例題 3：エアリー関数と退化鞍点

応用数学入門　第8章 §8.6　★★★ 最急降下路の選択・経路変形・主要項まで扱う本教材の中心

変数変換と積分表示

★★　$s=t^{1/2}x$ で $\lambda=t^{3/2}$、$g=i(x^3/3+x)$ の形に整える

コサインを実部表示 $\cos\theta = \operatorname{Re}\,\mathrm{e}^{i\theta}$ で書き、$s = t^{1/2} x$ と変換すると、

$$\mathrm{Ai}(t) = \frac{t^{1/2}}{2\pi} \int_{-\infty}^{\infty} \exp\!\left[t^{3/2} i\!\left(\frac{x^3}{3} + x\right)\right]\mathrm{d} x. \tag{30}$$

$\lambda = t^{3/2}$、$g(x) = i(x^3/3 + x)$、$f(x) = 1$ の形である。

実軸上ではこの被積分関数は激しく振動し（図8.2左）、正確な数値の算出は計算機を以てしても難しい。鞍点法の目標は、積分路を変形してこの振動を除去することにある。

鞍点の計算

★★★　$x_+=i$ が減衰側で支配的と判定、$g''(i)=-2$ を得る

$$g'(x) = i(x^2 + 1) = 0 \implies x_{\pm} = \pm i.$$

鞍点は純虚数である。各鞍点での $\operatorname{Re} g$ の値：

$$g(i) = i\!\left(-\tfrac{i}{3} + i\right) = -\tfrac{2}{3},\qquad g(-i) = i\!\left(\tfrac{i}{3} - i\right) = \tfrac{2}{3}.$$

$\operatorname{Re}[g(i)] = -2/3 < 0$、$\operatorname{Re}[g(-i)] = 2/3 > 0$ であるから、$t^{3/2} \to \infty$ では鞍点 $x_+ = i$ からの寄与（指数減衰側）が支配的となる。

$$g''(x) = 2ix,\quad g''(i) = -2.$$

問題 (1)：鞍点と最急降下路

★★★　$\operatorname{Im} f=0$ から虚軸と双曲線の2枝を出す（最急降下路の候補）

$f(z) = iz^3/3 + iz$ とおき $z = x + iy$ として分解する：

$$\begin{aligned}u(x,y) &:= \operatorname{Re} f(z) = -x^2 y + \frac{y^3}{3} - y,\\ v(x,y) &:= \operatorname{Im} f(z) = \frac{x^3}{3} - xy^2 + x.\end{aligned}$$

鞍点は $f'(z) = iz^2 + i = 0 \Rightarrow z = \pm i$（$= (x,y) = (0,\pm 1)$）。

鞍点 $z_0 = i$ を通る最急降下・最急上昇線は $\operatorname{Im} f = \operatorname{Im} f(i) = v(0,1) = 0$ を満たす曲線、すなわち

$$v(x,y) = x\left(\frac{x^2}{3} - y^2 + 1\right) = 0.$$

これは

• $x = 0$（虚軸）、
• $y^2 = \dfrac{x^2}{3} + 1$（双曲線）

の2つの曲線族を与え、どちらも鞍点 $(0, \pm 1)$ を通る（図8.1）。

なぜ虚軸は積分路に選べないのか

★★　等位相＝必要条件にすぎず、無限遠で $\operatorname{Re} f\to-\infty$ の枝を選ぶ

虚軸 $x = 0$ も $v = 0$ の等位相線であり鞍点 $z_0 = i$ を通るのに、なぜ双曲線の方だけが積分路として使えるのか。鍵は無限遠での $\operatorname{Re} f$ の挙動である。

虚軸上では $z = iy$（$y \in \mathbb{R}$）として

$$f(iy) = \frac{i(iy)^3}{3} + i(iy) = \frac{y^3}{3} - y \implies \operatorname{Re} f(iy) = \frac{y^3}{3} - y \xrightarrow{\;y \to +\infty\;} +\infty.$$

被積分関数 $\mathrm{e}^{t^{3/2}f(z)}$ が無限遠で発散するため、虚軸に沿った積分は収束しない。

一方、双曲線 $y^2 = x^2/3+1$ 上では（後述の式 (31) の指数部）

$$\operatorname{Re} f = -\left(\frac{8}{9}x^2 + \frac{2}{3}\right)\sqrt{\frac{x^2}{3}+1} \xrightarrow{\;|x| \to \infty\;} -\infty$$

となり、被積分関数が急速に減衰して積分が収束する。

鞍点の局所構造で見ても、虚軸に沿って $u(0,y) = y^3/3 - y$ は $y = 1$ で極小（$\partial_y^2 u = 2 > 0$）となるから、虚軸は鞍点から $\operatorname{Re} f$ が増加する方向、すなわち最急上昇路である。等位相線であることは必要条件にすぎず、積分路には $\operatorname{Re} f$ が減少する最急降下路の枝を選ばなければならない。

問題 (2)：積分路変形と式 (31) の導出

★★★　双曲線枝へ変形し、偶奇対称性で虚部を消して式 (31) を得る

積分路を双曲線の上側の枝$z(x) = x + iy(x)$、$y(x) = \sqrt{x^2/3 + 1}$（$x \in \mathbb{R}$）に変形する（コーシーの定理による。円弧部分の寄与が $R \to \infty$ で消えることは認める）。

