Arfken 7판 18.1–18.8절 (에르미트 함수와 그 응용, 라게르 함수, 체비쇼프 다항식, 초기하 함수, 합류 초기하 함수, 다이로그, 타원적분; 18.7–18.8의 절 번호는 기억 기반, 미검증)
| 이름 | 식 |
|---|---|
| 방정식 | $y''-2xy'+2ny=0$ |
| 생성함수 | $\displaystyle e^{2xt-t^2}=\sum_{n=0}^\infty H_n(x)\frac{t^n}{n!}$ |
| 로드리게스 공식 | $H_n(x)=(-1)^ne^{x^2}\dfrac{d^n}{dx^n}e^{-x^2}$ |
| 점화식 | $H_{n+1}=2xH_n-2nH_{n-1}$ $H_n'=2nH_{n-1}$ |
| 직교성 | $\displaystyle\int_{-\infty}^\infty e^{-x^2}H_mH_n\,dx=2^nn!\sqrt\pi\,\delta_{mn}$ |
| 처음 몇 개 | $H_0=1$, $H_1=2x$, $H_2=4x^2-2$, $H_3=8x^3-12x$, $H_4=16x^4-48x^2+12$ |
가우스 적분표: $\int_{-\infty}^\infty x^{2k}e^{-x^2}dx$는 $k=0,1,2,3$일 때 $\sqrt\pi$, $\dfrac{\sqrt\pi}{2}$, $\dfrac{3\sqrt\pi}{4}$, $\dfrac{15\sqrt\pi}{8}$입니다. 홀수 차수는 0입니다.
점화식 두 개는 생성함수를 미분해서 나옵니다. $g=e^{2xt-t^2}$이면 $\partial_xg=2t\,g$, $\partial_tg=(2x-2t)\,g$입니다. $g=\sum H_n\frac{t^n}{n!}$을 넣고 $\frac{t^n}{n!}$의 계수를 비교합니다.
로드리게스 공식: $g=e^{x^2}e^{-(x-t)^2}$로 쓰고 $t$로 $n$번 미분한 뒤 $t=0$을 넣습니다. $e^{-(x-t)^2}$에서는 $\partial_t=-\partial_x$이므로 $H_n=(-1)^ne^{x^2}\frac{d^n}{dx^n}e^{-x^2}$.
| 이름 | 식 |
|---|---|
| 방정식 | $xy''+(1-x)y'+ny=0$ |
| 닫힌 꼴 | $\displaystyle L_n(x)=\sum_{j=0}^n\binom nj\frac{(-1)^j}{j!}x^j$ |
| 생성함수 | $\displaystyle\frac{e^{-xt/(1-t)}}{1-t}=\sum_{n=0}^\infty L_n(x)\,t^n$ ($n!$ 없음) |
| 점화식 | $(n+1)L_{n+1}=(2n+1-x)L_n-nL_{n-1}$ |
| 직교성 | $\displaystyle\int_0^\infty e^{-x}L_mL_n\,dx=\delta_{mn}$ |
| 연관 라게르 | $\displaystyle L_n^k(x)=\sum_{j=0}^n(-1)^j\binom{n+k}{n-j}\frac{x^j}{j!}$ $xy''+(k+1-x)y'+ny=0$의 해 |
| 연관 직교성 | $\displaystyle\int_0^\infty e^{-x}x^kL_m^kL_n^k\,dx=\frac{(n+k)!}{n!}\delta_{mn}$ |
| 처음 몇 개 | $L_0=1$, $L_1=1-x$, $L_2=1-2x+\frac{x^2}{2}$, $L_3=1-3x+\frac32x^2-\frac16x^3$ |
적분표: $\int_0^\infty x^ke^{-x}dx=k!$, 그리고 $\int_0^\infty x^ke^{-sx}dx=\dfrac{k!}{s^{k+1}}$.
| 이름 | 식 |
|---|---|
| 정의 | $T_n(\cos\theta)=\cos n\theta$ $U_n(\cos\theta)=\dfrac{\sin(n+1)\theta}{\sin\theta}$ |
| 점화식 (둘 다 같음) | $T_{n+1}=2xT_n-T_{n-1}$, 시작 $T_0=1$, $T_1=x$ $U_{n+1}=2xU_n-U_{n-1}$, 시작 $U_0=1$, $U_1=2x$ |
| 방정식 | $T_n$: $(1-x^2)y''-xy'+n^2y=0$ $U_n$: $(1-x^2)y''-3xy'+n(n+2)y=0$ |
| 직교성 | $\displaystyle\int_{-1}^1\frac{T_mT_n}{\sqrt{1-x^2}}dx=\begin{cases}0&m\ne n\\ \pi&m=n=0\\ \pi/2&m=n\ge1\end{cases}$ $\displaystyle\int_{-1}^1U_mU_n\sqrt{1-x^2}\,dx=\frac\pi2\delta_{mn}$ |
| 영점(체비쇼프 노드) | $T_n$: $x_k=\cos\dfrac{(2k-1)\pi}{2n}$, $k=1,\dots,n$ |
| 미분, 끝값 | $T_n'=nU_{n-1}$, $T_n(1)=1$, $U_n(1)=n+1$ |
적분표: $\int_{-1}^1\frac{x^{2k}}{\sqrt{1-x^2}}dx$는 $k=0,1,2,3$일 때 $\pi$, $\dfrac\pi2$, $\dfrac{3\pi}{8}$, $\dfrac{5\pi}{16}$입니다.
