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エルミート微分方程式と級数解 📂微分方程式

エルミート微分方程式と級数解

定義

以下の微分方程式をエルミートHermite 微分方程式と言う。

y′′−2xy′+2ny=0,n=0,1,2,⋯ y^{\prime \prime}-2xy^{\prime}+2ny=0,\quad n=0,1,2,\cdots

エルミート微分方程式の解をエルミート多項式Hermite polynomialと呼び、よくHn(x)H_{n}(x)と表記される。

H0(x)=1H1(x)=2xH2(x)=4x2−2H3(x)=8x3−12xH4(x)=16x4−48x2+12H5(x)=32x5−160x3+120x⋮ \begin{align*} H_{0}(x) &= 1 \\ H_{1}(x) &= 2x \\ H_{2}(x) &= 4x^{2} - 2 \\ H_{3}(x) &= 8x^{3} - 12x \\ H_{4}(x) &= 16x^{4} - 48x^{2} + 12 \\ H_{5}(x) &= 32x^{5} - 160x^{3} + 120x \\ \vdots& \end{align*}

説明

Hermiteはフランス人だから、[エルミート]と読むのが正しい。英語で読むと[ハーミット]、[ハーマイト]くらいになる。

上記の形は具体的に物理学者のエルミート関数と呼ばれ、別の表現として確率論者のエルミート関数がある。

係数に独立変数xxが含まれる形式であり、解がべき級数の形を仮定すると、解ける。チェビシェフ方程式の解をチェビシェフ多項式と呼び、よくTn(x)T_{n}(x)と表記される。

解法

y′′−2xy′+2λy=0 y^{\prime \prime}-2xy^{\prime}+2\lambda y=0

与えられたエルミート微分方程式の解を以下のような級数と仮定する。

y=∑n=0∞anxn y=\sum \limits _{n=0}^{\infty} a_{n}x^{n}

級数解として仮定して解法を始めるが、解法の最後でyyの項が有限であることがわかる。微分方程式に代入するためy′,y′′y^{\prime}, y^{\prime \prime}を求めると、それぞれ以下のようになる。

y′= ∑n=1∞nanxn−1y′′= ∑n=2∞n(n−1)anxn−2 \begin{align*} y^{\prime} =&\ \sum \limits _{n=1}^{\infty} na_{n}x^{n-1} \\ y^{\prime \prime} =&\ \sum \limits _{n=2}^{\infty}n(n-1)a_{n}x^{n-2} \end{align*}

これを微分方程式に代入すると、以下のようになる。

∑n=2∞n(n−1)anxn−2−2∑n=1∞nanxn+2λ∑n=0∞anxn=0 \sum \limits _{n=2}^{\infty} n(n-1)a_{n}x^{n-2} -2\sum \limits _{n=1}^{\infty}na_{n}x^{n}+2\lambda \sum \limits _{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n}=0

xxの次数を合わせるため、最初の級数のインデックスを変えると

∑n=0∞(n+2)(n+1)an+2xn−2∑n=1∞nanxn+2λ∑n=0∞anxn=0 \sum \limits _{n=0}^{\infty} (n+2)(n+1)a_{n+2}x^{n} -2\sum \limits _{n=1}^{\infty}na_{n}x^{n}+2\lambda \sum \limits _{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n}=0

n=0n=0の項を外に出して級数を1つにまとめると、以下のようになる。

2a2+2λa0+∑n=1∞[(n+2)(n+1)an+2−2nan+2λan]xn=0 2a_{2}+2\lambda a_{0}+\sum \limits _{n=1}^{\infty}\left[ (n+2)(n+1)a_{n+2} -2na_{n}+2\lambda a_{n}\right]x^{n}=0

上記の式が成り立つためには、全ての項の係数が00でなければならないので、以下の2つの条件を得る。

2a2+2λa0= 0(n+2)(n+1)an+2−2nan+2λan= 0 \begin{align*} 2a_{2}+2\lambda a_{0} =&\ 0 \\ (n+2)(n+1)a_{n+2}-2na_{n} +2\lambda a_{n} =&\ 0 \end{align*}

しかし、下の式でn=0n=0を代入すると、上記の式を得ることができるので、実質的に1つの条件である。an+2a_{n+2}について整理すると、以下のような再帰式を得る。

an+2=2(n−λ)(n+2)(n+1)an a_{n+2}=\frac{2(n-\lambda)}{(n+2)(n+1)}a_{n}

この再帰式から、n=2n=2以上の場合は、a0a_{0}またはa1a_{1}と表されることがわかる。まず、偶数のnnについて求めると、以下のようになる。

a2= 2(−λ)2⋅1a0a4= 2(2−λ)4⋅3a2=22(2−λ)(−λ)4!a0a6= 2(4−λ)6⋅5a4=23(4−λ)(2−λ)(−λ)6!a0⋮a2n= 2n(2n−2−λ)(2n−4−λ)⋯(2−λ)(−λ)(2n)!a0 \begin{equation} \begin{aligned} a_{2} =&\ \frac{2(-\lambda)}{2\cdot 1}a_{0} \\ a_{4} =&\ \frac{2(2-\lambda)}{4\cdot 3}a_{2}=\frac{2^{2}(2-\lambda)(-\lambda)}{4!}a_{0} \\ a_{6} =&\ \frac{2(4-\lambda)}{6\cdot 5}a_{4}=\frac{2^{3}(4-\lambda)(2-\lambda)(-\lambda)}{6!}a_{0} \\ \vdots & \\ a_{2n} =&\ \frac{2^{n}(2n-2-\lambda)(2n-4-\lambda)\cdots(2-\lambda)(-\lambda)}{(2n)!}a_{0} \end{aligned} \label{1} \end{equation}

