Erikoisfunktiot

Monet erikoisfunktiot esiintyvät differentiaaliyhtälöiden ratkaisuissa tai ne voidaan esittää tavanomaisten funktioiden integraaleina.

Nimettyjä differentiaaliyhtälötyyppejä, joille löytyy sarjaratkaisuja, ovat esimerkiksi

Hermiten DY:t $\red y''-2\green x\red y'+2\lambda \red y=0,$ jonka ratkaisut ovat Hermiten polynomeja.
Besselin DY:t $x^2\red y''+\green x\red y'+(\green x^2-a^2)\red y=0,$ jonka ratkaisut ovat Besselin funktioita.
Legendren DY:t $(1-\green x^2)\red y''-2\green x \red y'+n(n+1)\red y=0,$ jonka ratkaisut ovat Legendren polynomeja ja liittopolynomeja.

Käytännössä esimerkiksi ortogonaalisia polynomeja tarvitaan muun muassa kvanttimekaniikassa. Tarkempia esimerkkejä tästä löytyy kunkin polynomin esittelyn kohdalta.

# gammajamuutfunktiot

Useat erikoisfunktiot ovat kompleksilukujen funktioita, mutta niitä ei välttämättä ole määritelty koko kompleksitasossa. Esimerkiksi gammafunktio $\Gamma(\red z)=\int_0^\infty x^{\red z-1}e^{-\red z}dx$ voidaan esittää integraalina kompleksilukujen, joille $\Re(z)>0,$ joukossa. Lisäksi gammafunktiolle voidaan muodostaa analyttinen jatko, joka on määritelty kaikilla muilla kompleksiluvuilla paitsi negatiivisilla kokonaisluvuilla. Toisaalta esimerkiksi palloharmonisten funktioiden määrittelyjoukot ovat pallopintoja.

# muitaerikoisfunktioita

Muita hyödyllisiä erikoisfunktioita gammafunktion ja tällä sivulla tarkemmin esiteltävien ortogonaalisten polynomien lisäksi ovat esimerkiksi:

Diracin deltafunktio: $\delta(\red x-\green a) =\dfrac{1}{2\pi}\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty}e^{ik(\red x-\green a)} \text{d} k= \begin{cases} \infty, & \red x = \green a \\ 0, & \red x \ne \green a \end{cases}$
Riemannin zeeta-funktio: $\zeta(\magenta s) =\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n^{\magenta s}},$ kun $\Re(\magenta s)>1$ (voidaan laajentaa myös muualle kompleksitasoon)
virhefunktio: $\text{erf}(\blue z)=\dfrac{2}{\sqrt\pi}\displaystyle\int_{0}^{\blue z}e^{-t^2}\text{d}t$

Kullakin erikoisfunktiolla on omia tärkeitä ominaisuuksiaan, kuten:

$\Gamma(n)=(n-1)!,$ kun $n\in\mathbb{Z}_+,$ ja $\Gamma(z+1)=z\Gamma(z)$ eli gammafunktion arvo pisteessä voidaan laskea, kun tiedetään sen arvo pisteessä
$\zeta(2)=\dfrac{\pi^2}{6}$ ja $\zeta(4)=\dfrac{\pi^4}{90}$
$\lim_{x\to\pm\infty}\text{erf}(x)=\pm1$ ja $\text{erf}(-x)=-\text{erf}(x)$
$\int_{-\infty}^\infty \delta(\red x-\green a)f(\red x) \, \text{d}\red x = f(\green a)$ ja $\int_{-\infty}^\infty \delta(\magenta a \blue x)\,\text{d}\blue x=\frac{1}{|\magenta a|}$

Esimerkki Riemannin zeeta-funktion käytöstä integraalia laskettaessa

Lasketaan integraalin $\int_0^\infty \frac{x^3}{e^x-1}\text{d}x$ arvo.

Vaihtamalla summauksen ja integraalin järjestystä ja hyödyntämällä geometristä sarjaa integraali saadaan muotoon $\begin{align*} \int_0^\infty \frac{x^3}{e^x-1}\dx=&\int_0^\infty x^3\frac{e^{-x}}{1-e^{-x}}\dx\\=&\int_0^\infty x^3\sum_{n=0}^{\infty}e^{-(n+1)x}\dx \\=&\sum_{n=0}^{\infty}\int_0^\infty x^3e^{-(n+1)x}\dx.\\ \end{align*}$ Osittaisintegroimalla saadaan, että $\int_0^\infty x^3e^{-(n+1)x}\text{d}x=\frac{6}{{(n+1)}^4},$ joten $\begin{align*} \int_0^\infty \frac{x^3}{e^x-1}\dx&=6\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{{(n+1)}^4}\\&=6\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^4}=6\zeta(4)\\&=6\frac{\pi^4}{90}=\frac{\pi^4}{15}.\\ \end{align*}$

Esimerkkejä virhefunktion käytöstä

Odotusarvon laskeminen:

Tarvittaessa voit kerrata jatkuvan satunnaismuuttujan tiheysfunktioon ja odotusarvoon liityviä asioita täältä.

Satunnaismuuttujan tiheysfunktio on $f(x)=\left\{\begin{array}{ll} xe^{-\frac{x^2}{2}} & x>0\\ 0 & \mbox{muualla.}\end{array}\right .$

Muuttujan odotusarvoksi saadaan osittaisintegroimalla

$\begin{align*}\mathbb{E}(X)&=\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty}xf(x)\text{d}x\\&=\displaystyle\lim_{b\to\infty}\int_{0}^{b}x^2e^{-\frac{x^2}{2}}\text{d}x\\& =\lim_{b\to\infty}\bigg/_{\!\!\! 0}^{\,b}\left(\sqrt{\frac{\pi}{2}}\text{erf}\left(\frac{x}{\sqrt 2}\right)-xe^{-\frac{x^2}{2}}\right)\\& =\sqrt{\frac{\pi}{2}}\approx1{,}25{,}\end{align*}$

missä $\text{erf}$ on virhefunktio.

Normaalijakautunut satunnaismuutuja:

Jatkuva satunnaismuuttuja joka noudattaa normaalijakaumaa, jonka keskikohta on 0 ja leveysparametri on $\sigma,$ saa arvon väliltä [-r,r] todennäköisyydellä $\text{erf}\left(\frac{r}{\sqrt{2}\sigma}\right).$ Tarkemmin sanottuna $\begin{align*}P(a<X<b)&=\int_a^b \frac{1}{\sigma\sqrt{2\pi}}e^{-\frac{x^2}{2\sigma^2}} \dx\\&=\frac12\left(\text{erf}\left(\frac{b}{\sqrt{2}\sigma}\right) -\text{erf}\left(\frac{a}{\sqrt{2}\sigma}\right)\right).\end{align*}$ Tarvittavat virhefunktion arvot saadaan taulukosta, joten esimerkiksi, kun $\sigma=\frac{1}{\sqrt{2}},$ niin $\begin{align*}P(-2<X<1)&=\frac12\left(\text{erf}(1)-\text{erf}(-2)\right)\\&=\frac12\left(\text{erf}(1)+\text{erf}(2)\right) \\&\approx\frac12(0{,}9953+0{,}8427)\\&\approx 1{,}84.\end{align*}$