| 이름 | 식 |
|---|---|
| 포흐하머 기호(Pochhammer symbol) | $(a)_n=a(a+1)\cdots(a+n-1)=\dfrac{\Gamma(a+n)}{\Gamma(a)}$, $(a)_0=1$ |
| 가우스 초기하 함수 | $\displaystyle{}_2F_1(a,b;c;z)=\sum_{n=0}^\infty\frac{(a)_n(b)_n}{(c)_n}\frac{z^n}{n!}$, $|z|<1$ |
| 그 방정식 | $z(1-z)y''+[c-(a+b+1)z]y'-ab\,y=0$ |
| 가우스 합 공식 | $\displaystyle{}_2F_1(a,b;c;1)=\frac{\Gamma(c)\Gamma(c-a-b)}{\Gamma(c-a)\Gamma(c-b)}$, $c-a-b>0$일 때 |
| 합류 초기하 함수 | $\displaystyle{}_1F_1(a;c;z)=\sum_{n=0}^\infty\frac{(a)_n}{(c)_n}\frac{z^n}{n!}$ (모든 $z$) |
| 그 방정식 | $zy''+(c-z)y'-ay=0$ |
(a) 생성함수. $e^{2xt}=\sum\frac{(2x)^kt^k}{k!}$ 와 $e^{-t^2}=\sum\frac{(-1)^jt^{2j}}{j!}$ 를 $t^4$까지 씁니다.
$$\begin{aligned}e^{2xt}&=1+2xt+2x^2t^2\\&\quad+\tfrac43x^3t^3+\tfrac23x^4t^4,\\ e^{-t^2}&=1-t^2+\tfrac12t^4.\end{aligned}$$곱해서 차수별로 모으고 $n!$을 곱합니다.
(b) 로드리게스. 레시피의 규칙 $H_{n+1}=2xH_n-H_n'$을 $H_0=1$부터 씁니다.
$$\begin{aligned}H_1&=2x\cdot1-0=2x\\ H_2&=2x\cdot2x-2=4x^2-2\\ H_3&=2x(4x^2-2)-8x=8x^3-12x\\ H_4&=2x(8x^3-12x)\\&\quad-(24x^2-12)\\&=16x^4-48x^2+12\end{aligned}$$직접 미분해도 같습니다. 예: $\frac{d^2}{dx^2}e^{-x^2}=\frac{d}{dx}\big(-2xe^{-x^2}\big)=(4x^2-2)e^{-x^2}$ 이고 $(-1)^2=1$이므로 $H_2=4x^2-2$.
지름길(부분적분 $n$번)의 근거: 로드리게스 공식으로 $e^{-x^2}H_n=(-1)^n\frac{d^n}{dx^n}e^{-x^2}$입니다.
$$\int_{-\infty}^\infty e^{-x^2}H_nf\,dx=(-1)^n\int_{-\infty}^\infty f\,\frac{d^ne^{-x^2}}{dx^n}dx.$$부분적분을 한 번 할 때마다 경계항은 (다항식)$\times e^{-x^2}$이라 $\pm\infty$에서 0이고, 부호 하나와 함께 미분이 $f$로 넘어갑니다. $n$번 하면 부호 $(-1)^n$이 상쇄되어 $\int e^{-x^2}f^{(n)}dx$가 남습니다.
직교성과 정규화: $f=H_m$ ($m<n$)이면 $f^{(n)}=0$이라 직교. $f=H_n$이면 $f^{(n)}=2^nn!$(최고차 계수 $2^n$)이라 $2^nn!\int e^{-x^2}dx=2^nn!\sqrt\pi$.
(a) $H_5$. $n=4$를 넣습니다.
$$\begin{aligned}H_5&=2x(16x^4-48x^2+12)\\&\quad-8(8x^3-12x)\\&=32x^5-96x^3+24x\\&\quad-64x^3+96x\\&=32x^5-160x^3+120x.\end{aligned}$$검산: $H_5'=160x^4-480x^2+120=10(16x^4-48x^2+12)=10H_4$. $2n=10$이므로 맞습니다.
(b) $\int e^{-x^2}H_2^2\,dx$. 직접 계산: $H_2^2=16x^4-16x^2+4$ 이므로
$$\begin{aligned}&\int_{-\infty}^\infty e^{-x^2}H_2^2\,dx\\&=16\cdot\tfrac34\sqrt\pi-16\cdot\tfrac12\sqrt\pi+4\sqrt\pi\\&=(12-8+4)\sqrt\pi=8\sqrt\pi.\end{aligned}$$공식 $2^2\cdot2!\sqrt\pi=8\sqrt\pi$와 같습니다. 지름길로는 $f=H_2$, $f''=8$이므로 $\int 8e^{-x^2}dx=8\sqrt\pi$로 한 줄입니다.
(c) 직교 확인. $\int e^{-x^2}H_0H_2\,dx=\int(4x^2-2)e^{-x^2}dx=4\cdot\frac{\sqrt\pi}{2}-2\sqrt\pi=0$.