奇数について求めると

a3= 2(1−λ)3⋅2a1a5= 2(3−λ)5⋅4a3=22(3−λ)(1−λ)5!a1a7= 2(5−λ)7⋅6a5=23(5−λ)(3−λ)(1−λ)7!a1⋮a2n+1= 2n(2n−1−λ)(2n−3−λ)⋯(3−λ)(1−λ)(2n+1)!a1 \begin{align*} a_{3} =&\ \frac{2(1-\lambda)}{3\cdot 2}a_{1} \\ a_{5} =&\ \frac{2(3-\lambda)}{5\cdot 4}a_{3}=\frac{2^{2}(3-\lambda)(1-\lambda)}{5!}a_{1} \\ a_{7} =&\ \frac{2(5-\lambda)}{7\cdot 6}a_{5}=\frac{2^{3}(5-\lambda)(3-\lambda)(1-\lambda)}{7!}a_{1} \\ \vdots & \\ a_{2n+1} =&\ \frac{2^{n}(2n-1-\lambda)(2n-3-\lambda)\cdots(3-\lambda)(1-\lambda)}{(2n+1)!}a_{1} \end{align*}

上記の結果により、級数解を大きく2つの部分に分けることができる。

y= ∑n=0∞anxn= [a0+a2x2+a4x4+⋯ ]+[a1x+a3x3+a5x5+⋯ ]= a0[1−λx2+(2−λ)(−λ)3!x4+⋯ ]+a1[x+1−λ3x3+22(3−λ)(1−λ)5!x5+⋯ ] \begin{align*} y =&\ \sum \limits _{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n} \\ =&\ \left[ a_{0}+a_{2}x^{2}+a_{4}x^{4}+\cdots\right]+\left[ a_{1}x + a_{3}x^{3}+a_{5}x^{5}+\cdots \right] \\ =&\ a_{0}\left[ 1-\lambda x^{2} + \frac{(2-\lambda)(-\lambda)}{3!}x^{4}+\cdots \right]+a_{1}\left[x + \frac{1-\lambda}{3}x^{3}+\frac{2^{2}(3-\lambda)(1-\lambda)}{5!}x^{5} + \cdots \right] \end{align*}

しかし、ここでλ\lambdaが非負の整数であれば、2つの部分のうちの1つは有限の項だけが残る。例えば、λ=4\lambda=4であれば、(1)\eqref{1}でわかるように、a6=a8=⋯=a2n=0a_{6}=a_{8}=\cdots=a_{2n}=0である。したがって、微分方程式の定数λ\lambdaが非負の整数であるとき、発散しない解を得ることができる。各λに応じた解をHλH_{\lambda}と表記すると

H0(x)= a0H1(x)= a1xH2(x)= a0(1−2x2)H3(x)= a1(x−23x3)H4(x)= a0(1−4x2+43x4)H5(x)= a1(x+−43x3+415x5)⋮ \begin{align*} H_{0}(x) =&\ a_{0} \\ H_{1}(x) =&\ a_{1}x \\ H_{2}(x) =&\ a_{0}(1-2x^{2}) \\ H_{3}(x) =&\ a_{1}\left( x -\frac{2}{3}x^{3} \right) \\ H_{4}(x) =&\ a_{0} \left( 1-4x^{2}+\frac{4}{3}x^{4} \right) \\ H_{5}(x) =&\ a_{1}\left( x+-\frac{4}{3}x^{3}+\frac{4}{15}x^{5} \right) \\ \vdots & \end{align*}

今、Hn(x)H_{n}(x)の最高次項xnx^{n}の係数が2n2^{n}になるようにa0a_{0}、a1a_{1}に値を代入すると、以下のような物理学者のエルミート多項式 を得る。

H0(x)= 1H1(x)= 2xH2(x)= 4x2−2H3(x)= 8x3−12xH4(x)= 16x4−48x2+12H5(x)= 32x5−160x3+120x⋮ \begin{align*} H_{0}(x) =&\ 1 \\ H_{1}(x) =&\ 2x \\ H_{2}(x) =&\ 4x^{2}-2 \\ H_{3}(x) =&\ 8x^{3}-12x \\ H_{4}(x) =&\ 16x^{4}-48x^{2}+12 \\ H_{5}(x) =&\ 32x^{5}-160x^{3}+120x \\ \vdots & \end{align*}

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