라게르 함수

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1. 개요2. 상세3. 분석
3.1. 종류3.2. 그래프3.3. 생성 함수3.4. 로드리게스 공식3.5. 재귀 관계3.6. 직교성
3.6.1. 푸리에-라게르 급수
4. 버금 라게르 함수5. 활용
5.1. 물리학적 활용
5.1.1. 수소 원자 모형
6. 관련 문서

1. 개요[편집]

라게르 함수(Laguerre function) 혹은 라게르 다항식(Laguerre polynomial)은 아래의 라게르의 미분 방정식

xd2ydx2+(1−x)dydx+ny=0(n≥0, n∈N)\displaystyle x \frac{d^{2}y}{dx^{2}}+(1-x)\frac{dy}{dx}+ny=0 \quad (n \geq 0,\, n \in \mathbb{N})

을 만족하는 함수를 말한다. 함수의 이름은 프랑스의 수학자 라게르(Edmond Laguerre; 1834 - 1886)의 이름이 붙여졌다.

2. 상세[편집]

위 미분 방정식은 x=0x=0에서 정칙 특이점을 갖기 때문에 프로베니우스의 해법을 적용한다. 해의 꼴을 다음과 같다고 가정하자.

y=∑m=0∞amxm+r\displaystyle y=\sum_{m=0}^{\infty} a_{m}x^{m+r}

이것을 해당 방정식에 대입하면,

∑m=0∞(m+r)(m+r−1)amxm+r−1+∑m=0∞(m+r)amxm+r−1−∑m=0∞(m+r)amxm+r+n∑m=0∞amxm+r=0\displaystyle \sum_{m=0}^{\infty} (m+r)(m+r-1)a_{m}x^{m+r-1}+ \sum_{m=0}^{\infty} (m+r)a_{m}x^{m+r-1}- \sum_{m=0}^{\infty} (m+r)a_{m}x^{m+r}+n\sum_{m=0}^{\infty} a_{m}x^{m+r}=0

최저차항의 계수를 맞추면,

am[r(r−1)+r]=0\displaystyle a_{m}[r(r-1)+r]=0

위 식이 일반적으로 성립하려면 r(r−1)+r=0r(r-1)+r=0이고, 이 방정식의 근은 r=0r=0으로 중근을 갖는다. 이 결과를 위 방정식에 대입하면,

∑m=1∞m(m−1)amxm−1+∑m=1∞mamxm−1−∑m=0∞mamxm+n∑m=0∞amxm=0\displaystyle \sum_{m=1}^{\infty} m(m-1)a_{m}x^{m-1}+ \sum_{m=1}^{\infty} ma_{m}x^{m-1}- \sum_{m=0}^{\infty} ma_{m}x^{m}+n\sum_{m=0}^{\infty} a_{m}x^{m}=0

이고, 이것을 다시 쓰면,

∑m=0∞m(m+1)am+1xm+∑m=0∞(m+1)am+1xm−∑m=0∞mamxm+n∑m=0∞amxm=0\displaystyle \sum_{m=0}^{\infty} m(m+1)a_{m+1}x^{m}+ \sum_{m=0}^{\infty} (m+1)a_{m+1}x^{m}- \sum_{m=0}^{\infty} ma_{m}x^{m}+n\sum_{m=0}^{\infty} a_{m}x^{m}=0

이상에서 계수에 대한 점화식으로

am+1=−n−m(m+1)2am\displaystyle a_{m+1}=- \frac{n-m}{(m+1)^{2}}a_{m}

따라서

am=(−1)mn!(m!)2(n−k)!a0\displaystyle a_{m}=\frac{(-1)^{m} n!}{(m!)^{2} (n-k)!}a_{0}

이때,

(nm)≡n!m!(n−m)!\displaystyle \binom{n}{m} \equiv \frac{n!}{m! (n-m)!}

으로, 조합의 정의임을 상기하고, a0=1a_{0}=1로 놓으면,

am=(−1)m(nm)1m!\displaystyle a_{m}=(-1)^{m}\binom{n}{m} \frac{1}{m!}

로 쓸 수있음에 따라 방정식의 한 해는

y(x)=∑m=0∞(−1)m(nm)xmm!\displaystyle y(x)=\sum_{m=0}^{\infty}(-1)^{m}\binom{n}{m} \frac{x^{m}}{m!}

nn이 0을 포함한 자연수임을 고려한다면, 위 해는 nn의 값에 따라 다항함수 형태를 띠는데, 그 다항함수을 라게르 함수라 하고, Ln(x)L_{n}(x) 로 표기한다.

