Đa thức Hermite

Trong bài giảng về Giải tích điều hòa cho K58TN tôi có đề cập đến đa thức Hermite khi:

  • xây dựng biến đổi Fourier trong L^2(\mathbb R),
  • chứng minh bất đẳng thức Heisenberg.

Dưới đây tôi trình bày vài nét cơ bản về đa thức Hermite. Ta bắt đầu với dạng vật lý của đa thức Hermite

H_n(x)=(-1)^n e^{x^2}\dfrac{d^n}{dx^n}\left(e^{-x^2}\right), n=0, 1, 2, \dots.

Ta thử tính cụ thể:

  • khi n=0H_0(x)=1,
  • khi n=1H_1(x)=-e^{x^2}(e^{-x^2})'=2x,
  • khi n=2H_2(x)=e^{x^2}\left(-2xe^{-x^2}\right)'=4x^2-2.

Một cách tổng quát

H_n(x)=\sum\limits_{k=0}^{[n/2]}\dfrac{(-1)^kn!}{k!(n-2k)!}(2x)^{n-2k}.

Các bạn thử chứng minh công thức trên?

Như vậy H_n(x) là đa thức bậc n có tính chẵn lẻ theo tính chẵn lẻ của n. Thêm nữa nó có đủ n nghiệm thực! (Tại sao?)

Ta có thể nhìn đa thức Hermite dưới dạng hệ số của khai triển Taylor của hàm

w(x, t)=e^{2xt-t^2}

theo biến t như sau:

w(x, t)=\sum\limits_{n=0}^\infty \dfrac{H_n(x)}{n!}t^n. \quad\quad(1)

Từ cách nhìn này lấy x=0 ta có

H_{2n+1}(0)=0, H_{2n}(0)=(-1)^n\dfrac{(2n)!}{n!}.

Lấy đạo hàm theo biến t hàm w(x, t) ta có phương trình

w_t=2(x-t)w

nên từ khai triển (1) ta có hệ thức truy hồi của đa thức Hermite

H_{n+1}(x)=2xH_n(x)-2nH_{n-1}(x).\quad\quad (2)

Lấy đạo hàm theo biến x hàm w(x, t) ta có phương trình

w_x=2tw

nên từ khai triển (1) ta có

H'_n(x)=2nH_{n-1}(x).\quad\quad(3)

Từ (2) và (3) ta có hệ

\begin{cases}H_{n+1}(x)&=2xH_n(x)-H'_n(x),\\ H'_{n+1}(x)&=2(n+1)H_n(x).\end{cases}

Do đó H_n(x) là hàm riêng của toán tử vi phân d^2/dx^2 -2x d/dx với giá trị riêng tương ứng 2n. Từ đây, hàm Hermite

h_n(x)=e^{-x^2/2}H_n(x)=(-1)^ne^{x^2/2}\dfrac{d^n}{dx^n}(e^{-x^2})

là hàm riêng của toán tử vi phân

Kf=\dfrac{d^2}{dx^2}f-x^2f,

toán tử Schrodinger với hàm thế V(x)=x^2,

với giá trị riêng tương ứng (2n+1). Cụ thể

h"_n-x^2h_n=-(2n+1)h_n.

Dùng đẳng thức trên với chú ý h_n\in S(\mathbb R) ta có

(2n+1)\int\limits_{\mathbb R}h_n(x)h_m(x)dx=(2m+1)\int\limits_{\mathbb R}h_n(x)h_m(x)dx.

Như vậy \{h_n\}_{n\in\mathbb Z_+} lập thành hệ trực giao trong L^2(\mathbb R). Tiếp đến ta chuẩn hóa hóa hệ này bằng việc tính chuẩn

||h_n||^2_{L^2}=\int_{\mathbb R}h_n^2(x)dx=\int_{\mathbb R}e^{-x^2}H_n^2(x)dx.