Esimerkki Diracin deltafunktion käytöstä

Vapaan hiukkasen aaltofunktio $\Psi(x,t)$ ajan hetkellä t=0 s voidaan esittää Fourier-muunnoksen avulla liikemääräavaruudessa muodossa $\phi(k)=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{\infty}\Psi(x,0)e^{-ikx} \dx.$

Aaltofunktio voidaan muuttaa takaisin käänteisen muunnoksen avulla, sillä integrointijärjestystä voidaan vaihtaa Fubinin lauseen nojalla: $\begin{align*} \ \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{\infty}\phi(k)e^{ik\red x} \text{d} k=& \ \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{\infty}\left(\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{\infty}\Psi(y,0)e^{- ik\green y} \text{d}\green y\right)e^{ik\red x}\text{d} k\\ =&\ \int_{-\infty}^{\infty}\Psi(\green y,0)\left(\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty}e^{ik(\red x-\green y)}dk\right)\text{d}\green y\\=&\int_{-\infty}^{\infty}\Psi(\green y,0)\delta(\red x-\green y)\text{d}\green y=\Psi(\red x,t).\\ \end{align*}$

Ortogonaaliset polynomit

# legendre

Legendren polynomit ja liittopolynomit

Legendren polynomit $P_n(x) = \frac{1}{2^n n!}\frac{\operatorname{d}^n}{\dx^n}(x^2-1)^n$ ovat ortogonaalisia eli $\int_{-1}^{1} P_m(x)P_n(x) \dx =\frac{2}{2n+1} \delta_{mn},$ missä $\delta_{mn}$ on Kroneckerin delta $\delta_{mn}=\begin{cases*}1&kun $n=m$\\0& muulloin\end{cases*}$ .

Mutta miksi?

Kun $0<k\leqslant l',$ niin tulon derivointisäännön perusteella $\begin{align*} \frac{\text{d}^{l'-k}}{\text{d}x^{l'-k}}{(x^2-1)}^{l'}\bigg|_{x=\pm 1}=&\frac{\text{d}^{l'-k}}{\text{d}x^{l'-k}}{(x-1)}^{l'}{(x+1)}^{l'}\bigg|_{x=\pm 1} \\ = &\sum_{i=0}^{l'-k}\binom{l'-k}{i}(x-1)^{l'-i}{(x+1)}^{l'-(l'-k-i)}\bigg|_{x=\pm 1}=0, \\ \end{align*}$ missä kerroin $\binom{l-k}{i}$ on binomikerroin. Osittaisintegroimalla kertaa saadaan $\begin{align*} \int_{-1}^1 P_l(x)P_{l'}(x) dx&=\frac{1}{2^{l'}l'!}\int_{-1}^1P_l(x)\frac{\text{d}^{l'}}{\text{d}x^{l'}}{(x^2-1)}^{l'}\text{d}x \\ & =\underbrace{\frac{1}{2^{l'}l'!}\bigg/_{\!\!\! -1}^{\,1}P_l(x)\frac{\text{d}^{l'-1}}{\text{d}x^{l'+1}}{(x^2-1)}^{l'}}_{=0}- \frac{1}{2^{l'}l'!}\int_{-1}^1P'_l(x)\frac{\text{d}^{l'-1}}{\text{d}x^{l'-1}}{(x^2-1)}^{l'}\text{d}x\\ & =-\underbrace{\frac{1}{2^{l'}l'!}\bigg/_{\!\!\! -1}^{\,1}P'_l(x)\frac{\text{d}^{l'-2}}{\text{d}x^{l'-2}}{(x^2-1)}^{l'}}_{=0}+ \frac{1}{2^{l'}l'!}\int_{-1}^1P''_l(x)\frac{\text{d}^{l'-2}}{\text{d}x^{l'-2}}{(x^2-1)}^{l'}\text{d}x\\ & =...=\frac{{(-1)}^l}{2^{l'}l'!}\int_{-1}^1\underbrace{P^{(l)}_l(x)}_{=a_ll!}\frac{\text{d}^{l'-l}}{\text{d}x^{l'-l}}{(x^2-1)}^{l'}\text{d}x, \\ \end{align*}$ missä P_l(x)=a_0+a_1x+...+a_lx^l on asteen polynomi.

Jos l<l', niin $\begin{align*} \int_{-1}^1 P_l(x)P_{l'}(x) \text{d}x&=\frac{a_l{(-1)}^ll!}{2^{l'}l'!}\int_{-1}^1\frac{\text{d}^{l'-l}}{\text{d}x^{l'-l}}{(x^2-1)}^{l'}\text{d}x \\ &=\frac{a_l{(-1)}^ll!}{2^{l'}l'!}\bigg/_{\!\!\! -1}^1\frac{\text{d}^{l'-l-1}}{\text{d}x^{l'-l-1}}{(x^2-1)}^{l'} =0.\\ \end{align*}$ Jos l=l', niin $\begin{align*} \int_{-1}^1 P_l(x)P_{l}(x) dx&=\frac{a_l{(-1)}^l}{2^{l}}\int_{-1}^1{(x^2-1)}^{l}\text{d}x \\ &=\frac{a_l{(-1)}^l}{2^{l}}\underbrace{\bigg/_{\!\!\! -1}^1x{(x^2-1)}^l}_{=0} -2l\frac{a_l{(-1)}^l}{2^{l}}\int_{-1}^1 x^2{(x^2-1)}^{l-1}\text{d}x\\ &=-2l\frac{a_l{(-1)}^l}{2^{l}}\int_{-1}^1{(x^2-1)}^l+{(x^2-1)}^{l-1}\text{d}x.\\ \end{align*}$

Merkitään $I_l=\int_{-1}^1{(x^2-1)}^ldx,$ jolloin $I_l=-2l(I_l-I_{l-1})$ eli $I_l=\frac{-2l}{1+2l}I_{l-1}.$

Nyt I_0=2, $I_1=-\frac23 \cdot 2,$ $I_2={(-1)}^2\frac{2\cdot4}{3\cdot5}\cdot 2$ ja $I_3={(-1)}^3\frac{2\cdot4\cdot6}{3\cdot5\cdot7}\cdot2.$

Havaitaan, että $I_l={(-1)}^l\frac{2^{2l+1}{(l!)}^2}{(2l+1)!}.$ Binomikaavan nojalla $\begin{align*} P_l(x) =& \frac{1}{2^{l} l!}\frac{\text{d}^l}{\text{d}x^l}\sum_{i=0}^{l}\binom{l}{i}{(-1)}^{i}x^{2(l-i)} \\ = & \frac{1}{2^{l} l!}\sum_{i=0}^{l}\binom{l}{i}{(-1)}^{i}\frac{\text{d}^l}{\text{d}x^l}x^{2(l-i)}, \\ \end{align*}$ joten $a_l=\frac{1}{2^ll!}\underbrace{\binom{l}{0}}_{=1}2l(2l-1)(2l-2)\cdot...\cdot(2l-l+1)=\frac{(2l)!}{2^l{(l!)}^2}$ ja $\int_{-1}^1 P_l(x)P_{l}(x) \text{d}x=\frac{2}{2l+1}.$ Kaiken kaikkiaan saatiin, että $\int_{-1}^{1} P_l(x)P_{l'}(x) \dx =\frac{2}{2l+1} \delta_{ll'}.$

Mutta miksi?

