더 낮은 불완전 감마 함수를 포함하는 무한 시리즈에 대한 닫힌 형식

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kevinkayaks 2019-07-26 08:35.

역 라플라스 변환을 평가해야합니다. $$Q(t) = \mathcal{L}^{-1}\big\{\frac{e^{b/s}}{s(s-a)}\big\}(t).$$ 신원 사용 $\mathcal{L}^{-1}\{\frac{f(s)}{s-a}\}(t)= e^{at}\int_0^tdu e^{-au}\mathcal{L}^{-1}\{f(s)\}(u)$ 역변환에 대한 지식으로 $\mathcal{L}^{-1}\{\frac{e^{b/s}}{s}\}(u) = I_0(2\sqrt{bu})$, 수정 된 Bessel 함수의 시리즈 표현 $I_0(z) = \sum_{k=0}^\infty \frac{1}{k!k!}\big(\frac{z}{2}\big)^{2k}$, 하한 불완전 감마 함수의 정의 $ \gamma(k,x) = \int_0^x t^{k-1}e^{-t}dt$ 제공 $Q(t)$ ~의 형태의 $$ Q(t) = \frac{e^{at}}{a}\sum_{k=1}^\infty \frac{(b/a)^k}{k!k!}\gamma(k+1,at).$$

이것이 얻는만큼 좋은가요? 이 합계를 평가하는 데 사용할 수있는 방법이 있습니까? 지금까지 초기 하 함수의 관점에서 불완전한 감마 함수를 표현해 보았습니다. 그러나 이것은 어떤 견인력도 제공하지 않는 것 같습니다.

한 가지 옵션은 정체성을 소개하는 것입니다. $$\gamma(k+1,at) = k!(1-e^{-at} \sum_{l=0}^k \frac{(at)^k}{k!})$$ 획득 $$ Q(t) = \frac{e^{at}}{a}\Big[e^{b/a}-e^{-at}\sum_{k=0}^\infty \sum_{l=0}^k \frac{(at)^l(b/a)^k}{k!l!}\Big].$$ 두 번째 용어는 Humbert 시리즈와 유사합니다. $$ \Phi_3(\beta,\gamma,x,t) = \sum_{m=0}^\infty \sum_{n=0}^\infty \frac{(\beta)_m}{(\gamma)_{m+n}m!n!}x^my^n$$합산 한계가 잘못되었습니다. 여기에 경로가 보이는 사람이 있습니까? Pockhammer 기호에서 음수 값을 사용하면 대응할 수 있다고 가정합니다.

어쨌든 나는이 합계의 초기 하 함수 표현을 기대합니다. 누구든지 지침을 제공 할 수 있습니까? 나는 몇 가지 관련 문제를 발견 불완전 감마 함수와 관련된 일련의 닫힌 형태의 솔루션 및 제 1 종 플루 초기 하 기능의 통합 단순화하기 위해 어떤 방법을?

2 answers

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marty cohen 2019-07-26 11:28.

$Q(t) = \frac{e^{at}}{a}\Big[e^{b/a}-e^{-at}\sum_{k=0}^\infty \sum_{l=0}^k \frac{(at)^l(b/a)^k}{k!l!}\Big]. $

나는 맹목적으로 합산의 순서를 바꾸고 어떤 일이 일어나는지 보려고 노력할 것입니다.