この曲線上では $\operatorname{Im} f = 0$ であるから $f(z(x)) = u(x,y(x))$ は実数。$y = \sqrt{x^2/3+1}$ を代入して計算すると、

$$u(x,y(x)) = -x^2\sqrt{\tfrac{x^2}{3}+1} + \tfrac{1}{3}\!\left(\tfrac{x^2}{3}+1\right)^{3/2} - \sqrt{\tfrac{x^2}{3}+1}.$$

$\sqrt{\tfrac{x^2}{3}+1}$ を因数としてくくり出して整理すると、

$$u(x,y(x)) = -\left(\frac{8}{9}x^2 + \frac{2}{3}\right)\sqrt{\frac{x^2}{3}+1}.$$

積分の測度は $\mathrm{d} z = \left(1 + iy'(x)\right)\mathrm{d} x$、$y'(x) = \dfrac{x}{3\sqrt{x^2/3+1}}$ である。ここで $u(x,y(x))$ は $x$ の偶関数、$y'(x)$ は奇関数であるから、

$$\int_{-\infty}^{\infty} \mathrm{e}^{t^{3/2}u(x,y(x))}\, iy'(x)\,\mathrm{d} x = 0$$

となり、虚部の寄与は対称性により消える。よって

$$\mathrm{Ai}(t) = \frac{t^{1/2}}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty} \exp\!\left[-t^{3/2}\!\left(\frac{8}{9}x^2 + \frac{2}{3}\right) \sqrt{\frac{x^2}{3}+1}\,\right]\mathrm{d} x. \tag{31}$$

経路変形後の被積分関数は鞍点 $x = 0$ で最大値をとる急峻な関数となっており（図8.2右）、積分値はほとんど鞍点近傍の関数形で決まる。

問題 (3)：漸近展開の主要項

★★★　$h(x)$ 展開で $\beta=1$、ガウス積分で $\mathrm{Ai}\sim t^{-1/4}\mathrm{e}^{-2t^{3/2}/3}$

式 (31) の指数部

$$h(x) := \left(\frac{8}{9}x^2 + \frac{2}{3}\right)\sqrt{\frac{x^2}{3}+1}$$

を $x = 0$ 近傍でテイラー展開する。$\sqrt{1+s} = 1 + s/2 - s^2/8 + \cdots$（$s = x^2/3$）より、

$$\sqrt{\frac{x^2}{3}+1} = 1 + \frac{x^2}{6} - \frac{x^4}{72} + \cdots$$

これを掛けると、

$$h(x) = \frac{2}{3} + \underbrace{\left(\frac{8}{9}+\frac{1}{9}\right)}_{=1}x^2 + \frac{5}{36}x^4 + O(x^6) = \frac{2}{3} + x^2 + \frac{5}{36}x^4 + O(x^6).$$

よって $\alpha = 2/3$、$\beta = 1$ である。$x^4$ 以上の項をまとめて $h(x) = \alpha + \beta x^2 + \rho(x)$（$\rho(x) = \tfrac{5}{36}x^4 + \cdots$）と書き、指数法則で

$$\mathrm{e}^{-t^{3/2}h(x)} = \mathrm{e}^{-t^{3/2}(\alpha + \beta x^2)} \cdot \mathrm{e}^{-t^{3/2}\rho(x)}$$

と積に分解する。第2因子をテイラー展開すると

$$\mathrm{e}^{-t^{3/2}\rho(x)} = 1 - \frac{5}{36}t^{3/2}x^4 + \cdots =: 1 + a_4(t)x^4 + a_6(t)x^6 + \cdots$$

となり、問題の式 (32) の形が得られる。「指数の中の高次項」が「指数にかかる多項式」に化けるのは、このように指数法則で積に分けてから第2因子を展開しているだけである。

主要項（初項）の計算： $a_4(t)x^4$ 以降を無視してガウス積分を実行する。

$$\int_{-\infty}^{\infty}\mathrm{e}^{-t^{3/2}x^2}\mathrm{d} x = \sqrt{\frac{\pi}{t^{3/2}}} = \sqrt{\pi}\,t^{-3/4}.$$

したがって、

$$\mathrm{Ai}(t) \approx \frac{t^{1/2}}{2\pi}\,\mathrm{e}^{-\frac{2}{3}t^{3/2}} \cdot \sqrt{\pi}\,t^{-3/4} = \frac{1}{2\sqrt{\pi}}\,t^{-1/4}\,\mathrm{e}^{-\frac{2}{3}t^{3/2}}.$$

$$\boxed{\mathrm{Ai}(t) \sim \frac{1}{2\sqrt{\pi}}\,t^{-1/4}\,\mathrm{e}^{-\frac{2}{3}t^{3/2}}, \quad t \to +\infty.}\tag{8.8}$$

検証： 一般式 (8.2) に $\lambda = t^{3/2}$、$g''(z_0) = -2$ を代入すると、$\sqrt{2\pi/(-\lambda g'')} = \sqrt{\pi/t^{3/2}} = \sqrt{\pi}\,t^{-3/4}$、前置因子 $t^{1/2}/(2\pi)$ との積は $t^{-1/4}/(2\sqrt{\pi})$、一致する。数値的にも $t = 20$ で主要項と $\mathrm{Ai}(t)$ の比は $1.0012$ となり、$t^{-3/2}$ のオーダーで $1$ に収束することが確認できる。