(d) $x^4$을 $H_n$으로. 최고차를 맞추려면 $\frac1{16}H_4$가 필요합니다. 빼면 $x^4-\frac1{16}H_4=3x^2-\frac34$ 이 남습니다. 다시 $3x^2=\frac34H_2+\frac32$ 이므로
$$x^4=\frac1{16}H_4+\frac34H_2+\frac34H_0.$$검산: $c_0=\frac{1}{\sqrt\pi}\int x^4e^{-x^2}dx=\frac34$. 맞습니다.
왜 $H_n(x)e^{-x^2/2}$가 진동자 방정식을 푸나. $\psi=h\,e^{-x^2/2}$로 두면 $\psi'=(h'-xh)e^{-x^2/2}$, $\psi''=\big(h''-2xh'+(x^2-1)h\big)e^{-x^2/2}$입니다. $\psi''+(2n+1-x^2)\psi=0$에 넣으면 $x^2h$가 지워지고
$$h''-2xh'+2nh=0,$$즉 에르미트 방정식입니다. $h$가 다항식이어야 $\psi$가 무한대에서 0으로 갑니다(다항식으로 끊기지 않는 해는 $e^{x^2}$처럼 커짐). 그래서 $n$이 음이 아닌 정수여야 하고, 이것이 에너지 양자화 $E_n=\hbar\omega(n+\frac12)$입니다. 행렬 원소가 $m=n\pm1$에서만 남는 것은 $xH_n$에 $H_{n\pm1}$만 들어 있기 때문입니다(점화식).
$\psi_0$. $\int N_0^2e^{-x^2}dx=N_0^2\sqrt\pi=1$ 이므로 $N_0=\pi^{-1/4}$, $\psi_0=\pi^{-1/4}e^{-x^2/2}$.
$\psi_1$. $\psi_1=N_1\cdot2x\,e^{-x^2/2}$ 이므로
$$\begin{aligned}\int\psi_1^2\,dx&=4N_1^2\int x^2e^{-x^2}dx\\&=4N_1^2\cdot\frac{\sqrt\pi}{2}\\&=2\sqrt\pi\,N_1^2=1,\\ N_1&=\frac{1}{\sqrt{2\sqrt\pi}},\\ \psi_1&=\sqrt2\,\pi^{-1/4}\,x\,e^{-x^2/2}.\end{aligned}$$공식 $2^1\cdot1!\sqrt\pi=2\sqrt\pi$와 같습니다.
방정식 확인. $\phi=xe^{-x^2/2}$이면 $\phi'=(1-x^2)e^{-x^2/2}$, $\phi''=(x^3-3x)e^{-x^2/2}$. 따라서 $\phi''+(3-x^2)\phi=(x^3-3x+3x-x^3)e^{-x^2/2}=0$. $2n+1=3$이 맞습니다.
차원 있는 좌표. $\psi_1(X)=\sqrt{\frac{\alpha}{2\sqrt\pi}}\,2\alpha X\,e^{-\alpha^2X^2/2}$. 확인: $\int X^2e^{-\alpha^2X^2}dX=\frac{\sqrt\pi}{2\alpha^3}$ 이므로 $\frac{\alpha}{2\sqrt\pi}\cdot4\alpha^2\cdot\frac{\sqrt\pi}{2\alpha^3}=1$.
(a) $n=0$을 넣으면 $x\psi_0=\sqrt{\frac12}\,\psi_1$ 이므로 $\langle1|x|0\rangle=\frac{1}{\sqrt2}$. 직접 계산과 비교합니다.
$$\begin{aligned}&\int\psi_1\,x\,\psi_0\,dx\\&=\sqrt2\,\pi^{-1/2}\int x^2e^{-x^2}dx\\&=\sqrt2\,\pi^{-1/2}\cdot\frac{\sqrt\pi}{2}=\frac{1}{\sqrt2}.\end{aligned}$$(b) $\langle n|x^2|n\rangle$. 점화식을 두 번 겁니다.
$$\begin{aligned}x^2\psi_n&=\sqrt{\tfrac{n+1}{2}}\,x\psi_{n+1}+\sqrt{\tfrac n2}\,x\psi_{n-1},\\ x\psi_{n+1}&=\sqrt{\tfrac{n+2}{2}}\,\psi_{n+2}+\sqrt{\tfrac{n+1}{2}}\,\psi_n,\\ x\psi_{n-1}&=\sqrt{\tfrac n2}\,\psi_n+\sqrt{\tfrac{n-1}{2}}\,\psi_{n-2}.\end{aligned}$$둘째·셋째 줄을 첫 줄에 넣고 $\psi_n$의 계수를 모으면 $\sqrt{\frac{n+1}{2}}\cdot\sqrt{\frac{n+1}{2}}+\sqrt{\frac n2}\cdot\sqrt{\frac n2}=\frac{n+1}{2}+\frac n2=n+\frac12$. 그래서
$$\begin{aligned}\langle n|x^2|n\rangle&=n+\frac12,\\ \langle n+2|x^2|n\rangle&=\frac{\sqrt{(n+1)(n+2)}}{2}.\end{aligned}$$$n=1$ 직접 확인: $\int x^2\psi_1^2dx=\frac{2}{\sqrt\pi}\int x^4e^{-x^2}dx=\frac{2}{\sqrt\pi}\cdot\frac{3\sqrt\pi}{4}=\frac32$.