$P_0(x) = \frac{1}{2^0\cdot 0!}\underbrace{(x^2-1)^0}_{=1}=\frac{1}{1\cdot 1}=1$ $P_1(x) = \frac{1}{2\cdot 1!}\frac{\operatorname{d}}{\dx}(x^2-1)=\frac{1}{2}2x=x.$ $\begin{align*} P_2(x) &= \frac{1}{2^2\cdot 2!}\frac{\operatorname{d}^2}{\dx^2}(x^2-1)^2\\&=\frac{1}{4\cdot 2} \frac{\operatorname{d}}{\dx}\underbrace{(2\cdot 2x(x^2-1))}_{= 4x^3-4x}\\&=\frac{1}{8}(4\cdot3x^2-4)=\frac12(3x^2-1).\\ \end{align*}$ Korkeamman asteen polynomit voidaan laskea vastaavalla tavalla.

Astetta olevilla Legendren polynomilla P_n on täsmälleen nollakohtaa ja ne kaikki sijoittuvat välille [-1, 1], kuten alla olevasta kuvasta voidaan päätellä.

$\begin{tikzpicture} \begin{axis}[domain=-1.25:1.25, samples=100, %grid=major, restrict y to domain=-1.25:1.25, legend pos = outer north east, axis lines= middle, xlabel=$x$, ylabel=$y$] \addplot [color=black!50!red, thick] {1}; \addplot [color=green!70!black, thick] {x}; \addplot [color=red, thick] {1/2*(3*x^2-1)}; \addplot [color=blue, thick] {1/2*(5*x^3-3*x)}; \addplot [color=orange, thick] {1/8*(35*x^4-30*x^2+3)}; \legend{$P_0(x)$, $P_1(x)$, $P_2(x)$, $P_3(x)$, $P_4(x)$} \end{axis} \end{tikzpicture}$

Myös Legendren liittopolynomit $P_{l,m}(x)={(1-x^2)}^{\frac{|m|}{2}}\frac{\text{d}^{|m|}}{\text{d}x^{|m|}}P_l(x)$ ovat ortogonaalisia eli $\int_{-1}^{1} P_{k,m} P_{l,m} \text{d}x = \frac{2 (l+|m|)!}{(2l+1)(l-|m|)!}\ \delta _{kl},$ missä $\delta_{kl}$ on Kroneckerin delta $\delta_{mn}=\begin{cases*}1&kun $n=m$\\0& muulloin\end{cases*}$ . Toinen tapa merkitä Legendren liittopolynomeja on P_l^m(x).

Mutta miksi?

Kun |m|>k tai |m|>l, niin $\frac{\text{d}^{|m|}}{\text{d}x^{|m|}}P_l(x)=0$ tai $\frac{\text{d}^{|m|}}{\text{d}x^{|m|}}P_k(x)=0,$ joten tällöin $\int_{-1}^{1}P_{l,m}(x)P_{k,m}(x)\text{d}x=\int_{-1}^{1}{(1-x^2)}^{|m|}\frac{\text{d}^{|m|}}{\text{d}x^{|m|}}P_l(x)\frac{\text{d}^{|m|}}{\text{d}x^{|m|}}P_k(x)\text{d}x=0.$ Olkoon tästedes $|m|\leqslant k\leqslant l.$

