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에르미트 미분방정식과 급수해 📂상미분방정식

에르미트 미분방정식과 급수해

정의

다음의 미분방정식을 에르미트Hermite 미분방정식이라 한다.

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

에르미트 미분방정식의 해를 에르미트 다항식Hermite polynomial이라 하고 흔히 Hn(x)H_{n}(x)으로 표기한다.

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*}

설명

Hermite는 프랑스 사람이므로 [에르미트]라고 읽는 것이 맞다. 영어로 읽으면 [허밋], [허마이트]정도가 된다.

위 꼴은 구체적으로 물리학자의 에르미트 함수라 불리며, 다른 표현으로는 확률론자의 에르미트 함수가 있다.

계수에 독립변수 xx가 포함된 형태이며, 해가 멱급수 꼴이라고 가정하면 풀 수 있다. 체비셰프 방정식의 해를 체비셰프 다항식이라고하며 해를 흔히 Tn(x)T_{n}(x)로 표기한다.

풀이

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

위와 같이 주어진 에르미트 미분방정식의 해를 다음과 같은 급수라고 가정하자.

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

급수해로 가정하고 풀이를 시작하지만 풀이의 끝부분에서 사실 yy의 항이 유한함을 알게 된다. 미분 방정식에 대입하기위해 y′,y′′y^{\prime}, y^{\prime \prime}을 구하면 각각 아래와 같다.

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*}

이를 미분 방정식에 대입하면 아래와 같다.

∑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

xx의 차수를 맞춰주기 위해 첫번째 급수의 인덱스를 바꿔주면

∑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=0인 항을 밖으로 빼주고 급수를 하나로 묶어주면 다음과 같다.

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

위 식이 성립하려면 모든 항의 계수가 00이어야하므로 위 식에서 아래의 두 조건을 얻는다.

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*}

그런데 아래의 식에서 n=0n=0을 대입하면 위의 식을 얻을 수 있으므로 사실상 하나의 조건이다. an+2a_{n+2}에 대해서 정리하면 아래와 같은 재귀식을 얻는다.

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

위 재귀식으로부터 n=2n=2이상인 경우는 a0a_{0} 혹은 a1a_{1}으로 표현된다는 것을 알 수 있다. 우선 짝수인 nn에 대해서 구해보면 다음과 같다.

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}

홀수에 대해서 구해보면

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*}

위 결과에 의해 급수해를 크게 두 부분으로 나눌 수 있다.

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*}

그런데 여기서 λ\lambda가 음이 아닌 정수이면 두 부분중 하나는 유한한 항만 남게된다. 예를 들어 λ=4\lambda=4라면 (1)\eqref{1}에서 알 수 있듯이 a6=a8=⋯=a2n=0a_{6}=a_{8}=\cdots=a_{2n}=0이다. 따라서 미분 방정식의 상수 λ\lambda가 음이 아닌 정수일 때 발산하지 않는 해를 얻을 수 있다. 각 람다에 따른 해를 HλH_{\lambda}라고 표기하면

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*}

이제 각각의 Hn(x)H_{n}(x)의 최고차항 xnx^{n}의 계수가 2n2^{n}이 되도록 a0a_{0}, a1a_{1}에 값을 대입해주면 아래와 같은 물리학자의 에르미트 다항식 을 얻는다.

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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