(c) 차원 복원. $\langle X^2\rangle=\frac{\hbar}{m\omega}\big(n+\frac12\big)$. 퍼텐셜 에너지의 평균은 다음과 같습니다.
$$\begin{aligned}\langle V\rangle&=\frac12m\omega^2\langle X^2\rangle\\&=\frac12\hbar\omega\Big(n+\frac12\Big)=\frac{E_n}{2}.\end{aligned}$$닫힌 꼴은 로드리게스에 라이프니츠 규칙을 쓴 것입니다.
$$\begin{aligned}\frac{d^n}{dx^n}\big(x^ne^{-x}\big)&=\sum_k\binom nk\big(x^n\big)^{(n-k)}\big(e^{-x}\big)^{(k)}\\&=\sum_k\binom nk\frac{n!}{k!}x^k(-1)^ke^{-x}.\end{aligned}$$$\frac{e^x}{n!}$을 곱하면 $L_n=\sum_k\binom nk\frac{(-1)^k}{k!}x^k$.
지름길은 에르미트와 같습니다. $e^{-x}L_n=\frac1{n!}\frac{d^n}{dx^n}(x^ne^{-x})$를 넣고 부분적분을 $n$번 하면, 경계항은 $x=0$에서는 $x^n$의 영점 때문에, $\infty$에서는 $e^{-x}$ 때문에 0입니다. 그래서 $\frac{(-1)^n}{n!}\int_0^\infty x^ne^{-x}f^{(n)}dx$가 남습니다. $f=L_n$이면 $f^{(n)}=(-1)^n$이라 $\frac{1}{n!}\cdot n!=1$이 정규화입니다.
$p\to p'-p$를 반복합니다.
직교성. $\int_0^\infty x^ke^{-x}dx=k!$을 씁니다.
지름길로는 $f=L_2$, $f''=1$이므로 $\frac{1}{2!}\int_0^\infty x^2e^{-x}dx=\frac{2}{2}=1$.
$n=2$, $l=0$이므로 $\rho=\frac{r}{a_0}$, 필요한 다항식은 $L^1_1$입니다.
$$\begin{aligned}L_1^1(\rho)&=-\frac{d}{d\rho}L_2(\rho)\\&=-(-2+\rho)=2-\rho.\end{aligned}$$정규화 상수: $N_{20}^2=\big(\frac{1}{a_0}\big)^3\frac{0!}{4\cdot2!}=\frac{1}{8a_0^3}$. 따라서
$$\begin{aligned}R_{20}(r)&=\frac{1}{2\sqrt2\,a_0^{3/2}}\\&\quad\times\Big(2-\frac{r}{a_0}\Big)e^{-r/2a_0}.\end{aligned}$$직접 확인. $r=a_0\rho$, $r^2dr=a_0^3\rho^2d\rho$로 바꿉니다.
$$\begin{aligned}&\int_0^\infty R_{20}^2r^2dr\\&=\frac18\int_0^\infty(4\rho^2-4\rho^3+\rho^4)e^{-\rho}d\rho\\&=\frac18\big(4\cdot2!-4\cdot3!+4!\big)=\frac88=1.\end{aligned}$$$R_{10}$과 직교. $R_{10}=\frac{2}{a_0^{3/2}}e^{-r/a_0}$입니다. 상수를 빼고 $\rho=r/a_0$로 쓰면 지수가 $e^{-\rho}e^{-\rho/2}=e^{-3\rho/2}$입니다. $\int_0^\infty\rho^ke^{-s\rho}d\rho=\frac{k!}{s^{k+1}}$을 씁니다.
$$\begin{aligned}&\int_0^\infty(2-\rho)\rho^2e^{-3\rho/2}d\rho\\&=2\cdot\frac{2!}{(3/2)^3}-\frac{3!}{(3/2)^4}\\&=\frac{32}{27}-\frac{32}{27}=0.\end{aligned}$$점화식은 삼각 항등식: $\cos(n+1)\theta+\cos(n-1)\theta=2\cos\theta\cos n\theta$이므로 $T_{n+1}+T_{n-1}=2xT_n$. $U_n$도 $\sin(n+2)\theta+\sin n\theta=2\cos\theta\sin(n+1)\theta$를 $\sin\theta$로 나누면 같은 점화식입니다.
방정식: $y=\cos n\theta$는 $\frac{d^2y}{d\theta^2}=-n^2y$를 풉니다. $\frac{d}{d\theta}=-\sin\theta\frac{d}{dx}$를 두 번 쓰면 $\frac{d^2y}{d\theta^2}=(1-x^2)y''-xy'$이라 $(1-x^2)y''-xy'+n^2y=0$.
가중치와 미분: 가중치 $\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}$은 $dx=-\sin\theta\,d\theta$의 $\sin\theta$를 지우려고 들어간 것이라, 직교성이 $\int_0^\pi\cos m\theta\cos n\theta\,d\theta$로 바뀝니다. $T_n'=nU_{n-1}$은 $\frac{d}{dx}\cos n\theta=\frac{-n\sin n\theta}{-\sin\theta}$입니다.