이 해가 물리적으로 의미가 있는 것은 다항식인 해이기 때문에 제 2의 해를 구하는 과정은 생략한다.

3. 분석[편집]

3.1. 종류[편집]

다음은 몇몇 라게르 함수를 나타낸 것이다.

L0(x)=1L1(x)=−x+1L2(x)=12(x2−4x+2)L3(x)=16(−x3+9x2−18x+6)L4(x)=124(x4−16x3+72x2−96x+24)L5(x)=1120(−x5+25x4−200x3+600x2−600x+120)L6(x)=1720(x6−36x5+450x4−2400x3+5400x2−4320x+720)L7(x)=15040(−x7+49x6−882x5+7350x4−29400x3+52920x2−35280x+5040)L8(x)=140320(x8−64x7+1568x6−18816x5+117600x4−376320x3+564480x2−322560x+40320)\displaystyle \begin{aligned} L_{0}(x)&=1 \\ L_{1}(x)&=-x+1 \\ L_{2}(x)&=\frac{1}{2} (x^2-4x+2) \\ L_{3}(x)&=\frac{1}{6} (-x^3+9x^2-18x+6) \\ L_{4}(x)&=\frac{1}{24} (x^4-16x^3+72x^2-96x+24) \\ L_{5}(x)&=\frac{1}{120} (-x^5+25x^4-200x^3+600x^2-600x+120) \\ L_{6}(x)&=\frac{1}{720} (x^6-36x^5+450x^4-2400x^3+5400x^2-4320x+720) \\ L_{7}(x)&=\frac{1}{5040} (-x^7+49x^6-882x^5+7350x^4-29400x^3+52920x^2-35280x+5040) \\ L_{8}(x)&=\frac{1}{40320} (x^8-64x^7+1568x^6-18816x^5+117600x^4-376320x^3+564480x^2-322560x+40320) \\ \end{aligned}

3.2. 그래프[편집]

아래는 구간 [0, 10][0, \,10] 에서 몇몇 라게르 함수의 그래프를 나타낸 것이다.

파일:Plot of Laguerre functions_NEW_NEW.png

Ln(0)=1L_{n}(0)=1인 특징이 있다.[1]

3.3. 생성 함수[편집]

라게르 함수에 대한 생성 함수는 아래와 같다.

11−texp⁡(−xt1−t)=∑n=0∞Ln(x)tn\displaystyle \frac{1}{1-t} \exp{\left( -\frac{xt}{1-t} \right)}=\sum_{n=0}^{\infty} L_{n}(x) t^{n}

여기서 exp⁡x=ex\exp{x}=e^{x}이다.

3.4. 로드리게스 공식[편집]

라게르 함수는

Ln(x)=exn!dndxn(xne−x)\displaystyle L_{n}(x)=\frac{e^{x}}{n!}\frac{d^{n}}{dx^{n}}(x^{n}e^{-x})

의 형태로 쓸 수 있는데, 이것을 라게르 함수에 대한 로드게리스 공식(Rodrigues' formula)라 한다.

이것을 증명하기 위해 다음과 같은 함수를 고려한다.

y=xne−x\displaystyle y=x^{n}e^{-x}

양변을 미분하면

xy′−(n−x)y=0\displaystyle xy'-(n-x)y=0

이것을 한 번 더 미분하면,

xy′′+(1−n+x)y′+y=0\displaystyle xy''+(1-n+x)y'+y=0

이 된다. 이것을 nn번 미분하면,

∑k=0n(nk)x(k)y(n−k+2)+∑k=0n(nk)(1−n+x)(k)y(n−k+1)+y(n)=0\displaystyle \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} x^{(k)}y^{(n-k+2)}+\sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} (1-n+x)^{(k)}y^{(n-k+1)}+y^{(n)}=0

으로 쓸 수 있으며, f(k)=dkf/dxkf^{(k)}=d^{k}f/dx^{k}이다. 이것을 다시 쓰면,

xy(n+2)+ny(n+1)+(1−n+x)y(n+1)+ny(n)−y(n)=0\displaystyle xy^{(n+2)}+ny^{(n+1)}+(1-n+x)y^{(n+1)}+ny^{(n)}-y^{(n)}=0