$\begin{array}\\ S(u, v) &=\sum_{k=0}^\infty \sum_{l=0}^k \frac{u^lv^k}{k!l!}\\ &=\sum_{l=0}^\infty\sum_{k=l}^\infty \frac{u^lv^k}{k!l!}\\ &=\sum_{l=0}^\infty\frac{u^l}{l!}\sum_{k=l}^\infty \frac{v^k}{k!}\\ &=\sum_{l=0}^\infty\frac{u^l}{l!}(e^v-\sum_{k=0}^{l-1} \frac{v^k}{k!})\\ &=\sum_{l=0}^\infty\frac{u^l}{l!}e^v-\sum_{l=0}^\infty\frac{u^l}{l!}\sum_{k=0}^{l-1} \frac{v^k}{k!}\\ &=e^ue^v-\sum_{l=0}^\infty\frac{u^l}{l!}\sum_{k=0}^{l-1} \frac{v^k}{k!}\\ &=e^{u+v}-\sum_{l=0}^\infty\frac{u^l}{l!}(\sum_{k=0}^{l} \frac{v^k}{k!}-\frac{v^l}{l!})\\ &=e^{u+v}-\sum_{l=0}^\infty\frac{u^l}{l!}\sum_{k=0}^{l} \frac{v^k}{k!}+\sum_{l=0}^\infty\frac{u^l}{l!}\frac{v^l}{l!}\\ &=e^{u+v}-\sum_{l=0}^\infty\sum_{k=0}^{l}\frac{u^l}{l!} \frac{v^k}{k!}+\sum_{l=0}^\infty\frac{(uv)^l}{l!^2}\\ &=e^{u+v}-S(v, u)+I_0(2\sqrt{uv}) \\ \end{array} $

어디 $I_0$ 제 1 종 변형 베셀 함수입니다.

그래서 이것은 평가가 아니지만 우리는 관계를 얻습니다.

$S(u, v)+S(v, u) =e^{u+v}+I_0(2\sqrt{uv}) $.

그때

$\begin{array}\\ Q(t) &= \frac{e^{at}}{a}\Big[e^{b/a}-e^{-at}\sum_{k=0}^\infty \sum_{l=0}^k \frac{(at)^l(b/a)^k}{k!l!}\Big]\\ &= \frac{e^{at}}{a}\Big[e^{b/a}-e^{-at}S(at, b/a)\Big]\\ &= \frac{1}{a}\Big[e^{at+b/a}-S(at, b/a)\Big]\\ &= \frac{1}{a}\Big[e^{at+b/a}-(e^{at+b/a}-S(b/a, at)+I_0(2\sqrt{(at)(b/a)}))\Big]\\ &= \frac{1}{a}\Big[S(b/a, at)-I_0(2\sqrt{tb})\Big]\\ \end{array} $

다시 말하지만, 평가가 아니라 유용한 대체 표현입니다.

이것은 내가 40 년 전에 Marcum Q- 함수에 대해했던 작업을 많이 생각 나게합니다. 그것을 찾아보고 참조를 따를 수 있습니다. 여기에서 시작할 수 있습니다.

https://en.wikipedia.org/wiki/Marcum_Q-function

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kevinkayaks 2019-07-27 10:27.

@martycohen의 지침에서 찾은 결과를 요약하기 위해 필요한 역 Laplace 변환에 대해 다음 결과를 얻었습니다. $$ \mathcal{L}^{-1}\Big\{\frac{1}{s(s-a)}e^{b/s}\Big\}(t) = \frac{e^{at}}{a}\sum_{k=1}^\infty \frac{(b/a)^k}{k!}\frac{\gamma(k+1,at)}{\Gamma(k+1)}.$$ Temme (1996)의 "An Introduction to the Classical Functions of Mathematical Physics"라는 책은 정의를 제공합니다. $$Q_\mu(u,v) = 1- e^{-u}\sum_{k=0}^\infty\frac{u^k}{k!}\frac{\gamma(\mu+k,v)}{\Gamma(\mu+k)}$$ 중앙이 아닌 $\chi^2$ "일반화 된 Marcum $Q$-기능 "또는"마컴 $Q$-기능 "때 $\mu=1$. 마티의 제안은$$\mathcal{L}^{-1}\Big\{\frac{1}{s(s-a)}e^{b/s}\Big\}(t) = \frac{1}{a}e^{at+b/a}[1-Q_1(b/a,at)]. $$ 이 함수는 제 1 종 0 차 수정 베셀 함수의 무한 중첩으로 표현됩니다. $$ Q_\mu(u,v) = 1-\int_0^v \Big(\frac{z}{u}\Big)^{\frac{1}{2}(\mu-1)}e^{-z-x}I_{\mu-1}(2\sqrt{xz}).$$이것은이 역 라플라스 변환이 필요한 문제의 맥락에서 완벽하게 이해됩니다. 고마워요 마티! 이것은 내 연구에 도움이됩니다.

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