yourdomain.com

Здравствуйте!
думаю мой вопрос лучше задать именно математикам.
по определению многочленов Эрмита для них определено скалярное произведение следующим образом:
$\displaystyle{(H_n(x),H_m(x)) = \int_{\limits{-\infty}}^{\infty}{e^{-x^2}\cdot H_n(x)\cdot H_m(x)dx}=2^n n! \sqrt{\pi} \delta _{mn}}$

а как взять такой интеграл, очень похожий на скалярное произведение?
$\displaystyle{\int_{\limits{-\infty}}^{\infty}{exp \left(-\frac{a^2\cdot x^2}{2}\right)\cdot H_n(a\cdot x)\cdot exp \left(-\frac{a^2\cdot (x-x_0)^2}{2}\right)\cdot H_m(a\cdot (x-x_0))dx}}$
где а и х0 - константы

я когда посмотрел на него, сразу захотелось переписать его в таком виде

$\displaystyle{exp \left(-\frac{a^2\cdot x_0^2}{2}\right)\int_{\limits{-\infty}}^{\infty}{exp \left(-a^2\cdot x(x-x_0)\right)\cdot H_n(a\cdot x)\cdot H_m(a\cdot (x-x_0))dx}}$

это все, что смог придумать.
гуглить пытался. нигде не нашел про интегралы от полиномов Эрмита, так еще и со сдвигом аргумента
Спасибо

Это прикол или очепятка?

laplas писал(а):Source of the post
$\displaystyle{\int_{\limits{-\infty}}^{\infty}{exp \left(-\frac{a^2\cdot x^2}{2}\right)\cdot H_n(a\cdot x)\cdot exp \left(-\frac{a^2\cdot (x-x_0)^2}{2}\right)\cdot H_m(a\cdot (x-x_0))dx}}$
где а и х0 - константы

я когда посмотрел на него, сразу захотелось переписать его в таком виде

$\displaystyle{exp \left(-\frac{a^2\cdot x_0^2}{2}\right)\int_{\limits{-\infty}}^{\infty}{exp \left(-a^2\cdot x(x-x_0)\right)\cdot H_n(a\cdot x)\cdot H_m(a\cdot (x-x_0))dx}}$

это все, что смог придумать.

Произведение двух гауссиан (даже с разными дисперсиями) действительно преобразуется к одной гауссиане, но не так просто.Правильный ответ
$\displaystyle {exp \left(-\frac{a^2\cdot x_0^2}{4}\right)\int_{\limits{-\infty}}^{\infty}{exp \left(-a^2\cdot x(x-x_0/2)\right)\cdot H_n(a\cdot x)\cdot H_m(a\cdot (x-x_0))dx}}$

А по сути вопроса:этого не надо было, интегралы все равно равны 0 при $m\ne n$ и $2^nn!\sqrt{\pi}/a$ при $$m=n$$

Подсказка. Пусть $$m<n$$

, полином степени $$m$$

раскладывается по полиномам степени 0...m $$H_0(x),...H_m(x)$$

А при

Полином

имеет тот же старший коэффициент 1 при $$x^n$$

, что и

Есть такой базис функций Эрмита-Гаусса. В нем такие интегралы сводятся к интегралам перекрывания, которые берутся в общем виде.
Поищите статью:
Živković, T.; Maksić, Z. B. (1968). "Explicit Formulas for Molecular Integrals over Hermite-Gaussian Functions". Journal of Chemical Physics 49 (7): 3083–3087. doi:10.1063/1.1670551.

Иногда интегралы (и интегральные преобразования) с полиномами Эрмита удается брать методом мат. индукции, сводя их к рекуррентным соотношениям этих полиномов разными приемами (напр., дифференцируя по некоторому параметру).

Ian писал(а):Source of the post
Это прикол или очепятка?

Ian, а что не так?
$-\frac{a^2x^2}{2}-\frac{a^2(x-x_0)^2}{2}=-\frac{a^2}{2}(x^2+x^2-2xx_0+x_0^2)=-a^2x^2+a^2xx_0-\frac{a^2x_0^2}{2}=-a^2x(x-x_0)-\frac{a^2x_0^2}{2}$

или для гауссиан своя какая то математика?