Jatkossa tarvitaan Legendren polynomien ortogonaalisuutta näytettäessä saatua tulosta, jonka mukaan $\begin{align*} \frac{\text{d}^{j'-j}}{\text{d}x^{j'-j}}{(x^2-1)}^{j'}\bigg|_{x=\pm 1}=0, \\ \end{align*}$ kun $0<j\leqslant j'.$ Osittaisintegroimalla l+|m| kertaa saadaan $\begin{align*} \int_{-1}^{1}P_{l,m}&(x)P_{k,m}\text{d}x\\=&\ \frac{1}{2^{k+l}k!l!}\int_{-1}^{1}{(1-x^2)}^{|m|}\frac{\text{d}^{l+|m|}}{\text{d}x^{l+|m|}}{(x^2-1)}^k\frac{\text{d}^{k+|m|}}{\text{d}x^{k+|m|}}{(x^2-1)}^l\text{d}x\\ =&\ \frac{1}{2^{k+l}k!l!}\underbrace{\bigg/_{\!\!\! -1}^1\frac{\text{d}^{l+|m|-1}}{\text{d}x^{l+|m|-1}}{(x^2-1)}^l{(1-x^2)}^{|m|}\frac{\text{d}^{k+|m|}}{\text{d}x^{k+|m|}}{(x^2-1)}^k}_{=0}\\ &-\frac{1}{2^{k+l}k!l!}\int_{-1}^{1}\frac{\text{d}^{l+|m|-1}}{\text{d}x^{l+|m|-1}}{(x^2-1)}^l\frac{\text{d}}{\text{d}x}\left({(1-x^2)}^{|m|}\frac{\text{d}^{k+|m|}}{\text{d}x^{k+|m|}}{(x^2-1)}^k\right)\text{d}x\\ =&\ \frac{-1}{2^{k+l}k!l!}\underbrace{\bigg/_{\!\!\! -1}^1\frac{\text{d}^{l+|m|-2}}{\text{d}x^{l+|m|-2}}{(x^2-1)}^l\frac{\text{d}}{\text{d}x}\left({(1-x^2)}^{|m|}\frac{\text{d}^{k+|m|}}{\text{d}x^{k+|m|}}{(x^2-1)}^k\right)}_{=0}\\ &+\frac{1}{2^{k+l}k!l!}\int_{-1}^{1}\frac{\text{d}^{l+|m|-2}}{\text{d}x^{l+|m|-2}}{(x^2-1)}^l\frac{\text{d}^2}{\text{d}x^2}\left({(1-x^2)}^{|m|}\frac{\text{d}^{k+|m|}}{\text{d}x^{k+|m|}}{(x^2-1)}^k\right)\text{d}x\\ =&\ ...=\frac{{(-1)}^{l+|m|}}{2^{k+l}k!l!}\int_{-1}^{1}{(x^2-1)}^l\frac{\text{d}^{l+|m|}}{\text{d}x^{l+|m|}}\left({(1-x^2)}^{|m|}\frac{\text{d}^{k+|m|}}{\text{d}x^{k+|m|}}{(x^2-1)}^k\right)\text{d}x,\\ \end{align*}$ missä $\begin{align*} \frac{\text{d}^{n-1}}{\text{d}x^{n-1}}&\left({(1-x^2)}^{|m|}\frac{\text{d}^{k+|m|}}{\text{d}x^{k+|m|}}{(x^2-1)}^k\right)\bigg|_{x=\pm 1}\\& =\sum_{i=0}^{n-1}\binom{n}{i}\frac{\text{d}^{i}}{\text{d}x^{i}}{(1-x^2)}^{|m|}\frac{\text{d}^{k+|m|+n-1-i}}{\text{d}x^{k+|m|+n-1-i}}{(x^2-1)}^k\bigg|_{x=\pm 1}=0, \end{align*}$ kun $n\leqslant |m|,$ ja kun $l+|m|\geqslant n>|m|,$ niin $\frac{\text{d}^{l+|m|-n}}{\text{d}x^{l+|m|-n}}{(1-x^2)}^l\bigg|_{x=\pm 1}=0.$ Seuraavaa vaihetta varten huomataan, että $\begin{align*} \frac{\text{d}^{i}}{\text{d}x^{i}}{(1-x^2)}^{|m|}\frac{\text{d}^{l+k+2|m|-i}}{\text{d}x^{l+k+2|m|-i}}{(x^2-1)}^k\neq0, \end{align*}$ jos ja vain jos $k+l+2|m|-i\leqslant 2k$ ja $i\leqslant 2|m|.$ Ehto $k+l+2|m|-i\leqslant 2k$ voidaan kirjoittaa myös muodossa $l\leqslant 2k+i-k-2|m|\leqslant k,$ joten tietoa $k\leqslant l$ käyttäen saadaan, että k=l. Tällöin ehdosta $l-k+2|m|\leqslant i\leqslant 2|m|$ seuraa, että i=2|m|. Nyt $\begin{align*} \int_{-1}^{1}P_{l,m}&(x)P_{k,m}\text{d}x\\ =&\ \frac{{(-1)}^{l+|m|}}{2^{k+l}k!l!}\int_{-1}^{1}{(x^2-1)}^l\sum_{i=0}^{l+|m|}\binom{l+|m|}{i}\frac{\text{d}^{i}}{\dx^{i}}{(1-x^2)}^{|m|}\frac{\text{d}^{l+k+2|m|-i}}{\text{d}x^{l+k+2|m|-i}}{(x^2-1)}^k\text{d}x\\ =&\ \frac{{(-1)}^{l+|m|}}{2^{2l}{(l!)}^2}\delta_{lk}\binom{l+|m|}{2|m|}\int_{-1}^{1}{(x^2-1)}^l\frac{\text{d}^{2|m|}}{\text{d}x^{2|m|}}{(1-x^2)}^{|m|}\frac{\text{d}^{2l}}{\text{d}x^{2l}}{(x^2-1)}^l\text{d}x\\ =&\ \frac{{(-1)}^{l+|m|}}{2^{2l}{(l!)}^2}\delta_{lk}\binom{l+|m|}{2|m|}\int_{-1}^{1}{(x^2-1)}^l \underbrace{\frac{\text{d}^{2|m|}}{\text{d}x^{2|m|}}\left({(-x^2)}^{|m|}+O(x^{2(|m|-1)})\right)}_{={(-1)}^{|m|}(2|m|)!} \underbrace{\frac{\text{d}^{2l}}{\text{d}x^{2l}}\left({(x^2)}^{l}+O(x^{2(l-1)})\right)}_{=(2l)!}\text{d}x\\ =&\ \delta_{lk}\frac{{(-1)}^{l}(2l)!(l+|m|)!}{2^{2l}{(l!)}^2(l-|m|)!}\int_{-1}^{1}{(x^2-1)}^l\text{d}x,\\ \end{align*}$ missä $\binom{l+|m|}{2|m|}=\frac{(l+|m|)!}{(2|m|)!(l-|m|)!}$ on binomikerroin. Legendren polynomien ortogonaalisuutta näytettäessä saatiin, että $\int_{-1}^{1}{(x^2-1)}^l\text{d}x={(-1)}^l\frac{2^{2l+1}{(l!)}^2}{(2l+1)!},$ joten $\int_{-1}^{1} P_{l,m}(x)P_{k,m} \text{d}x = \frac{2 (l+|m|)!}{(2l+1)(l-|m|)!}\ \delta _{kl}.$

Mutta miksi?

Legendren liitopolynomit voidaan laskea trigonometrisille funktioille tunnettuja tuloksia käyttäen, kun Legendren polynomit tunnetaan. Esimerkiksi $\begin{align*} P_{1,0} (\cos(\theta))&=\underbrace{{\left(1-\cos^2(\theta)\right)}^{\frac02}}_{=1}P_1 (\cos(\theta)\\&=\cos(\theta)\end{align*}$ ja $\begin{align*} P_{1,1} (\cos(\theta))&=\underbrace{{\left(1-\cos^2(\theta)\right)}^{\frac12}}_{=\sin(\theta)}\underbrace{\frac{\text{d}}{\text{d}\cos(\theta)}P_1 (\cos(\theta)}_{=\frac{d\cos(\theta)}{d\cos(\theta)}=1}\\&=\sin(\theta).\end{align*}$

Huomaa, että $P_{l,-m}=P_{l,m}$ ja, kun |m|>l, niin $P_{l,m}=0.$

Palloharmoniset funktiot

Palloharmoniset funktiot voidaan määritellä Legendren polynomien avulla, jolloin $Y_{l,m}(\theta,\phi)=\epsilon\sqrt{\frac{(2l+1)(l-|m|)!}{4\pi(l+|m|)!}}e^{im\phi}P_{l,m}(\cos(\theta)),$ missä $\epsilon=\begin{cases*} (-1)^m &kun $m\leqslant 0$\\1& muulloin\end{cases*}.$ Toinen tavanomainen merkintä palloharmoniselle funktiolle on $Y_l^m(\theta,\phi).$ Palloharmoniset funktiot ovat ortogonaalisia eli $\int_0^{2\pi}\int_0^{\pi}\left(Y_{l,m}(\theta,\phi)\right)^*Y_{l',m'}(\theta,\phi)\sin(\theta)\text{d}\theta \text{d}\phi=\delta_{ll'}\delta_{mm'},$ missä $\delta_{mm'}$ on Kroneckerin delta $\delta_{mn}=\begin{cases*}1&kun $n=m$\\0& muulloin\end{cases*}$ .

Mutta miksi?

$\begin{align*} \int_0^{2\pi}\int_0^{\pi}&\left(Y_{l,m}(\theta,\phi)\right)^*Y_{l',m'}(\theta,\phi)\sin(\theta)\text{d}\theta \text{d}\phi\\ =&\ \int_0^{2\pi}\int_0^{\pi}{(-1)}^mY_{l,-m}(\theta,\phi)Y_{l',m'}(\theta,\phi)\sin(\theta)\text{d}\theta \text{d}\phi\\ =&\ {(-1)}^{m+m}\sqrt{\frac{(2l+1)(l-|m|)!}{4\pi(l+|m|)!}}\sqrt{\frac{(2l'+1)(l'-|m'|)!}{4\pi(l'+|m'|)!}} \underbrace{\int_0^{2\pi}e^{i(m'-m)\phi} d\phi}_{=2\pi\delta_{mm'}}\int_{-1}^{1} P_{l,m}(x)P_{l',m'}(x)\text{d}x\\ =&\ 2\pi\sqrt{\frac{(2l+1)(l-|m|)!}{4\pi(l+|m|)!}}\sqrt{\frac{(2l'+1)(l'-|m|)!}{4\pi(l'+|m|)!}} \underbrace{\int_{-1}^{1} P_{l,m}(x)P_{l',m'}(x)\text{d}x}_{=\frac{2 (l+|m|)!}{(2l+1)(l-|m|)!} \delta _{ll'}}=\delta_{ll'}\delta_{mm'}\\ \end{align*}$

Lisäksi palloharmoniset funktiot muodostavat täydellisen kannan Hillbertin avaruuteen. Toisin sanoen mikä tahansa funktio $f(\theta,\phi)$ voidaan niiden lineaarikombinaationa, jolloin $f(\theta,\phi)=\sum_{l=1}^{\infty} \sum_{m=1}^{\infty} c_{lm}Y_{l,m}(\theta,\phi).$ Esimerkiksi avaruuden $\R^3$ origokeskeiset rotaatiot, jotka muodostavat ryhmän SO(3), voidaan esittää palloharmonisten funktioiden avulla.