$c=\cos\theta$, $s=\sin\theta$로 줄여 씁니다. $T_0=1$, $T_1=x$, 그리고 $\cos2\theta=2c^2-1$에서 $T_2=2x^2-1$.
$$\begin{aligned}\cos3\theta&=\cos2\theta\cos\theta-\sin2\theta\sin\theta\\&=(2c^2-1)c-2s^2c\\&=(2c^2-1)c-2(1-c^2)c\\&=4c^3-3c.\end{aligned}$$그래서 $T_3=4x^3-3x$. 점화식으로도 $T_3=2x(2x^2-1)-x=4x^3-3x$입니다.
$$\begin{aligned}T_4&=2xT_3-T_2\\&=8x^4-6x^2-(2x^2-1)\\&=8x^4-8x^2+1.\end{aligned}$$(확인: $\cos4\theta=2\cos^22\theta-1=2(2c^2-1)^2-1=8c^4-8c^2+1$.)
$U_n$. $U_0=\frac{\sin\theta}{\sin\theta}=1$, $U_1=\frac{\sin2\theta}{\sin\theta}=2x$. 점화식으로 $U_2=2x\cdot2x-1=4x^2-1$, $U_3=2x(4x^2-1)-2x=8x^3-4x$.
검산: $T_n(1)=1$, $U_n(1)=n+1$ ($U_3(1)=4$). $T_3'=12x^2-3=3U_2$.
(a) $\int_{-1}^1\frac{T_2^2}{\sqrt{1-x^2}}dx$. $\theta$로 바꾸면 $\int_0^\pi\cos^22\theta\,d\theta=\frac\pi2$. 직접 계산: $T_2^2=4x^4-4x^2+1$ 이므로 $4\cdot\frac{3\pi}{8}-4\cdot\frac\pi2+\pi=\frac\pi2$. 그리고 $\int\frac{T_1T_3}{\sqrt{1-x^2}}dx=\int_0^\pi\cos\theta\cos3\theta\,d\theta=0$.
(b) $T_3$의 영점. $\cos\frac{\pi}{6}$, $\cos\frac{\pi}{2}$, $\cos\frac{5\pi}{6}$, 즉 $\frac{\sqrt3}{2}$, $0$, $-\frac{\sqrt3}{2}$. 확인: $T_3=x(4x^2-3)$.
보간 비교: 이 세 점의 오차 인자는 $x\big(x^2-\frac34\big)=\frac{T_3}{4}$ 이므로 $[-1,1]$에서 최댓값이 $\frac14$입니다. 같은 간격의 $-1,0,1$을 쓰면 $x^3-x$이고, $x=\frac{1}{\sqrt3}$에서 최댓값 $\frac{2}{3\sqrt3}\approx0.385$가 됩니다.
(c) 구적법. 위의 세 노드로 $\int_{-1}^1\frac{x^4}{\sqrt{1-x^2}}dx$를 계산합니다.
$$\begin{aligned}&\frac\pi3\Big[\Big(\frac{\sqrt3}{2}\Big)^4+0^4+\Big(\frac{\sqrt3}{2}\Big)^4\Big]\\&=\frac\pi3\cdot\frac98=\frac{3\pi}{8}.\end{aligned}$$적분표의 값과 정확히 같습니다. $4\le2\cdot3-1$이므로 정확해야 맞습니다.
| 함수 | 초기하 꼴 |
|---|---|
| $(1-z)^{-a}$ | ${}_2F_1(a,b;b;z)$ ($b$는 아무 값) |
| $\ln(1+z)$ | $z\,{}_2F_1(1,1;2;-z)$ |
| $\arcsin z$ | $z\,{}_2F_1\big(\frac12,\frac12;\frac32;z^2\big)$ |
| $P_l(x)$ | ${}_2F_1\big(-l,\,l+1;\,1;\,\frac{1-x}{2}\big)$ |
| $e^z$ | ${}_1F_1(a;a;z)$ |
| $L_n^k(x)$ | $\binom{n+k}{n}{}_1F_1(-n;k+1;x)$, 특히 $L_n={}_1F_1(-n;1;x)$ |
| $H_{2m}(x)$ | $(-1)^m\frac{(2m)!}{m!}\,{}_1F_1\big(-m;\frac12;x^2\big)$ |
| $H_{2m+1}(x)$ | $(-1)^m\frac{(2m+1)!}{m!}\,2x\,{}_1F_1\big(-m;\frac32;x^2\big)$ |
항의 비 → 방정식: $y=\sum t_nz^n$이고 $(n+1)(n+c)\,t_{n+1}=(n+a)(n+b)\,t_n$입니다. 왼쪽은 $zy''+cy'$의 $z^n$ 계수, 오른쪽은 $z^2y''+(a+b+1)zy'+ab\,y$의 $z^n$ 계수입니다($n(n-1)+(a+b+1)n+ab=(n+a)(n+b)$). 둘을 같게 놓으면 0절의 방정식 $z(1-z)y''+[c-(a+b+1)z]y'-ab\,y=0$입니다.
