\pi/3}e^{-x\cos y}dy,\hspace{1zw} g_2(x)=\frac{1}{\pi}\int_{\pi/3}^{\pi/2}e^{-x\cos y}dy \end{displaymath}$

とすると、この

の方が主要部となる。なお、 $\pi/3$ 自体にはあまり意味はなく、

から $\pi/2$ のどこで分けても構わない。

では、 $1/2<\cos y<1$ であるから、

$\begin{displaymath} 0\leq g_1(x)\leq \frac{1}{\pi}\int_0^{\pi/3}e^{-x/2}dy =\frac{1}{3}\,e^{-x/2}\end{displaymath}$ (14)

となるので、 $g_1(x)=O(e^{-x/2})$ となる。

一方の方は、 $\cos y=t$ とすると、

$\begin{displaymath} g_2(x)=\frac{1}{\pi}\int_0^{1/2}\frac{e^{-xt}}{\sqrt{1-t^2}}dt \end{displaymath}$

となるが、

では $1<1/\sqrt{1-t^2}<2/\sqrt{3}$ であるので、

$\begin{displaymath} 0\leq g_2(x)\leq \frac{2}{\sqrt{3}\pi}\int_0^{1/2}e^{-xt}dt =\frac{2}{\sqrt{3}\pi}\,\frac{1-e^{-x/2}}{x} \end{displaymath}$

となるから、

であることがわかる。

つまり、 $g_{-}(x)$ の最も大きい項はのの項だろうと予想される。実際、部分積分により、

$\displaystyle xg_2(x)$	$\textstyle =$	$\displaystyle \frac{1}{\pi}\int_0^{1/2}\frac{xe^{-xt}}{\sqrt{1-t^2}}\,dt = \frac{1}{\pi}\int_0^{1/2}\frac{1}{\sqrt{1-t^2}}(-e^{-xt})_t\, dt$
	$\textstyle =$	$\displaystyle \frac{1}{\pi}\left[\frac{1}{\sqrt{1-t^2}}(-e^{-xt})\right]_{0}^{1/2} +\int_0^{1/2}\left(\frac{1}{\sqrt{1-t^2}}\right)'e^{-xt} dt$
	$\textstyle =$	$\displaystyle \frac{1}{\pi}\left(1-\frac{2}{\sqrt{3}}\,e^{-x/2}\right) +\int_0^{1/2}\frac{t}{(1-t^2)^{3/2}}\,e^{-xt} dt$	(15)

となり、よって $xg_2(x)\rightarrow 1/\pi$ となることがわかる。一方、(14) より $xg_1(x)\rightarrow 0$ であるから、よって $g_{-}(x)$ の第 1 近似は、

$\begin{displaymath} g_{-}(x)\sim\frac{1}{\pi x} \end{displaymath}$

となる。

次に第 2 近似を考える。 (15) で $g_4(t)=1/\sqrt{1-t^2}$ とすると、再び部分積分により、

$\begin{eqnarray*}\lefteqn{x^2\left(g_2(x)-\frac{1}{\pi x}\right) = -\frac{2}{\... ...1/2} +\int_0^{1/2}g_4''(t)e^{-xt} dt =o(1)+\frac{1}{\pi}g_4'(0)\end{eqnarray*}$

となるから、これと (14) より

$\begin{displaymath} x^2\left(g_{-}(x)-\frac{1}{\pi x}\right)\rightarrow \frac{1}{\pi}g_4'(0) \end{displaymath}$

となることがわかる。よって、

$\begin{displaymath} g_{-}(x)\sim \frac{1}{\pi x}+\frac{1}{\pi x^2}g_4'(0) \end{displaymath}$

となる。これを繰り返せば、結局

$\begin{displaymath} g_{-}(x)\sim \frac{1}{\pi}\sum_{n=0}^\infty \frac{g_4^{(n)}(0)}{x^{n+1}}\end{displaymath}$ (16)

であることがわかる。よって後は $g_4^{(n)}(0)$ を求めればよいが、一般二項定理を用いれば、

$\begin{displaymath} g_4(t)=\frac{1}{\sqrt{1-t^2}}=(1-t^2)^{-1/2} =\sum_{m=0}^\in... ...left(\begin{array}{c} -1/2 \\ m \end{array}\right)(-1)^mt^{2m} \end{displaymath}$

となるので、

$\begin{displaymath} g_4^{(2m-1)}(0)=0,\hspace{1zw} g_4^{(2m)}(0)=(2m)!\left(\begin{array}{c} -1/2 \\ m \end{array}\right)(-1)^m \end{displaymath}$