의 형태로 정리할 수 있다. y(n)≡uy^{(n)} \equiv u라 하면,

xd2udx2+(1+x)dudx+(n−1)y=0\displaystyle x \frac{d^{2}u}{dx^{2}}+(1+x) \frac{du}{dx}+(n-1)y=0

이때, u(x)=e−xf(x)u(x) = e^{-x} f(x)를 생각하면,

dudx=e−x[dfdx−f]d2udx2=e−x[d2fdx2−2dfdx+f]\displaystyle \begin{aligned} \frac{du}{dx}&=e^{-x} \left[ \frac{df}{dx}-f \right] \\ \frac{d^{2}u}{dx^{2}}&=e^{-x} \left[ \frac{d^{2}f}{dx^{2}}-2\frac{df}{dx}+f \right] \end{aligned}

이것을 위 결과에 대입하면,

x[d2fdx2−2dfdx+f]+(1+x)[dfdx−f]+(n−1)f=0xd2fdx2+(1−x)dfdx+nf=0\displaystyle \begin{aligned} x \left[ \frac{d^{2}f}{dx^{2}}-2\frac{df}{dx}+f \right]+(1+x) \left[ \frac{df}{dx}-f \right]+(n-1)f&=0 \\ x \frac{d^{2}f}{dx^{2}}+(1-x)\frac{df}{dx}+nf&=0 \end{aligned}

이것은 명백한 라게르의 미분 방정식이다. 따라서

Ln(x)=Cexdndxn(xne−x)\displaystyle L_{n}(x)=Ce^{x}\frac{d^{n}}{dx^{n}}(x^{n}e^{-x})

임을 얻을 수 있다. 여기서 CC는 상수이다. 그런데 Ln(0)=1L_{n}(0)=1임을 고려하면,

1=Ce0∑k=0n(nk)(xn)(k)(e−x)(n−k)∣x=0=Cn!e−0=n!C\displaystyle \begin{aligned} 1&=\biggl. Ce^{0} \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} (x^{n})^{(k)}(e^{-x})^{(n-k)} \biggr|_{x=0} \\ &=C n! e^{-0} \\&=n! C \end{aligned}

이상에서 C=(n!)−1C=(n!)^{-1}을 얻으므로 라게르 함수는

Ln(x)=exn!dndxn(xne−x)\displaystyle L_{n}(x)=\frac{e^{x}}{n!}\frac{d^{n}}{dx^{n}}(x^{n}e^{-x})

으로 쓸 수 있음을 얻는다.

3.5. 재귀 관계[편집]

라게르 함수는 다음과 같은 재귀 관계가 있다.
  1. dLn+1(x)dx−dLn(x)dx+Ln(x)=0\displaystyle \frac{dL_{n+1}(x)}{dx}-\frac{dL_{n}(x)}{dx}+L_{n}(x)=0
  2. (n+1)Ln+1(x)−(2n+1−x)Ln(x)+nLn−1(x)=0\displaystyle (n+1)L_{n+1}(x)-(2n+1-x)L_{n}(x)+nL_{n-1}(x)=0
  3. xdLn(x)dx−nLn(x)+nLn−1(x)=0\displaystyle x\frac{dL_{n}(x)}{dx}-nL_{n}(x)+nL_{n-1}(x)=0

3.6. 직교성[편집]

라게르 함수는 가중 함수 e−xe^{-x}에 대하여 구간 [0, ∞)[0,\, \infty)에서 다음과 같은 직교성을 가진다.

∫0∞e−xLn(x)Lm(x) dx=δnm\displaystyle \int_{0}^{\infty} e^{-x}L_{n}(x)L_{m}(x)\,dx=\delta_{nm}

여기서 δnm\delta_{nm}은 크로네커 델타이다.

n≠mn \neq m일 때를 증명하기 위해 Ln(x)L_{n}(x)와 Lm(x)L_{m}(x)가 만족시키는 방정식에 각각 e−xLm(x)e^{-x}L_{m}(x), e−xLn(x)e^{-x}L_{n}(x)을 각각 곱하여 빼자.