가우스 합 공식(베타 적분): $c>b>0$에서 오일러 적분 표현
$$\begin{aligned}{}_2F_1(a,b;c;z)&=\frac{\Gamma(c)}{\Gamma(b)\Gamma(c-b)}\\&\quad\times\int_0^1s^{b-1}(1-s)^{c-b-1}(1-zs)^{-a}ds\end{aligned}$$을 씁니다. $(1-zs)^{-a}=\sum\frac{(a)_n}{n!}(zs)^n$을 넣고 베타 적분(L14) $\int_0^1s^{b+n-1}(1-s)^{c-b-1}ds=\frac{\Gamma(b+n)\Gamma(c-b)}{\Gamma(c+n)}$을 쓰면 계수가 $\frac{(b)_n}{(c)_n}$이 되어 급수와 같습니다. $z=1$을 넣으면 적분이 $B(b,\,c-a-b)=\frac{\Gamma(b)\Gamma(c-a-b)}{\Gamma(c-a)}$ 하나라 가우스 합 공식이 됩니다. $c-a-b>0$은 이 베타 적분이 수렴할 조건입니다.
(a) $(1-z)^{-a}$. ${}_2F_1(a,b;b;z)$에서는 $(b)_n$이 위아래로 지워져 $\sum\frac{(a)_n}{n!}z^n$만 남습니다. 이것은 이항 전개 $(1-z)^{-a}=1+az+\frac{a(a+1)}{2!}z^2+\cdots$ 그대로입니다.
(b) $\ln(1+z)$. ${}_2F_1(1,1;2;-z)$의 항을 계산합니다.
$$\begin{aligned}\frac{(1)_n(1)_n}{(2)_n}\frac{(-z)^n}{n!}&=\frac{n!\,n!}{(n+1)!\,n!}(-z)^n\\&=\frac{(-z)^n}{n+1}.\end{aligned}$$따라서 $z\,{}_2F_1(1,1;2;-z)=z-\frac{z^2}{2}+\frac{z^3}{3}-\cdots=\ln(1+z)$.
(c) $\arcsin z$. 급수 $\arcsin z=\sum t_n$, $t_n=\frac{(2n)!}{4^n(n!)^2}\frac{z^{2n+1}}{2n+1}$에서 항의 비를 구합니다. (L01 C6에서 앞의 세 항을 구했습니다.)
$$\begin{aligned}\frac{t_{n+1}}{t_n}&=\frac{(2n+2)(2n+1)}{4(n+1)^2}\\&\quad\cdot\frac{2n+1}{2n+3}\,z^2\\&=\frac{(2n+1)^2}{2(n+1)(2n+3)}\,z^2\\&=\frac{(n+\frac12)(n+\frac12)}{(n+\frac32)(n+1)}\,z^2.\end{aligned}$$$a=b=\frac12$, $c=\frac32$, 변수는 $z^2$, 첫 항은 $t_0=z$입니다. 따라서 $\arcsin z=z\,{}_2F_1\big(\frac12,\frac12;\frac32;z^2\big)$.
(d) 가우스 합. 위 식에 $z=1$을 넣습니다. $c-a-b=\frac12>0$이므로 공식을 쓸 수 있습니다.
$$\begin{aligned}{}_2F_1\Big(\tfrac12,\tfrac12;\tfrac32;1\Big)&=\frac{\Gamma(\frac32)\Gamma(\frac12)}{\Gamma(1)\Gamma(1)}\\&=\frac{\sqrt\pi}{2}\cdot\sqrt\pi=\frac\pi2.\end{aligned}$$$\arcsin1=\frac\pi2$와 맞습니다.
(e) ${}_2F_1(1,1;3;1)$. $c-a-b=1>0$이므로 공식값은 $\frac{\Gamma(3)\Gamma(1)}{\Gamma(2)\Gamma(2)}=2$입니다. 급수로도 확인합니다. $(3)_n=\frac{(n+2)!}{2}$ 이므로 각 항은 $\frac{n!\,n!}{(n+2)!/2}\cdot\frac{1}{n!}=\frac{2}{(n+1)(n+2)}$이고, 망원급수(L01)로 합하면 $\sum_{n=0}^\infty\frac{2}{(n+1)(n+2)}=2$.
(a) ${}_1F_1(a;a;z)=\sum\frac{(a)_n}{(a)_n}\frac{z^n}{n!}=\sum\frac{z^n}{n!}=e^z$.
(b) $P_2$. ${}_2F_1(-2,3;1;u)$, $u=\frac{1-x}{2}$. $(-2)_3=0$이므로 세 항에서 끝납니다.
(c) $L_2$. ${}_1F_1(-2;1;x)=1+\frac{-2}{1}x+\frac{(-2)(-1)}{1\cdot2}\cdot\frac{x^2}{2!}=1-2x+\frac{x^2}{2}$.
(d) $H_2$. $m=1$: $(-1)^1\frac{2!}{1!}{}_1F_1\big(-1;\frac12;x^2\big)=-2\Big(1+\frac{-1}{1/2}x^2\Big)=-2(1-2x^2)=4x^2-2$.
적분형: 급수를 항별로 미분하면 $\frac{d}{dx}\mathrm{Li}_2(x)=\sum\frac{x^{n-1}}{n}=-\frac{\ln(1-x)}{x}$이고 $\mathrm{Li}_2(0)=0$입니다.
배수 공식: $\mathrm{Li}_2(x)+\mathrm{Li}_2(-x)=\sum\frac{x^n\big(1+(-1)^n\big)}{n^2}$에서 짝수 $n=2k$만 남아 $2\sum\frac{x^{2k}}{4k^2}=\frac12\mathrm{Li}_2(x^2)$.