Käytännössä voi olla tarvetta laskea palloharmonisten funktioden arvoja tietyissä pisteissä käyttäen palloharmonisten funktioiden lausekkeita. Lausekkeita varten tarvittavat kaavat palloharmonisille funktioille pallokoordinaateissa löytyvät täältä tai voit tehdä laskun suoraan määritelmää käyttäen. Huomaa, että $Y_{l,-m}={(-1)}^mY_{l,m}.$ Kumpaakin tapaa käyttäen saatavat lausekkeet ovat alla olevan taulukon mukaisia.

Palloharmonisten funktioiden kuvaajia:

# pallohar00xyz

# pallohar10

# pallohar11

# pallohar20

# pallohar21

Palloharmonisia funktioita tarvitaan kvanttimekaniikassa. Ne ovat pyörimismäärän neliön L^2 ja -komponentin L_z ominaistiloja ominaisarvoilla $\hbar^2 l(l+1)$ ja $\hbar m.$ Lisäksi palloharmoniset funktiot esiintyvät esimerkiksi Schrödingerin yhtälön ratkaisuissa. Pallokoordinaateissa kirjoitettuna Schrödingerin yhtälö separoituu kulmaosaan ja radiaaliseen osaan. Palloharmoniset funktiot ovat kulmaosan $\sin(\theta)\frac{\partial}{\partial\theta}\left(\sin(\theta)\frac{\partial Y}{\partial\theta}\right)+\frac{\partial^2Y}{\partial\phi^2} =-l(l+1)\sin^2(\theta)Y.$ normitettuja ratkaisuja. Koko Schrödingerin yhtälön ratkaisu on tällöin muotoa $\psi_{nlm}(r,\theta,\phi)=R_{nl}(r)Y_{l,m}(\theta, \phi),$ missä $R_{nl}(r)$ on radiaalisen Schrödingerin yhtälön ratkaisu.

Esimerkki: $Y_{3,2}$

Tarkistetaan, että kun l=3 ja m=2, niin $Y_{l,m}(\theta,\phi)=\sqrt{\frac{105}{32\pi}}\sin^2(\theta)\cos(\theta)e^{2i\phi}$ toteuttaa yhtälön $\sin(\theta)\frac{\partial}{\partial\theta}\left(\sin(\theta)\frac{\partial Y}{\partial\theta}\right)+\frac{\partial^2Y}{\partial\phi^2} =-l(l+1)\sin^2(\theta)Y.$

Nyt $\frac{\partial Y}{\partial\theta}=\sqrt{\frac{105}{32\pi}}\left(2\sin(\theta)\cos^2(\theta)-\sin^3(\theta)\right)e^{2i\phi},$ $\begin{align*} \sin(\theta)&\frac{\partial}{\partial\theta}\left(\sin(\theta)\frac{\partial Y}{\partial\theta}\right)\\ &=\sin(\theta)\sqrt{\frac{105}{32\pi}}\frac{\partial}{\partial\theta}\left(2\sin^2(\theta)\cos^2(\theta)-\sin^4(\theta)\right)e^{2i\phi}\\ &=\sqrt{\frac{105}{32\pi}}\left(4\sin^2(\theta)\cos^3(\theta)-8\sin^4(\theta)\cos(\theta)\right)e^{2i\phi}\\ \end{align*}$ ja $\frac{\partial^2Y}{\partial\phi^2}=-4\sqrt{\frac{105}{32\pi}}\sin^2(\theta)\cos(\theta)e^{2i\phi},$ joten trigonometristen funktioiden laskusääntöjen nojalla $\begin{align*} \sin(\theta)&\frac{\partial}{\partial\theta}\left(\sin(\theta)\frac{\partial Y}{\partial\theta}\right)+\frac{\partial^2Y}{\partial\phi^2}\\ =&\ \sqrt{\frac{105}{32\pi}}e^{2i\phi}(4\sin^2(\theta)\cos^3(\theta)\\&\ -8\sin^4(\theta)\cos(\theta)-4\sin^2(\theta)\cos(\theta))\\ =&\ \sqrt{\frac{105}{32\pi}}e^{2i\phi}(4\sin^2(\theta)\cos(\theta)(1-\sin^2(\theta))\\ &\ -8\sin^4(\theta)\cos(\theta)-4\sin^2(\theta)\cos(\theta))\\ =&\ -12\sqrt{\frac{105}{32\pi}}e^{2i\phi}\sin^4(\theta)\cos(\theta)\\ =&\ -12\sin^2(\theta)Y.\end{align*}$

Tarkistetaan myös, että kyseessä todella on pyörimismäärän -komponentin ominaistila ominaisarvolla $\hbar m=2\hbar$ : $\begin{align*} L_z Y_{3,2}(\theta,\phi)&=\frac{h}{i}\frac{\partial}{\partial\phi}Y_{3,2} \\&=\frac{h}{i}\sqrt{\frac{105}{32\pi}}\sin^2(\theta)\cos(\theta)\underbrace{\frac{\partial}{\partial\phi}e^{2i\phi}}_{=2ie^{2i\phi}} \\&=2\hbar Y_{3,2}(\theta,\phi).\end{align*}$

Besselin ja Neumannin pallofunktiot

Besselin ja Neumannin pallofunktiot määritellään seuraavasti: $j_l(x) = (-x)^l \left(\frac{1}{x}\frac{\text{d}}{\text{d}x}\right)^l \frac{\sin x}{x}$ ja $n_l(x) = -(-x)^l \left(\frac{1}{x}\frac{\text{d}}{\text{d}x}\right)^l \frac{\cos x}{x}.$ Vaihtoehtoisesti ne voidaan määritellä myös Besselin ja Neumannin funktioiden $\text{J}_l$ ja $\text{Y}_l$ avulla, jolloin $j_l(x) = \sqrt{\frac{\pi}{2x}}J_{l+\frac12}(x)$ ja $y_l(x) = \sqrt{\frac{\pi}{2x}}Y_{l+\frac12}(x).$

Mutta miksi?