Từ hệ thức truy hồi (2) ta có

H_n^2(x)=2xH_n(x)H_{n-1}(x)-2(n-1)H_n(x)H_{n-2}(x)\\=2nH^2_{n-1}(x)+H_{n+1}(x)H_{n-1}(x)-2(n-1)H_n(x)H_{n-2}(x)

nên

h_n^2(x)=2nh^2_{n-1}(x)+h_{n+1}(x)h_{n-1}(x)-2(n-1)h_n(x)h_{n-2}(x).

Từ tính trực giao ta có hệ thức truy hồi

||h_n||^2_{L^2}=2n||h_{n-1}||^2_{L^2}.

Chú ý

||h_0||^2_{L^2}=\int_{\mathbb R}e^{-x^2}dx=\sqrt{\pi}

nên ||h_n||^2_{L^2}=2^nn!\sqrt{\pi}.

Hệ trực chuẩn gồm các hàm riêng của toán tử Schrodinger K

e_n(x)=\left(2^nn!\sqrt{\pi}\right)^{-1/2}h_n(x)=\left(2^nn!\sqrt{\pi}\right)^{-1/2}e^{x^2/2}\dfrac{d^n}{dx^2}(e^{-x^2}).

Để chứng minh tính đầy đủ của hệ các hàm riêng trên chú ý rằng H_n(x) là đa thức bậc n nên mỗi đơn thức x^n là tổ hợp tuyến tính của H_0, H_1, \dots, H_n. Cụ thể

x^n=\sum_{k=0}^{[n/2]}\dfrac{n!}{2^n k!(n-2k)!}H_{n-2k}(x).

Do đó nếu f\in L^2(\mathbb R) trực giao với tất cả e_n, n\in\mathbb Z_+, thì

\int_{\mathbb R}f(x)e^{-x^2/2}x^ndx=0, n\in\mathbb Z_+.

Lại từ khai triển Taylor

e^{-ix\xi}=\sum_{n=0}^\infty \dfrac{(-i\xi)^n}{n!}x^n

ta có biến đổi Fourier

\mathcal F(e^{-x^2/2}f(x))=\dfrac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{\mathbb R}e^{-ix\xi-x^2/2}f(x)dx=\dfrac{1}{\sqrt{2\pi}}\sum_{n=0}^\infty \dfrac{(-i\xi)^n}{n!}\int_{\mathbb R}f(x)e^{-x^2/2}x^ndx.

Do đó nếu f trực giao với tất cả các hàm riêng của toán tử Schrodinger thì biến đổi Fourier \mathcal F(e^{-x^2/2}f)=0 hay f=0. Nói cách khác hệ \{e_n\}_{n\in\mathbb Z_+} là hệ trực chuẩn đầy đủ trong L^2(\mathbb R).

Hàm Hermite không chỉ là hàm riêng của toán tử Schrodinger mà còn là hàm riêng của biến đổi Fourier. Thật vậy, xét tích phân

\int_{\mathbb R}e^{-ix\xi-\xi^2/2+2\xi t -t^2}dx=\sqrt{2\pi}e^{-\xi^2/2-2i\xi t +t^2}.

Lại dùng khai triển (1) ta có

  • \int_{\mathbb R}e^{-ix\xi-x^2/2+2x t -t^2}dx=\int_{\mathbb R}e^{-ix\xi} e^{-x^2/2}\sum_{n=0}^\infty \dfrac{H_n(x)}{n!}t^ndx,
  • \sqrt{2\pi}e^{-\xi^2/2-2i\xi t +t^2}=e^{-\xi^2/2}\sum_{n=0}^\infty\dfrac{H_n(\xi)}{n!}(-it)^n.

Do đó

\int_{\mathbb R}e^{-ix\xi}e^{-x^2/2}H_n(x)dx=\sqrt{2\pi}e^{-\xi^2/2}(-i)^n H_n(\xi)

hay \mathcal F(h_n)(\xi)=(-i)^n h_n(\xi).

Từ tính chẵn lẻ của H_n ta có

  • h_{2n}(x)=(-1)^n\sqrt{\frac{2}{\pi}}\int_0^\infty h_{2n}(y)\cos(xy)dy,
  • h_{2n+1}(x)=(-1)^n\sqrt{\frac{2}{\pi}}\int_0^\infty h_{2n+1}(y)\sin(xy)dy.