がわかる。ここで、二項係数は

$\begin{displaymath} \left(\begin{array}{c} -1/2 \\ m \end{array}\right) =\frac{\... ... =(-1)^m\frac{(2m-1)!!}{2^m m!} =(-1)^m\frac{(2m-1)!!}{(2m)!!} \end{displaymath}$

となるので、

$\begin{displaymath} g_4^{(2m)}(0)=(2m)!\frac{(2m-1)!!}{2^m m!} = \{(2m-1)!!\}^2 \end{displaymath}$

となり、(16) より結局 $g_{-}(x)$ の漸近展開は、

$\begin{displaymath} g_{-}(x)\sim \frac{1}{\pi}\sum_{n=0}^\infty\frac{\{(2n-1)!!\}^2}{x^{2n+1}}\end{displaymath}$ (17)

であることがわかる。

次に、むしろの主要項である $g_{+}(x)$ の方を考える。 $g_{+}(x)$ は、 $x\rightarrow\infty$ のときに明らかに無限大に発散するが、

$\begin{displaymath} e^{-x}g_{+}(x)=\frac{1}{\pi}\int_0^{\pi/2}e^{-x(1-\cos y)}dy\end{displaymath}$ (18)

は、 $0<1-\cos y<1$ より 0 に収束する。よって、 $g_{+}(x)=o(e^x)$ であるから、まずこの $e^{-x}g_{+}(x)$ の 0 への収束オーダーを考えてみる。

今、 $1-\cos y=t$ とすると、 $dy=dt/\sin y=dt/\sqrt{t(2-t)}$ であるから、

$\begin{displaymath} e^{-x}g_{+}(x)=\frac{1}{\pi}\int_0^1\frac{e^{-xt}}{\sqrt{t(2-t)}}\,dt \end{displaymath}$

となるが、 $1/\sqrt{2}<1/\sqrt{2-t}<1$ なので、

とすれば、

$\begin{displaymath} e^{-x}g_{+}(x) \leq \frac{1}{\pi}\int_0^1\frac{1}{\sqrt{t}}\... ...}{\pi}\int_0^x\frac{e^{-s}}{\sqrt{s}}\,ds\, \frac{1}{\sqrt{x}} \end{displaymath}$

となり、さらに $\sqrt{s}=u$ とすると、

$\begin{displaymath} \int_0^x\frac{e^{-s}}{\sqrt{s}}\,ds = 2\int_0^{\sqrt{x}}e^{-u^2}du \rightarrow 2\int_0^\infty e^{-u^2}du = \sqrt{\pi} \end{displaymath}$

であるから、 $e^{-x}g_{+}(x)=O(1/\sqrt{x})$ となる。よって、 $\sqrt{x}e^{-x}g_{+}(x)$ の極限を考えてみよう。

今、上のように、 $1-\cos y=s/x = u^2/x$ とすると、

$\begin{displaymath} dy = \frac{2u}{x\sin y}\,du = \frac{2u}{x}\,\frac{1}{\displa... ...\frac{2}{x}}\,\frac{du}{\displaystyle \sqrt{1-\frac{u^2}{2x}}} \end{displaymath}$

となるから、(18) は

$\begin{displaymath} \sqrt{x}e^{-x}g_{+}(x) = \frac{\sqrt{2}}{\pi} \int_0^{\sqrt{x}}e^{-u^2}\left(1-\frac{u^2}{2x}\right)^{-1/2}\,du\end{displaymath}$ (19)

となる。 $0<u<\sqrt{x}$ のとき

に注意すると、 (19) より

$\begin{displaymath} \sqrt{x}e^{-x}g_{+}(x) \rightarrow\frac{\sqrt{2}}{\pi}\int_0^\infty e^{-u^2}du =\frac{1}{\sqrt{2\pi}} \end{displaymath}$

が言えるので、 $g_{+}(x)$ の第 1 近似は

$\begin{displaymath} g_{+}(x)\sim\frac{1}{\sqrt{2\pi x}}\,e^x \end{displaymath}$

となる。

第 2 近似は、 $x(\sqrt{x}e^{-x}g_{+}(x)-1/\sqrt{2\pi})$ の極限を考える。 (19) より、

$\begin{eqnarray*}\lefteqn{x\left(\sqrt{x}e^{-x}g_{+}(x)-\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\ri... ...ht)^{-1/2}-1\right\}du -\int_{\sqrt{x}}^\infty e^{-u^2}du\right]\end{eqnarray*}$