$j_0(x)={(-x)}^0{\left(\frac{1}{x}\frac{\text{d}}{\text{d}x}\right)}^0\frac{\sin (x)}{x}=\frac{\sin (x)}{x}$ $\begin{align*} j_1(x)&=-x\frac{1}{x}\frac{\text{d}}{\text{d}x}\frac{\sin (x)}{x}=-\frac{\text{d}}{\text{d}x}\frac{\sin (x)}{x}\\&=-\frac{x\cos x-\sin (x)}{x^2} \end{align*}$ $\begin{align*} j_2(x)&={(-x)}^2{\left(\frac{1}{x}\frac{\text{d}}{\text{d}x}\right)}^2\frac{\sin (x)}{x}\\&=x^2\frac{1}{x}\frac{\text{d}}{\text{d}x} \left(\frac{1}{x}\frac{\text{d}}{\text{d}x}\frac{\sin (x)}{x}\right) \\&=x\frac{\text{d}}{\text{d}x}\left(\frac{x\cos (x)}{x^2}-\frac{\sin (x)}{x^3}\right)\\&=x\left(-\frac{x\sin (x)+2\cos (x)}{x^3}-\frac{x\cos (x)-3\sin (x)}{x^4}\right) \\&=\left(\frac{3}{x^3}-\frac{1}{x} \right)\sin (x)-\frac{3}{x^2}\cos (x) \end{align*}$

Lausekkeet Neumannin pallofunktioille saadaan määritelmästä samantapaisilla laskuilla kuin Besselin pallofunktioidenkin lausekkeet.

$\begin{tikzpicture} \begin{axis}[domain=0:13, samples=700, %grid=major, restrict y to domain=-1.3:1.5, legend pos = north east, axis lines= middle, xlabel=$x$, every axis x label/.style={at={(current axis.right of origin)},anchor=west}, ylabel=$y$, enlarge y limits=true, enlarge x limits=true] \addplot [color=black!50!red, thick, domain=0.02:13] {*sin(deg(x))/x}; \addplot [color=green!70!black, thick] {(0.04 <= x)*(sin(deg(x))/x^2-cos(deg(x))/x)}; \addplot [color=red, thick] {(0.2 <= x)*((3/x^2-1)*sin(deg(x))/x-3/x^2*cos(deg(x)))}; \legend{$j_0(x)$, $j_1(x)$, $j_2(x)$, $n_0(x)$, $n_1(x)$, $n_2(x)$} \end{axis} \end{tikzpicture}$

$\begin{tikzpicture} \begin{axis}[domain=0:13, samples=100, %grid=major, restrict y to domain=-0.6:0.6, legend pos = south east, axis lines= middle, xlabel=$x$, every axis x label/.style={at={(current axis.right of origin)},anchor=west}, ylabel=$y$, enlarge x limits=true, enlarge y limits=true] \addplot [color=blue, thick] {-cos(deg(x))/x}; \addplot [color=orange, thick] {-cos(deg(x))/x^2-sin(deg(x))/x}; \addplot [color=magenta, thick] {-(3/x^3-1/x)*cos(deg(x))-3/x^2*sin(deg(x))}; \legend{ $n_0(x)$, $n_1(x)$, $n_2(x)$} \end{axis} \end{tikzpicture}$

Äärettömän syvän potentiaalikaivon radiaalinen Schröringerin yhtälö voidaan kirjoittaa muodossa $\frac{\text{d}^2u}{\text{d}r^2}=\left(\frac{l(l+1)}{r^2}-k^2\right)u,$ jonka ratkaisut ovat muotoa u(r)=A_lrj_l(kr)+B_lrn_l(kr). Huomaa, että kun $x\ll 1,$ niin $j_l(x) = \frac{x^l}{(2l+1)!!}\ \ \ \text{ja}\ \ \ n_l(x) = -\frac{(2l-1)!!}{x^{l+1}},$ joten on valittava B_l=0, jotta ratkaisut ovat äärellisiä. Kerroin A_l määräytyy normituksesta.

Esimerkki:

Kun $x\ll 1,$ sinin ja kosinin Taylorin polynomeja hyödyntämällä j_1(x) voidaan kirjoittaa muodossa $\begin{align*} j_1(x)=&\ \frac{1}{x^2}\left(x-\frac{x^3}{3!}+...\right)-\frac{1}{x}\left(1-\frac{x^2}{2!}+...\right)\\ =&\ \frac{1}{x}-\frac{x}{3!}-\frac{1}{x}+\frac{x}{2!}+O(x^3)\\=&\ \frac{1}{3}x+O(x^3), \end{align*}$ joten se todella on äärellinen origossa.

Laguerren polynomit ja liittopolynomit

Laguerren polynomit $L_q(x)=e^x\left(\frac{\text{d}}{\text{d}x}\right)^q(e^{-x}x^q)$ ovat ortogonaalisia, kun sisätulo on määritelty sopivasti.

Mutta miksi?

$L_0(x)=e^xe^{-x}x^0=1$ $\begin{align*} L_1(x)&=e^x\frac{\text{d}}{\text{d}x}(e^{-x}x)\\&=e^x(-e^{-x}x+e^{-x})=1-x \end{align*}$ $\begin{align*} L_2(x)&=e^x\frac{\text{d}^2}{\text{d}x^2}(e^{-x}x^2)\\&=e^x\frac{\text{d}}{\text{d}x}(-e^{-x}x^2+2xe^{-x})\\ &=e^x(e^{-x}x^2-2e^{-x}-2xe^{-x}+2e^{-x})\\&=x^2-4x+2 \end{align*}$ Korkeamman asteen polynomien lausekkeet saadaan vastaavalla tavalla.

Lisäksi niiden pohjalta voidaan määritellä Laguerren liittopolynomit $L_{q-p,p}(x)={(-1)}^p\left(\frac{\text{d}}{\text{d}x}\right)^pL_q(x),$ joista voidaan käyttää myös merkintää $L_{q-p}^p(x).$

Mutta miksi?

Kun p=0 ja n=q-p, q=n ja $L_{n,p} (x)={(-1)}^0L_n(x)=L_n(x),$ joten $L_{0,0}(x)=1,$ $L_{1,0}(x)=1-x$ ja $L_{2,0}(x)=x^2-4x+2.$

Kun p=1 ja n=q-p, niin q=n+1 ja $\begin{align*} L_{n,p} (x)&={(-1)}^1\frac{\text{d}}{\text{d}x}L_{n+1}(x)\\&=-\frac{\text{d}}{\text{d}x}L_{n+1}(x).\end{align*}$ Näin ollen $L_{0,1}(x)=-\frac{\text{d}}{\text{d}x}L_1(x)=-\frac{\text{d}}{\text{d}x}(1-x)=1,$ $\begin{align*} L_{1,1}(x)&=-\frac{\text{d}}{\text{d}x}L_2(x)=-\frac{\text{d}}{\text{d}x}(x^2-4x+2)\\&=-2x+4\end{align*}$ ja $\begin{align*}L_{2,1}(x)&=-\frac{\text{d}}{\text{d}x}L_3(x)\\&=-\frac{\text{d}}{\text{d}x}(-x^3+9x^2-18x+6)\\&=3x^2-18x+18.\end{align*}$