e−xLm(x)[xd2Ln(x)dx2+(1−x)dLn(x)dx]−e−xLn(x)[xd2Lm(x)dx2+(1−x)dLm(x)dx]+(n−m)e−xLn(x)Lm(x)=0ddx[xe−x(dLn(x)dxLm(x)−Ln(x)dLm(x)dx)]+(n−m)e−xLn(x)Lm(x)=0\displaystyle \begin{aligned} e^{-x}L_{m}(x)\left[ x \frac{d^{2}L_{n}(x)}{dx^{2}}+(1-x)\frac{dL_{n}(x)}{dx} \right]- e^{-x}L_{n}(x)\left[ x \frac{d^{2}L_{m}(x)}{dx^{2}}+(1-x)\frac{dL_{m}(x)}{dx} \right]+(n-m)e^{-x}L_{n}(x)L_{m}(x)&=0 \\ \frac{d}{dx}\left[ xe^{-x} \left( \frac{dL_{n}(x)}{dx}L_{m}(x)-L_{n}(x)\frac{dL_{m}(x)}{dx} \right) \right]+(n-m)e^{-x}L_{n}(x)L_{m}(x)&=0 \end{aligned}

이것을 [0, ∞)[0,\, \infty)에 대해 적분하면,

[xe−x(dLn(x)dxLm(x)−Ln(x)dLm(x)dx)]0∞+(n−m)∫0∞e−xLn(x)Lm(x)=0\displaystyle \left[ xe^{-x} \left( \frac{dL_{n}(x)}{dx}L_{m}(x)-L_{n}(x)\frac{dL_{m}(x)}{dx} \right) \right]_{0}^{\infty}+(n-m) \int_{0}^{\infty} e^{-x}L_{n}(x)L_{m}(x)=0

이고, 좌변의 제 1항은 lim⁡x→∞e−x=0\displaystyle \lim_{x\to \infty} e^{-x}=0임을 참고하면, 0이 되고, n≠mn \neq m인 상황을 다루고 있음을 기억하면,

∫0∞e−xLn(x)Lm(x)=0(n≠m)\displaystyle \int_{0}^{\infty} e^{-x}L_{n}(x)L_{m}(x)=0 \quad (n \neq m)

이 성립함을 알 수 있다.

n=mn=m인 경우를 증명하게 위해 다음의 적분

∫0∞e−x[Ln(x)]2 dx≡Cn\displaystyle \int_{0}^{\infty} e^{-x}[L_{n}(x) ]^{2}\,dx \equiv C_{n}

를 고려하자. 이때, 라게르 함수의 재귀 관계를 이용하면,

Cn=∫0∞e−x[Ln(x)]2 dx=∫0∞1ne−xLn(x)[(2n−1+x)Ln−1(x)+(n−1)Ln−2(x)] dx=∫0∞1ne−xLn(x)[(2n+1+x)Ln−1(x)−2nLn−1(x)] dx=∫0∞1ne−x[(n+1)Ln+1(x)+nLn−1(x)]Ln−1(x) dx=∫0∞e−x[Ln−1(x)]2 dx=Cn−1\displaystyle \begin{aligned} C_{n}&=\int_{0}^{\infty} e^{-x}[L_{n}(x) ]^{2}\,dx \\ &=\int_{0}^{\infty} \frac{1}{n}e^{-x}L_{n}(x)[(2n-1+x)L_{n-1}(x)+(n-1)L_{n-2}(x) ] \,dx \\ &=\int_{0}^{\infty} \frac{1}{n}e^{-x}L_{n}(x)[(2n+1+x)L_{n-1}(x)-2nL_{n-1}(x) ] \,dx \\ &=\int_{0}^{\infty} \frac{1}{n} e^{-x} [(n+1)L_{n+1}(x)+nL_{n-1}(x) ] L_{n-1}(x) \,dx \\ &=\int_{0}^{\infty} e^{-x} [ L_{n-1}(x) ]^{2} \,dx \\ &=C_{n-1} \end{aligned}

이때, C0C_{0}를 직접 구하면,

C0=∫0∞e−x dx=1\displaystyle C_{0}=\int_{0}^{\infty} e^{-x}\,dx=1

이상에서 Cn=1C_{n}=1임을 얻고,

∫0∞e−x[Ln(x)]2 dx=1(n=m)\displaystyle \int_{0}^{\infty} e^{-x}[L_{n}(x) ]^{2}\,dx=1 \quad (n=m)

임을 얻는다.