반사 공식: 양변을 미분합니다. 왼쪽은 $-\frac{\ln(1-x)}{x}+\frac{\ln x}{1-x}$이고, 오른쪽 $-\ln x\ln(1-x)$를 미분해도 똑같습니다. 그래서 두 쪽의 차는 상수입니다. $x\to0$에서 왼쪽은 $\mathrm{Li}_2(1)=\frac{\pi^2}{6}$, $\ln x\ln(1-x)\approx-x\ln x\to0$이라 상수가 $\frac{\pi^2}{6}$입니다.
(a) 배수 공식에 $x=1$: $\mathrm{Li}_2(1)+\mathrm{Li}_2(-1)=\frac12\mathrm{Li}_2(1)$ 이므로
$$\mathrm{Li}_2(-1)=-\frac12\cdot\frac{\pi^2}{6}=-\frac{\pi^2}{12}\approx-0.8225.$$급수 확인: $-1+\frac14-\frac19+\frac1{16}-\cdots$. 교대급수라 부분합이 $-0.8225$ 위아래로 오갑니다.
(b) 반사 공식에 $x=\frac12$: 두 항이 같아집니다.
$$\begin{aligned}2\,\mathrm{Li}_2\big(\tfrac12\big)&=\frac{\pi^2}{6}-\big(\ln\tfrac12\big)^2=\frac{\pi^2}{6}-(\ln2)^2,\\ \mathrm{Li}_2\big(\tfrac12\big)&=\frac{\pi^2}{12}-\frac{(\ln2)^2}{2}\approx0.5822.\end{aligned}$$급수 확인: $\frac12+\frac1{16}+\frac1{72}+\frac1{256}+\frac1{800}+\frac1{2304}=0.5820$. 항이 $2^{-n}$으로 빨리 줄어 여섯 항이면 충분합니다.
(c) $u=-t$로 바꾸면 $\frac{dt}{t}=\frac{du}{u}$이고 $\ln(1+t)=\ln(1-u)$, 구간은 $u:0\to-1$입니다.
$$\int_0^1\frac{\ln(1+t)}{t}dt=\int_0^{-1}\frac{\ln(1-u)}{u}du=-\mathrm{Li}_2(-1)=\frac{\pi^2}{12}.$$진자: 에너지 보존 $\frac12L^2\dot\theta^2=gL(\cos\theta-\cos\theta_0)$에서 $dt=\sqrt{\frac{L}{2g}}\frac{d\theta}{\sqrt{\cos\theta-\cos\theta_0}}$입니다. $\cos\theta=1-2\sin^2\frac\theta2$로 바꾸면 $\cos\theta-\cos\theta_0=2\big(k^2-\sin^2\frac\theta2\big)$. 이제 $\sin\frac\theta2=k\sin\phi$로 치환합니다($\theta:0\to\theta_0$이 $\phi:0\to\frac\pi2$). $\frac12\cos\frac\theta2\,d\theta=k\cos\phi\,d\phi$, $\sqrt{k^2-\sin^2\frac\theta2}=k\cos\phi$, $\cos\frac\theta2=\sqrt{1-k^2\sin^2\phi}$을 넣으면 $dt=\sqrt{\frac Lg}\frac{d\phi}{\sqrt{1-k^2\sin^2\phi}}$. 4분의 1 주기를 4배 하면 $T=4\sqrt{L/g}\,K(k)$.
급수: $(1-k^2\sin^2\theta)^{-1/2}=\sum_n\frac{(\frac12)_n}{n!}k^{2n}\sin^{2n}\theta$ (이항 전개)에 월리스 적분 $\int_0^{\pi/2}\sin^{2n}\theta\,d\theta=\frac\pi2\frac{(\frac12)_n}{n!}$을 넣으면 $K=\frac\pi2\sum\Big[\frac{(\frac12)_n}{n!}\Big]^2k^{2n}$입니다. $E$는 $(1-u)^{1/2}$의 계수 $\frac{(-\frac12)_n}{n!}$을 쓰면 되고, 이것이 6절의 초기하 꼴입니다.
타원 둘레: $x=a\sin\phi$, $y=b\cos\phi$로 쓰면 $ds^2=(a^2\cos^2\phi+b^2\sin^2\phi)\,d\phi^2=a^2(1-e^2\sin^2\phi)\,d\phi^2$이고, 4분의 1 둘레가 $aE(e)$입니다.
(a) 작은 진폭 보정. $k^2=\sin^2\frac{\theta_0}{2}\approx\frac{\theta_0^2}{4}-\frac{\theta_0^4}{48}$ 입니다. 급수 두 항까지 쓰면
$$\begin{aligned}\frac{T}{T_0}&=1+\frac14k^2+\frac9{64}k^4+\cdots\\&\approx1+\frac{\theta_0^2}{16}-\frac{\theta_0^4}{192}+\frac{9\theta_0^4}{1024}\\&=1+\frac{\theta_0^2}{16}+\frac{11\theta_0^4}{3072}.\end{aligned}$$($-\frac{1}{192}+\frac{9}{1024}=\frac{-16+27}{3072}$) 진폭 $10^\circ$($\theta_0=0.1745$)이면 $\frac{T}{T_0}\approx1.0019$로 0.2% 길어집니다.