Kun p=2 ja n=q-p, niin q=n+2 ja $\begin{align*} L_{n,p}(x)&={(-1)}^2\frac{\text{d}^2}{\text{d}x^2}L_{n+2}(x)\\&=\frac{\text{d}^2}{\text{d}x^2}L_{n+2}(x),\end{align*}$ joten $\begin{align*}L_{0,2}(x)&=\frac{\text{d}^2}{\text{d}x^2}L_2(x)=\frac{\text{d}^2}{\text{d}x^2}(x^2-4x+2)\\&=\frac{\text{d}}{\text{d}x}(2x-4)=2,\end{align*}$ $\begin{align*}L_{1,2}(x)&=\frac{\text{d}^2}{\text{d}x^2}L_3(x)\\&=\frac{d^2}{dx^2}(-x^3+9x^2-18x+6)\\&=\frac{\text{d}}{\text{d}x}(-3x^2+18x-18)\\&=-6x+18\end{align*}$ ja $\begin{align*}L_{2,2}(x)&=\frac{\text{d}^2}{\text{d}x^2}L_4(x)\\&=\frac{\text{d}^2}{\text{d}x^2}(x^4-16x^3+72x^2-96x+24) \\&=\frac{\text{d}}{\text{d}x}(4x^3-48x^2+144x-96)\\&=12x^2-96x+144.\end{align*}$

Laquerren polynomi $L_{q-p,p}$ on siis astetta q-p oleva polynomi.

$\begin{tikzpicture} \begin{axis}[domain=-2:10, samples=400, %grid=major, restrict y to domain=-10:10, legend pos = outer north east, axis lines= middle, xlabel=$x$, ylabel=$y$, enlarge y limits=true, enlarge x limits=true] \addplot [color=black!50!red, dashed,line width=1] {1}; \addplot [color=green!70!black, thick] {1-x}; \addplot [color=red, thick] {x^2-4*x+2}; \legend{$L_{0,0}(x)$, $L_{1,0}(x)$,$L_{2,0}(x)$} \end{axis} \end{tikzpicture}$

$\begin{tikzpicture} \begin{axis}[domain=-2:10, samples=400, %grid=major, restrict y to domain=-10:10, legend pos = outer north east, axis lines= middle, xlabel=$x$, ylabel=$y$, enlarge y limits=true, enlarge x limits=true] \addplot [color=green, thick] {1}; \addplot [color=orange, thick] {4-2*x}; \addplot [color=magenta, thick] {3*x^2-18*x+18}; \addplot [color=blue, dashed,line width=1] {2}; \addplot [color=red, dashed,line width=1] {18-6*x}; \addplot [color=black, dashed,line width=1] {12*x^2-96*x+144}; \legend{$L_{0,1}(x)$,$L_{1,1}(x)$,$L_{2,1}(x)$,$L_{0,2}(x)$, $L_{1,2}(x)$,$L_{2,2}(x)$} \end{axis} \end{tikzpicture}$

Esimerkki: vedyn aaltofunktio

Radiaalinen Schrödingerin yhtälö voidaan tekemällä muuttujan vaihto u(r)=rR(r) kirjoittaa muodossa $-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{\text{d}^2u}{\text{d}r^2}\left(V+\frac{\hbar^2}{2m}\frac{l(l+1)}{r^2}\right)u=Eu.$ Vetyatomi koostuu lähes paikallaan pysyvästä protonista ja sitä ympyräradalla kiertävästä huomattavasti kevyemmästä elektronista. Coulombin lain mukaan $V(r)=-\frac{e^2}{4\pi\epsilon_0}\frac{1}{r},$ joten vedyn aaltofunktion $\psi_{nlm}(r,\theta,\phi)=R_{nl}(r)Y_{l,m}(\theta, \phi)$ radiaaliosan voidaan ratkaista olevan $R_{nl}(r)=\sqrt{{\left(\frac{2}{na}\frac{(n-l-1)!}{2n{((n-l)!)}^3}\right)}^3}e^{-\frac{r}{a}}\left(\frac{2r}{na}\right)^l \text{L}_{n-l-1}^{2l+1}\left(\frac{2r}{na}\right)$ ja sallituiksi energiatiloiksi saadaan $E_n=\frac{E_1}{n^2},$ missä $E_1=-\frac{m}{2\hbar^2}{\left(\frac{e^2}{4\pi\epsilon_0}\right)}^2 =-13{,}6 \text{ eV}.$ Nyt esimerkiksi $\begin{align*} R_{10}(r)&={\left(\frac{2}{a}\right)}^{\frac{3}{2}}\sqrt{\frac{1}{2}}e^{-\frac{r}{a}} \underbrace{\text{L}_{0}^{1}\left(\frac{2r}{a}\right)}_{=1}\\&=2a^{-\frac{3}{2}}e^{-{r}{a}}.\end{align*}$

Hermiten polynomit

Hermiten polynomit määritellään seuraavasti: $H_n(\xi)={(-1)}^ne^{\xi^2}{\left(\frac{\text{d}}{\text{d}\xi}\right)}^ne^{-\xi^2}.$ Jos kaksi ensimmäistä polynomia tunnetaan, saadaan muut käyttäen rekursiokaavaa $H_{n+1}(\xi)=2\xi H_n(\xi)-2nH_{n-1}(\xi).$

Mutta miksi?

$\begin{align*} 2\xi H_n(\xi)-H_{n+1}(\xi)&={(-1)}^n\left(2\xi e^{\xi^2}\frac{\text{d}^n}{\text{d}\xi^n}e^{-\xi^2}+e^{\xi^2}\frac{\text{d}^{n+1}}{\text{d}\xi^{n+1}}e^{-\xi^2}\right)\\ &={(-1)}^n\left(2\xi e^{\xi^2}\frac{\text{d}^n}{\text{d}\xi^n}e^{-\xi^2}+e^{\xi^2}\left(-2n\frac{\text{d}^{n-1}}{\text{d}\xi^{n-1}}e^{-\xi^2} -2\xi\frac{\text{d}^n}{\text{d}\xi^n}e^{-\xi^2}\right)\right)\\ &=2nH_{n-1}(\xi),\\ \end{align*}$ missä $\begin{align*} \frac{\text{d}^{n+1}}{\text{d}\xi^{n+1}}e^{-\xi^2}&=\frac{\text{d}^{n}}{\text{d}\xi^{n}}\left(-2\xi e^{-\xi^2}\right)\\ &=\sum_{i=0}^{n}\binom{n}{i}\frac{\text{d}^{i}}{\text{d}\xi^{i}}(-2\xi)\frac{\text{d}^{n-i}}{\text{d}\xi^{n-i}}e^{-\xi^2}\\ &=\underbrace{\binom{n}{0}}_{=1}(-2\xi)\frac{\text{d}^{n}}{\text{d}\xi^{n}}e^{-\xi^2}+\underbrace{\binom{n}{1}}_{=n}(-2)\frac{\text{d}^{n-1}}{\text{d}\xi^{n-1}}e^{-\xi^2}.\\ \end{align*}$

Hermiten polynomit ovat ortogonaalisia eli $\int_{-\infty}^{\infty}H_m(\xi)H_n(\xi)e^{-\xi^2}\text{d}\xi=\sqrt{\pi}2^nn!\delta_{mn}.$

Mutta miksi?