 

Lại dùng tích phân

\dfrac{2}{\sqrt{\pi}}\int_0^\infty e^{-t^2}\cos(2xt)dt=e^{-x^2}

ta có

  • H_{2n}(x)=\dfrac{(-1)^n2^{2n+1}e^{x^2}}{\sqrt{\pi}}\int_0^\infty e^{-t^2}t^{2n}\cos(2xt)dt
  • H_{2n+1}(x)=\dfrac{(-1)^n2^{2n+2}e^{x^2}}{\sqrt{\pi}}\int_0^\infty e^{-t^2}t^{2n+1}\sin(2xt)dt.

Do đó

H_n(x)=\dfrac{(-1)^n2^{n}e^{x^2}}{\sqrt{\pi}}\int_{-\infty}^\infty e^{-t^2+2ixt}t^{n}dt.

Từ đây ta có công thức

\sum_{n=0}^\infty\dfrac{H_n(x)H_n(y)}{2^nn!}t^n=W(x, y, t)

với

W(x, y, t)=\dfrac{1}{\sqrt{1-t^2}}e^{-\frac{2t}{1+t}xy-\frac{t^2}{1-t^2}(x-y)^2}, -1<t<1.

Ngoài dạng vật lý, đa thức Hermite còn có dạng xác suất

He_n=(-1)^ne^{x^2/2}\dfrac{d^n}{dx^n}(e^{-x^2/2}).

Có thể thấy He_n(x)=2^{-n/2}H_n(x/\sqrt{2}) nên về cơ bản dạng xác xuất và dạng vật lý giống nhau. Với dạng xác suất Ito đưa ra công thức lặp

n!\int\limits_{0\le u_n\le t}\cdots\left(\int\limits_{0\le u_2\le u_3}\left(\int\limits_{0\le u_1\le u_2}dB_{u_1}\right)dB_{u_2}\right)\cdots dB_{u_n}=t^{n/2}He_n(B_t/\sqrt{t})

trong đó \{B_t\}_{t\ge 0}, B_0=0, là quá trình ngẫu nhiên Brownian, tích phân trên là tích phân Ito.

Chẳng hạn

  • khi n=1\int_0^t dB_s=B_t,
  • khi n=2\int_0^t B_sdB_s=\dfrac{B_t^2}{2}-\dfrac{t}{2}.

2 thoughts on “Đa thức Hermite

  1. datuan5pdes

    Ta có thể chứng minh h_n là hàm riêng của biến đổi Fourier nhờ (2)-(3). Cụ thể từ (2) và (3) có hệ

    \begin{cases} h_{n+1}(x)&= 2xh_n(x)-2nh_{n-1}(x),\\ 2nh_{n-1}(x)&= xh_n(x)+h'_n(x).\end{cases}

    Từ hệ trên ta có

    h_{n+1}(x)=xh_n(x)-h'_n(x). \quad (4)

    Lấy biến đổi Fourier cả hai vế

    \mathcal Fh_{n+1}=-i\left(\xi\mathcal Fh_n-(\mathcal F h_n)'\right).\quad (5)

    Chú ý với n=0\mathcal F h_0=h_0 nên từ (4), (5) và bằng quy nạp ta có

    \mathcal Fh_{n+1}=(-i)^{n+1}h_{n+1}.

Gửi phản hồi

Mời bạn điền thông tin vào ô dưới đây hoặc kích vào một biểu tượng để đăng nhập:

WordPress.com Logo

Bạn đang bình luận bằng tài khoản WordPress.com Log Out / Thay đổi )

Twitter picture

Bạn đang bình luận bằng tài khoản Twitter Log Out / Thay đổi )

Facebook photo

Bạn đang bình luận bằng tài khoản Facebook Log Out / Thay đổi )

Google+ photo

Bạn đang bình luận bằng tài khoản Google+ Log Out / Thay đổi )

Connecting to %s