(b) 진폭 $90^\circ$. $k=\sin45^\circ=\frac1{\sqrt2}$, $k^2=\frac12$. 급수는 느리게 수렴합니다.
$L=1$ m, $g=9.8$ m/s²이면 $T_0=2.0071$ s, $T=2.3690$ s입니다. 진폭이 크면 급수보다 수치값(mpmath의 ellipk($k^2$))을 씁니다.
$e^2=1-\frac14=\frac34$. 정확한 값은 $E=1.21106$이고 둘레는 $4\cdot2\cdot1.21106=9.68845$입니다.
급수 근사 ($e^2=0.75$): $E\approx\frac\pi2\Big[1-\frac{e^2}{4}-\frac{3e^4}{64}-\frac{5e^6}{256}\Big]$에서
$$\begin{aligned}&1-0.1875-0.02637-0.00824=0.77789,\\ &E\approx\frac\pi2\times0.77789=1.2219.\end{aligned}$$이심률이 커서 네 항으로도 1% 가까이 틀립니다(급수는 항상 위로 어긋남: 남은 항이 모두 음수). 검산용으로 라마누잔 근사 $\pi\big[3(a+b)-\sqrt{(3a+b)(a+3b)}\big]=\pi(9-\sqrt{35})=9.68842$도 거의 같습니다. $a=b$이면 $e=0$, $E=\frac\pi2$라 둘레가 $2\pi a$로 돌아옵니다.
종이에 먼저 풀고 답을 여세요. 모든 답은 SymPy와 mpmath로 검산했습니다.
A1. 생성함수에 $x=0$을 넣어 $H_4(0)$, $H_6(0)$을 구하세요.
A2. 점화식으로 $H_6$ (예제 2-1의 $H_5$를 쓰세요)
A3. $x^3$을 $H_n$으로 전개하세요.
A4. $\displaystyle\int_{-\infty}^\infty e^{-x^2}x^2H_2\,dx$
A5. $\displaystyle\int_{-\infty}^\infty e^{-x^2}\,x\,H_2H_3\,dx$
B1. $\psi_2(x)$를 쓰고 $\psi''+(5-x^2)\psi=0$을 확인하세요.
B2. $\langle2|x|3\rangle$과 $\langle0|x^2|2\rangle$
B3. $\langle1|x^4|1\rangle$
B4. $H_n'=2nH_{n-1}$과 $xH_n=\frac12H_{n+1}+nH_{n-1}$로 $\psi_n'$을 $\psi_{n\pm1}$로 쓰고, $\langle P^2\rangle$과 $\Delta X\,\Delta P$를 구하세요. ($P=-i\hbar\,d/dX$)
C1. 닫힌 꼴로 $L_4$를 쓰고 점화식으로 확인하세요.
C2. $\displaystyle\int_0^\infty e^{-x}x^3L_3\,dx$
C3. $x^2$을 $L_n$으로 전개하세요.
C4. $L_2^1$, $L_1^2$를 쓰고 $\int_0^\infty e^{-x}x\,L_1^1L_2^1\,dx=0$을 확인하세요.
C5. $R_{21}$을 정규화하세요.
C6. $R_{20}$ 상태에서 $\langle r\rangle=\int_0^\infty R_{20}^2\,r^3\,dr$
D1. 점화식으로 $T_5$, $U_4$
D2. $x^4$을 $T_n$으로 전개하세요.
D3. $\displaystyle\int_{-1}^1\frac{x^3\,T_3(x)}{\sqrt{1-x^2}}dx$
D4. $U_3$의 영점
D5. $n=2$ 가우스-체비쇼프 구적법으로 $\int_{-1}^1\frac{x^2}{\sqrt{1-x^2}}dx$와 $\int_{-1}^1\frac{x^4}{\sqrt{1-x^2}}dx$를 계산하고 참값과 비교하세요.
E1. $(3)_4$, $\big(\frac12\big)_3$, $(-3)_2$, $(-3)_4$
E2. $\arctan z=z\,{}_2F_1\big(\frac12,1;\frac32;-z^2\big)$을 확인하세요.
E3. ${}_2F_1(-3,2;5;1)$을 급수와 가우스 합 공식, 두 가지로 구하세요.
E4. ${}_1F_1(1;2;z)=\dfrac{e^z-1}{z}$을 확인하세요.
E5. $T_2(x)={}_2F_1\big(-2,2;\frac12;\frac{1-x}{2}\big)$을 확인하세요.
F1. $\displaystyle\int_0^1\frac{\ln t}{1-t}\,dt$
F2. $\displaystyle\int_0^{1/2}\frac{\ln(1-t)}{t}\,dt$와 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n^2\,2^n}$
G1. 진폭 $60^\circ$인 진자의 $T/T_0$를 급수 세 항($k^4$까지)으로 구하고, 정확한 값 $\frac2\pi K(\frac12)=1.07318$과 비교하세요.
G2. 긴반지름 $a=5$, 짧은반지름 $b=3$인 타원의 둘레를 $4aE(e)$로 쓰고, $E$의 급수 세 항($e^4$까지)으로 근사하세요. 정확한 값은 $25.527$입니다.
G3. 6절의 "항의 비" 방법으로 $K$의 급수가 $\frac\pi2{}_2F_1\big(\frac12,\frac12;1;k^2\big)$임을 확인하세요.