Osittaisintegroimalla kertaa saadaan $\begin{align*} \int_{-\infty}^{\infty}H_m(\xi)H_n(\xi)e^{-\xi^2}\text{d}\xi=&\ \int_{-\infty}^{\infty}H_m(\xi){(-1)}^n\frac{\text{d}^n}{\text{d}\xi^n}e^{-\xi^2}\text{d}\xi\\ =&\ \underbrace{\bigg/_{\!\!\! -\infty}^\infty H_m(\xi){(-1)}^n\frac{\text{d}^{n-1}}{\text{d}\xi^{n-1}}e^{-\xi^2}}_{=0}\\&- \int_{-\infty}^{\infty}H'_m(\xi){(-1)}^n\frac{\text{d}^{n-1}}{\text{d}\xi^{n-1}}e^{-\xi^2}\text{d}\xi\\ =&\ \underbrace{\bigg/_{\!\!\! -\infty}^\infty H_m(\xi){(-1)}^n\frac{\text{d}^{n-2}}{\text{d}\xi^{n-2}}e^{-\xi^2}}_{=0}\\&- \int_{-\infty}^{\infty}H''_m(\xi){(-1)}^n\frac{\text{d}^{n-2}}{\text{d}\xi^{n-2}}e^{-\xi^2}\text{d}\xi\\ =&\ ...=\int_{-\infty}^{\infty}H^{(n)}_m(\xi){(-1)}^ne^{-\xi^2}\text{d}\xi,\\ \end{align*}$ missä $\lim_{\xi\to\pm\infty}H_m(\xi)\frac{\text{d}^{n-k}}{\text{d}\xi^{n-k}}e^{-\xi^2}=\lim_{\xi\to\pm\infty}p(\xi)e^{-\xi^2}=0$ ja $p(\xi)$ on astetta n-k+m oleva polynomi.

Jos m<n, niin $H^{(n)}_m(\xi)=0,$ joten tällöin $\int_{-\infty}^{\infty}H_m(\xi)H_n(\xi)e^{-\xi^2}\text{d}\xi=0.$ Jos m=n, niin $\begin{align*} \int_{-\infty}^{\infty}H_n(\xi)H_n(\xi)e^{-\xi^2}\text{d}\xi&=\int_{-\infty}^{\infty}n!a_ne^{-\xi^2}\text{d}\xi\\&=a_nn!\sqrt\pi, \end{align*}$ missä $H_n(\xi)=a_n\xi^n+a_{n-1}x^{n-1}+...+a_0$ on asteen polynomi.

$H_0(\xi)={(-1)}^0e^{\xi^2}e^{-\xi^2}=1$ ja $H_1(\xi)={(-1)}^1e^{\xi^2}\frac{\text{d}}{\text{d}\xi}e^{-\xi^2}=2\xi,$ joten rekursiokaavan nojalla $\begin{align*}H_n(\xi)&={(2\xi)}^{n-1}H_1(\xi)+O(\xi^{n-1})\\&=2^n\xi^n+O(\xi^{n-1}).\end{align*}$

Nyt a_n=2^n, joten $\int_{-\infty}^{\infty}H_n(\xi)H_n(\xi)e^{-\xi^2}\text{d}\xi=n!2^n\sqrt{\pi}$ eli kaiken kaikkiaan $\int_{-\infty}^{\infty}H_n(\xi)H_m(\xi)e^{-\xi^2}\text{d}\xi=n!2^n\sqrt{\pi}\delta_{nm}.$

Mutta miksi?

Kaksi ensimmäistä Hermiten polynomia on tarpeen laskea määritelmää käyttäen, mutta loput saadaan rekursiokaavan avulla: $H_0(\xi)={(-1)}^0e^{\xi^2}e^{-\xi^2}=1$ $H_1(\xi)=-e^{\xi^2}\frac{\text{d}}{\text{d}\xi}e^{-\xi^2}=2\xi e^{\xi^2}e^{-\xi^2}=2\xi$ $H_2(\xi)=2\xi H_1(\xi)-2H_0(\xi)=4\xi^2-2$ $\begin{align*} H_3(\xi)&=2\xi H_2(\xi)-2\cdot 2H_1(\xi)\\&=2\xi (4\xi^2-2)-2\cdot 2\cdot \xi\\&=8\xi^3-12\xi \end{align*}$ $\begin{align*} H_4(\xi)&=2\xi H_3(\xi)-2\cdot 3H_2(\xi)\\&=2\xi(8\xi^3-12\xi)-2\cdot 3(4\xi^2-2)\\&=16\xi^4-48 \end{align*}$

Hermiten polynomi H_n on siis asteen polynomi.

$\begin{tikzpicture} \begin{axis}[domain=-1.8:1.8, samples=400, %grid=major, restrict y to domain=-25:17, legend pos = outer north east, axis lines= middle, xlabel=$\xi$, ylabel=$y$, enlarge y limits=true, enlarge x limits=true] \addplot [color=black!50!red, thick] {1}; \addplot [color=green!70!black, thick] {2*x}; \addplot [color=red, thick] {4*x^2-2}; \addplot [color=blue, thick] {8*x^3-12*x}; \addplot [color=orange, thick] {16*x^4-48*x^2+12}; \legend{$H_0(\xi)$, $H_1(\xi)$, $H_2(\xi)$, $H_3(\xi)$, $H_4(\xi)$} \end{axis} \end{tikzpicture}$

Esimerkki: Kvanttimekaaninen harmoninen värähtelijä

Kvanttimekaanisen harmonisen värähtelijän normitetut aaltofunktiot ovat $\psi_n(x)={\left(\frac{m\omega}{\pi\hbar}\right)}^{\frac14}\frac{1}{\sqrt{2^nn!}}H_n(\xi)e^{-\frac{\xi^2}{2}}.$ missä $\xi=\sqrt{\frac{m\omega}{\hbar}}x.$ Nyt esimerkiksi $\begin{align*} H_2(\xi)&={(-1)}^2e^{\xi^2}\frac{\text{d}^2}{\text{d}\xi^2}e^{-\xi^2}\\&={(-1)}^2e^{\xi^2}\frac{\text{d}}{\text{d}\xi}\left(-2\xi e^{-\xi^2}\right)\\ &={(-1)}^2e^{\xi^2}\left(-2e^{-\xi^2}+4\xi^2e^{-\xi^2}\right)\\&=4\xi^2-2,\\ \end{align*}$ joten $\psi_2(x)={\left(\frac{m\omega}{\pi\hbar}\right)}^{\frac14}\frac{1}{2\sqrt{2}} \left(\frac{4m\omega}{\hbar}x^2-2\right)e^{-\frac{x^2}{2}\frac{m\omega}{\hbar}}.$

Lisää aiheesta voit katsoa täältä.

Erikoisfunktiot

Ortogonaaliset polynomit

Legendren polynomit ja liittopolynomit

Palloharmoniset funktiot

Besselin ja Neumannin pallofunktiot

Laguerren polynomit ja liittopolynomit

Hermiten polynomit

Asymptoottiset sarjat?