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에르미트 다항식

herimite polynomial

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에르미트 다항식은 아래의 두 방법으로 얻을 수 있다. 첫번째 방법은 에르미트 함수로부터 얻는 것이다.

아래의 에르미트 함수 $$ y_n=e^{\frac{x^{2}}{2}}\frac{ d ^{n} }{ dx^{n} }e^{-x^{2}} $$ 에 $(-1)^{n}e^{\frac{x^{2}}{2}}$를 곱한 것을 에르미트 다항식 이라 한다. $$ H_{n}(x)=(-1)^{n}e^{x^{2}}\frac{ d ^{n}}{ dx^{n} }e^{-x^{2}} \tag{1} $$ 위 식은 에르미트 다항식의 로드리게스 공식 이라고도 불린다.

두번째 방법은 에르미트 미분 방정식을 풀어서 얻는 것이다.

에르미트 미분 방정식 $$ y^{\prime \prime} -2xy^{\prime} +2ny=0,\quad n=0,1,2,\cdots $$ 의 해를 에르미트 다항식 이라 부르고 $H^{n}(x)$으로 표기한다¹. $$ \begin{align*} H^{0}(x)&=1 \\ H^{1}(x) &=2x \\ H^{2}(x) &=4x^{2}-2 \\ H^{3}(x)&=8x^{3}-12x \\ H^{4}(x) &= 16x^{4}-48x^{2}+12 \\ H^{5}(x) &= 32x^{5}-160x^{3}+120x \\ &\vdots \end{align*}\tag{2} $$

위에서 말하는 두 에르미트 다항식은 실제로 같다. 엄밀한 방법은 아니지만 $(1)$에 처음 몇 개의 $n$을 대입해보면 $(2)$를 얻을 수 있다. 모든 $n$에 대해서 같음을 보이려면 $(1)$이 에르미트 미분 방정식을 만족하는지 확인하면 된다. 그러면 $(2)$가 에르미트 미분 방정식의 해이므로 결국 $(1)=(2)$라는 것을 알 수 있다. $(1)$이 에르미트 미분 방정식을 만족한다는 것은 에르미트 다항식의 모함수를 이용해 보일 수 있다.

에르미트 다항식의 생성 함수 $$ \Phi (x,h)=e^{2xh-h^{2}}=\sum \limits _{n=0}^{\infty}H_{n}(x)\frac{h^{n}}{n!} \tag{3} $$ 는 아래의 미분 방정식을 만족한다. $$ \frac{ \partial ^{2} \Phi }{ \partial x^{2} }-2x\frac{ \partial \Phi}{ \partial x }+2h\frac{ \partial \Phi}{ \partial h }=0 $$

$(3)$의 급수 꼴을 위 미분 방정식에 대입해보자. 그러면 $$ \begin{align*} && \sum \limits _{n=0}^{\infty} H^{\prime \prime}_{n}(x)\frac{h^{n}}{n!}-2x\sum \limits _{n=0}^{\infty}H^{\prime}_{n}(x)\frac{h^{n}}{n!}+2h\sum \limits _{n=0}^{\infty}nH_{n}(x)\frac{h^{n-1}}{n!} &=0 \\ \implies && \sum \limits _{n=0}^{\infty} H^{\prime \prime}_{n}(x)\frac{h^{n}}{n!}-\sum \limits _{n=0}^{\infty}2xH^{\prime}_{n}(x)\frac{h^{n}}{n!}+\sum \limits _{n=0}^{\infty}2nH_{n}(x)\frac{h^{n}}{n!} &=0 \\ \implies && \sum \limits _{n=0}^{\infty} \Big[ H^{\prime \prime}_{n}(x)-2xH^{\prime}_{n}(x)+2nH_{n}(x)\Big]\frac{h^{n}}{n!} &=0 \end{align*} $$ 이때 위 식은 $h$의 값에 무관하게 항상 성립해야하므로 괄호안의 값이 $0$이어야 한다. 따라서 $$ H^{\prime \prime}_{n}(x)-2xH^{\prime}_{n}(x)+2nH_{n}(x)=0 $$ 위 미분 방정식은 에르미트 미분 방정식이므로 에르미트 함수로부터 얻은$(1)$은 에르미트 미분 방정식을 만족한다. 따라서 두 방법으로 얻은 $(1)$과 $(2)$는 서로 같다.