и еще , коэффициенты при старшей степени будут одинаковы, но не равны 1. ибо именно физические полиномы Эрмита имеются ввиду

скушно было просто написать, что ответ очевиден. Надо чтоб ТС покопался сам)
А если нормировка какая-то необычная, то только при m=n надо считать. Старшие коэффициенты равны между собой а чему мне все равно

я не понимаю. вы меня запутали.
какое преобразование экспонент из двух верное?
я второй день пытаюсь получить ваше выражение, все бестолку.

может тогда просто взять и руками взять несколько интегралов, сначала
n=m=0,1,2,
а потом для n не равных m?
хотя я не уверен, что интегралы для n и m больше нуля будут браться.

laplas писал(а):Source of the post
я не понимаю. вы меня запутали.
какое преобразование экспонент из двух верное?
я второй день пытаюсь получить ваше выражение, все бестолку.

Там точно $(x-\frac{x_0}2)^2$ при выделении полного квадрата, а у вас этого нет. Но это просто упражнение, никак не применяемое при решении поставленной задачи

может тогда просто взять и руками взять несколько интегралов, сначала
n=m=0,1,2,
а потом для n не равных m?
хотя я не уверен, что интегралы для n и m больше нуля будут браться.

Будут!! В уме!! Ради того я и пост писал. Это же хорошая идея Эрмита &Co: ортогональные многочлены со степенями, возрастающими через 1, не просто ортогональны друг другу, а каждый $$H_n(x)$$

ортогонален всем многочленам степени строго ниже n. Доказательство .Пусть $$n>m$$

,

произвольный степени m. Разложим $P_m(x)=\sum_{k=0}^mc_kH_k(x)$ , это можно сделать делением с остатком $$P_m$$

на

, остаток многочлен степени не выше $$m-1$$

, его разделим с остатком на $H_{m-1}$ и т.д. Теперь $$H_n(x)$$

ортогонален всем упомянутым $$H_k(x)$$

, а значит, их линейной комбинации.
Поэтому от $$H_m(x-x_0)$$

мы используем только то, что его степень m, а не то, что он сдвинутый эрмитов.Ответ: интегралы в посте 1 равны 0 при $m\ne n$
Наконец, что делать при $$m=n$$

- рассмотреть $$H_m(x-x_0)-H_m(x)$$

, его степень ровно m-1 и он уже ортогонален $$H_n$$

вот не могу понять, откуда там $(x-\frac{x_0}{2})^2$

[url=http://www.wolframalpha.com/input/?i=simplify+{exp%28-x^2%2F2%29*exp%28-%28x-y%29^2%2F2%29}]Wolfram alpha того же мнения[/url]

а с остальным вроде понятно спасибо

Вот откуда.
$\displaystyle -x^2+xy-\frac{y^2}2=-(x-\frac y2)^2-\frac{y^2}4$
И это , поправлюсь, многое меняет при вычислении, после центрирования и масштабирования весовой функции получаются
$\displaystyle C\int_{-\infty}^{\infty}e^{-x^2}H_n(x+\frac{x_0}2)H_m(x-\frac{x_0}2)dx$ , тут ни один из двух полиномов не является ортогональным, оба сдвинутые, поэтому даже при разных m и n интеграл не 0
А откуда задача? Какие-то хар.функции, свертки пытались через полиномы Эрмита посчитать?

эта задача о перекрывании волновых функций двух гармонических осцилляторов, находящихся на разных энергетических уровнях.

вы теперь еще больше меня запутали.
почему именно так надо преобразовывать выражение?

yourdomain.com

Полиномы Эрмита

Полиномы Эрмита

Полиномы Эрмита

Полиномы Эрмита

Полиномы Эрмита

Полиномы Эрмита

Полиномы Эрмита

Полиномы Эрмита

Полиномы Эрмита

Полиномы Эрмита

Полиномы Эрмита