と変形すると、

$\begin{eqnarray*}\lefteqn{x\left\{\left(1-\frac{u^2}{2x}\right)^{-1/2}-1\right\}... ...}\left\{1+\sqrt{1-u^2/(2x)}\right\}} \rightarrow \frac{u^2}{4}\end{eqnarray*}$

となる。また $\mathop{\mathrm{erf}}\nolimits x$ の漸近展開式 (5) より、

$\begin{eqnarray*}\lefteqn{\lim_{x\rightarrow\infty} x\int_{\sqrt{x}}^\infty e^{-... ...i}}{2}\lim_{x\rightarrow\infty}x\frac{e^{-x}}{\sqrt{\pi x}} = 0\end{eqnarray*}$

であるから、

$\begin{displaymath} x\left(\sqrt{x}e^{-x}g_{+}(x)-\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\right) \... ...rrow \frac{\sqrt{2}}{\pi}\int_0^\infty\frac{u^2}{4}e^{-u^2}du \end{displaymath}$

となることがわかる。

これは、より形式的に次のようにしても得られる。一般二項定理

$\begin{displaymath} \left(1-\frac{u^2}{2x}\right)^{-1/2} =\sum_{m=0}^\infty\left... ...m_{m=0}^\infty\frac{(2m-1)!!}{(2m)!!}\,\frac{u^{2m}}{(2x)^{m}} \end{displaymath}$

より、(19) から

	$\displaystyle \sqrt{x}e^{-x}g_{+}(x)$	$\textstyle =$	$\displaystyle \frac{\sqrt{2}}{\pi}\int_0^{\sqrt{x}} \sum_{m=0}^\infty \frac{(2m-1)!!}{(2m)!!}\, \frac{u^{2m}}{(2x)^{m}}e^{-u^2}du$
		$\textstyle =$	$\displaystyle \frac{\sqrt{2}}{\pi}\int_0^{\sqrt{x}} \left(1+\frac{1}{2}\,\frac{u^2}{2x} +\frac{3\cdot 1}{4\cdot 2}\,\frac{u^4}{4x^2}+\cdots\right)e^{-u^2}du$	(20)

であるから、

$\begin{eqnarray*}\lefteqn{x\left(\sqrt{x}e^{-x}g_{+}(x)-\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\ri... ... &\rightarrow & \frac{\sqrt{2}}{4\pi}\int_0^\infty u^2e^{-u^2}du\end{eqnarray*}$

となる。

そしてこの計算を繰り返すことにより、実は (20) の右辺の $\displaystyle \int_0^{\sqrt{x}}$ を $\displaystyle \int_0^\infty$ にしたものが (20) の左辺の漸近展開であることがわかる。

$\begin{displaymath} g_{+}(x) \sim \frac{\sqrt{2}}{\pi}\,\frac{e^x}{\sqrt{x}}... ...1)!!}{2^m(2m)!!}\,\frac{1}{x^m} \int_0^\infty u^{2m}e^{-u^2}du\end{displaymath}$ (21)

後はこの最後の積分を求めればよい。今、

$\begin{displaymath} \beta_m=\int_0^\infty u^{2m}e^{-u^2}du \end{displaymath}$

とすると、部分積分により、

$\begin{eqnarray*}\beta_m &=& \int_0^\infty \left(-\frac{u^{2m-1}}{2}\right)(e^... ...(2m-1)u^{2m-2}e^{-u^2}du %\\ &=& = \frac{2m-1}{2}\,\beta_{m-1}\end{eqnarray*}$

となるので、

$\begin{displaymath} \beta_m = \frac{(2m-1)!!}{2^m}\,\beta_0 = \frac{(2m-1)!!}{2^m}\,\frac{\sqrt{\pi}}{2} \end{displaymath}$

となり、結局 (21) は

	$\displaystyle g_{+}(x)$	$\textstyle \sim$	$\displaystyle \frac{e^x}{\sqrt{2\pi x}} \sum_{m=0}^\infty \frac{\{(2m-1)!!\}^2}{2^{2m}(2m)!!}\,\frac{1}{x^m}$
		$\textstyle =$	$\displaystyle \frac{e^x}{\sqrt{2\pi x}} \left(1+\frac{1^2}{4\cdot 2}\,\frac{1}... ...c{(5\cdot 3\cdot 1)^2}{4^3\cdot 6\cdot 4\cdot 2}\,\frac{1}{x^3} +\cdots\right)$	(22)

のようになる。

$g_{-}(x)$ の漸近展開 (17) と $g_{+}(x)$ の漸近展開 (22) を比較すると、明らかに (22) の各項は (17) のすべての項より大きいので、結局 (22) がの漸近展開であることがわかる。

竹野茂治＠新潟工科大学
2010年4月8日