より低い不完全ガンマ関数を含む無限級数の閉じた形

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kevinkayaks 2019-07-26 08:35.

逆ラプラス変換を評価する必要があります $$Q(t) = \mathcal{L}^{-1}\big\{\frac{e^{b/s}}{s(s-a)}\big\}(t).$$ アイデンティティの使用 $\mathcal{L}^{-1}\{\frac{f(s)}{s-a}\}(t)= e^{at}\int_0^tdu e^{-au}\mathcal{L}^{-1}\{f(s)\}(u)$ 逆変換の知識がある $\mathcal{L}^{-1}\{\frac{e^{b/s}}{s}\}(u) = I_0(2\sqrt{bu})$、変更されたベッセル関数の級数表現 $I_0(z) = \sum_{k=0}^\infty \frac{1}{k!k!}\big(\frac{z}{2}\big)^{2k}$、および下部不完全ガンマ関数の定義 $ \gamma(k,x) = \int_0^x t^{k-1}e^{-t}dt$ 提供します $Q(t)$ フォームで $$ Q(t) = \frac{e^{at}}{a}\sum_{k=1}^\infty \frac{(b/a)^k}{k!k!}\gamma(k+1,at).$$

これはそれが得るのと同じくらい良いですか?この合計を評価するために使用できるアプローチはありますか?これまで、不完全ガンマ関数を超幾何関数で表現しようとしましたが、これは牽引力を提供していないようです。

1つのオプションはアイデンティティを導入することです $$\gamma(k+1,at) = k!(1-e^{-at} \sum_{l=0}^k \frac{(at)^k}{k!})$$ 取得 $$ Q(t) = \frac{e^{at}}{a}\Big[e^{b/a}-e^{-at}\sum_{k=0}^\infty \sum_{l=0}^k \frac{(at)^l(b/a)^k}{k!l!}\Big].$$ これの第2項はハンバートシリーズに似ています $$ \Phi_3(\beta,\gamma,x,t) = \sum_{m=0}^\infty \sum_{n=0}^\infty \frac{(\beta)_m}{(\gamma)_{m+n}m!n!}x^my^n$$合計制限が間違っています。誰かがここに道を見ますか?Pockhammerシンボルで負の値を取ると、対応が得られると思います。

いずれにせよ、私はこの合計の超幾何関数表現を期待しています。誰かがガイダンスを提供できますか?私はいくつかの関連の問題を発見した不完全ガンマ関数が関与シリーズのために閉じた形のソリューションをし、第一種合流型超幾何関数の積分簡素化する方法を?

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]. $

やみくもに合計の順序を逆にして、何が起こるか見てみましょう。

$\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} $

どこ $I_0$ 第1種の修正ベッセル関数です。

したがって、これは評価ではありませんが、関係が得られます

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

次に

$\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} $

繰り返しますが、評価ではなく、おそらく有用な代替表現です。

これは、40年以上前にMarcumQ-functionで行ったいくつかの作業を非常に思い出させます。あなたはそれを調べて、参考文献に従うかもしれません。ここから始めることができます:

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

1
kevinkayaks 2019-07-27 10:27.

@martycohenのガイダンスからの私の発見を要約するために、私は必要な逆ラプラス変換についてこの結果に到達しました: $$ \mathcal{L}^{-1}\Big\{\frac{1}{s(s-a)}e^{b/s}\Big\}(t) = \frac{e^{at}}{a}\sum_{k=1}^\infty \frac{(b/a)^k}{k!}\frac{\gamma(k+1,at)}{\Gamma(k+1)}.$$ Temme(1996)による本「数学物理学の古典的機能の紹介」は定義を提供します $$Q_\mu(u,v) = 1- e^{-u}\sum_{k=0}^\infty\frac{u^k}{k!}\frac{\gamma(\mu+k,v)}{\Gamma(\mu+k)}$$ 非中央の場合 $\chi^2$ 「一般化されたMarcum」としても知られる配布 $Q$-関数」、または単に「Marcum $Q$-機能」 $\mu=1$。マーティの提案は提供します$$\mathcal{L}^{-1}\Big\{\frac{1}{s(s-a)}e^{b/s}\Big\}(t) = \frac{1}{a}e^{at+b/a}[1-Q_1(b/a,at)]. $$ この関数は、第1種、ゼロ次の修正ベッセル関数の無限の重ね合わせとして表されます。 $$ Q_\mu(u,v) = 1-\int_0^v \Big(\frac{z}{u}\Big)^{\frac{1}{2}(\mu-1)}e^{-z-x}I_{\mu-1}(2\sqrt{xz}).$$これは、この逆ラプラス変換の必要性につながった問題のコンテキストでは完全に理にかなっています。マーティありがとう!これは私の研究に役立ちます。

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