エルミート多項式とは

/物理数学

エルミート多項式

エルミート多項式は以下で定義されます。

$$H_n(x)\equiv(-1)^ne^{x^2}\frac{d^n}{dx^n}e^{-x^2}  -①$$

このときエルミート多項式の母関数は、

$$\sum_{n=0}^\infty\frac{z^n}{n!}H_n(x)=e^{2xz-z^2}  -②$$

一般項は以下になります。

$$H_n(x)=n!\sum_{m=0}^{n/2}\frac{(-1)^m(2x)^{n-2m}}{m!(n-2m)!}  -③$$

このエルミート多項式は、次のエルミート微分方程式の解として得られ、

$$\Big(\frac{d^2}{dx^2}-2x\frac{d}{dx}+2n\Big)H_n(x)=0  -④$$

以下の直交条件が成り立ちます。

$$\int^{\infty}_{-\infty}H_n(x)H_m(x)e^{-x^2}dx =\delta_{mn}\sqrt{\pi}2^nn!  -⑤$$

また、エルミート多項式は以下の性質を持ちます。

$$e^{-x^2/2}H_{n+1}(x)=\Big(x-\frac{d}{dx}\Big)e^{-x^2/2}H_n(x)  -⑥$$$$2ne^{-x^2/2}H_{n-1}(x)=\Big(x+\frac{d}{dx}\Big)e^{-x^2/2}H_n(x)  -⑦$$

 

量子的調和振動子を導く
量子論的調和振動子、シュレディンガー方程式、エルミート多項式、規格化条件、直交条件、演算子、ハミルトニアン

諸公式の導出

②の導出

①にコーシーの積分公式を適用すると、

$$H_n(x)=(-1)^ne^{x^2}\frac{d^n}{dx^n}e^{-x^2}=\frac{(-1)^nn!e^{x^2}}{2\pi i}\int\frac{e^{-\xi^2}d\xi}{(\xi-x)^{n+1}}$$

両辺に $z^n$ を掛け書き換えると、

$$e^{-x^2}\sum_{n=0}^\infty\frac{z^n}{n!}H_n(x)=\frac{1}{2\pi i}\int\frac{e^{-\xi^2}d\xi}{\xi-x}\sum_{n=0}^\infty\Big(\frac{-z}{\xi-x}\Big)^n$$$$=\frac{1}{2\pi i}\int\frac{e^{-\xi^2}d\xi}{\xi-x+z}$$

$|z|$ は十分小さいとして、留数定理を適用すると以下が得られます。

$$e^{-x^2}\sum_{n=0}^\infty\frac{z^n}{n!}H_n(x)=e^{-(x-z)^2}$$

これより、エルミート多項式の母関数が求められます。

③の導出

②の右辺を級数展開すると、

$$\sum_{n=0}^\infty\frac{z^n}{n!}H_n(x)=e^{2xz-z^2}=\sum_{k=0}^\infty\frac{(2xz-z^2)^k}{k!}$$

分子を二項定理で展開すると、

$$=\sum_{k=0}^\infty\sum_{m=0}^k\frac{k!}{(k-m)!m!}\frac{(2xz)^{k-m}(-z^2)^m}{k!}$$$$=\sum_{k=0}^\infty\sum_{m=0}^k\frac{(-1)^m(2x)^{k-m}}{(k-m)!m!}z^{k+m}$$

ここで、$n=m+k$ と置き替えて $k$ を消去すると、$n$ と $m$ の和の組合せは以下になるため、

$n=0$ $n=1$ $n=2$ $n=3$ $n=4$ $\cdots$
$m=0$ $m=0$ $m=0\sim1$ $m=0\sim1$ $m=0\sim2$ $\cdots$

以下のように書き換えることができます。

$$\sum_{n=0}^\infty\frac{z^n}{n!}H_n(x)=\sum_{n=0}^\infty\sum_{m=0}^{n/2}\frac{(-1)^m(2x)^{n-2m}}{(n-2m)!m!}z^n$$

これより③が得られます。

④の導出

②の両辺に、$d/dx$、$d^2/dx^2$、$zd/dz$ を作用させると、

$$\sum_{n=0}^\infty\frac{z^n}{n!}\frac{dH_n}{dx}=2ze^{2xz-z^2}$$$$\sum_{n=0}^\infty\frac{z^n}{n!}\frac{d^2H_n}{dx^2}=4z^2e^{2xz-z^2}$$$$\sum_{n=0}^\infty\frac{z^n}{n!}nH_n=2(xz-z^2)e^{2xz-z^2}$$

これら2つの式の両辺の和をとると、

$$\sum_{n=0}^\infty\frac{z^n}{n!}\Big(\frac{d^2H_n}{dx^2}-2x\frac{dH_n}{dx}+2nH_n\Big)$$$$=\Big(4z^2-4xz+4(xz-z^2)\Big)e^{2xz-z^2}=0$$

これより、エルミート微分方程式を満たすことが分かります。

⑤の導出

$x^m$($m\lt n$)を掛けての積分に①を代入すると、

$$\int_{-\infty}^\infty e^{-x^2}x^mH_ndx=(-1)^n\int_{-\infty}^\infty x^m\Big(\frac{d}{dx}\Big)^ne^{-x^2}dx$$

左辺の積分に部分積分法を使うと、

$$\int_{-\infty}^\infty x^m\Big(\frac{d}{dx}\Big)^ne^{-x^2}dx$$$$=\Big[x^m\Big(\frac{d}{dx}\Big)^{n-1}e^{-x^2}\Big]_{-\infty}^\infty-\int_{-\infty}^\infty mx^{m-1}\Big(\frac{d}{dx}\Big)^{n-1}e^{-x^2}dx$$

さらに、左辺第2項に部分積分法を使うと、

$$\int_{-\infty}^\infty mx^{m-1}\Big(\frac{d}{dx}\Big)^{n-1}e^{-x^2}dx$$$$=\Big[mx^{m-1}\Big(\frac{d}{dx}\Big)^{n-2}e^{-x^2}\Big]_{-\infty}^\infty-\int_{-\infty}^\infty m(m-1)x^{m-2}\Big(\frac{d}{dx}\Big)^{n-2}e^{-x^2}dx$$

これを繰り返すと、$m\lt n$ であるため、積分は0になります。

$$\int_{-\infty}^\infty e^{-x^2}x^mH_ndx=(-1)^n\sum_{l=0}^m(-1)^lm(m-1)\cdots$$$$\cdots(m-l+1)\Big[x^{m-l}\Big(\frac{d}{dx}\Big)^{n-l-1}e^{-x^2}\Big]_{-\infty}^\infty=0$$

従って、$m\ne n$ の場合の⑤が0になることが分かります。次に、③より $H_n$ の $x^n$ の係数は $2^n$ であるため、

$$\int_{-\infty}^\infty e^{-x^2}H_n^2dx=2^n\int_{-\infty}^\infty e^{-x^2}x^nH_ndx$$$$=2^nn!\int_{-\infty}^\infty e^{-x^2}dx=\sqrt{\pi}2^nn!$$

 

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