3.6.1. 푸리에-라게르 급수[편집]

푸리에 급수로 주기 [0, L][0,\,L]인 함수 f(x)f(x)를 해당 구간에서 직교하는 삼각함수를 이용하여

f(x)=∑n=0∞ansin⁡nπxL+bncos⁡nπxL\displaystyle f(x)=\sum_{n=0}^{\infty} a_{n} \sin{\frac{n\pi x}{L}}+b_{n} \cos{\frac{n \pi x}{L}}

로 전개할 수 있었으며, 각 계수는 이들의 함수의 직교성으로 구할 수 있었다.

유사한 방법으로 이 베셀 함수의 경우에도 구간 [0, ∞)[0,\,\infty)에 있는 함수를

f(x)=∑n=0∞anLn(x)\displaystyle f(x)=\sum_{n=0}^{\infty} a_{n} L_{n}(x)

의 형태로 전개할 수 있는데 이것을 푸리에-라게르 급수(Fourier-Laguerre series)라 한다.

각 계수를 구하기 위해 양변에 e−xLm(x)e^{-x}L_{m}(x)를 곱한 뒤 구간 [0, ∞)[0,\,\infty)에 대하여 적분하자.

∫0∞e−xf(x)Lm(x) dx=∑n=0∞an∫0∞e−xLn(x)Lm(x)=∑n=0∞anδnm=am\displaystyle \begin{aligned} \int_{0}^{\infty} e^{-x} f(x) L_{m}(x) \,dx&=\sum_{n=0}^{\infty} a_{n} \int_{0}^{\infty} e^{-x} L_{n}(x) L_{m}(x) \\ &=\sum_{n=0}^{\infty} a_{n} \delta_{nm} \\ &=a_{m} \end{aligned}

이상에서

an=∫0∞e−xf(x)Ln(x) dx\displaystyle a_{n}=\int_{0}^{\infty} e^{-x} f(x) L_{n}(x) \,dx

임을 얻는다.

4. 버금 라게르 함수[편집]

버금 라게르 함수(Associated Laguerre function)는 다음의 미분 방정식

xdy2dx2+(k+1−x)dydx+ny=0\displaystyle x\frac{dy^{2}}{dx^{2}}+(k+1-x)\frac{dy}{dx}+ny=0

을 만족하는 함수이며, 기호로는 y(x)=Lnk(x)y(x)=L_{n}^{k}(x)로 표기하며,

Lnk(x)=∑m=0n(−1)m(n+k)!(n−m)!(k+m)!m!xm\displaystyle L_{n}^{k}(x)=\sum_{m=0}^{n}(-1)^{m} \frac{(n+k)!}{(n-m)!(k+m)!m!}x^{m}

이다. 라게르 함수와

Lnk(x)=(−1)kdkLn+k(x)dxk\displaystyle L_{n}^{k}(x)=(-1)^{k} \frac{d^{k}L_{n+k}(x)}{dx^{k}}

의 관계가 있으며, 이 함수에 대한 로드리게스 공식은

Lnk(x)=x−kexn!dndxn(xn+ke−x)\displaystyle L_{n}^{k}(x)=\frac{x^{-k}e^{x}}{n!} \frac{d^{n}}{dx^{n}}(x^{n+k}e^{-x})

으로 주어진다.

이 함수 또한, 구간 [0, ∞)[0,\,\infty)에서 직교성을 갖고 있으며, 가중 함수 xke−xx^{k}e^{-x}에 대해선

∫0∞xke−xLnk(x)Lmk(x) dx=(n+k)!n!δnm\displaystyle \int_{0}^{\infty} x^{k}e^{-x} L_{n}^{k}(x)L_{m}^{k}(x)\,dx=\frac{(n+k)!}{n!} \delta_{nm}

가중 함수 xk+1e−xx^{k+1}e^{-x}에 대해선

∫0∞xk+1e−xLnk(x)Lmk(x) dx=(2n+k+1)(n+k)!n!δnm\displaystyle \int_{0}^{\infty} x^{k+1}e^{-x} L_{n}^{k}(x)L_{m}^{k}(x)\,dx=(2n+k+1)\frac{(n+k)!}{n!} \delta_{nm}

으로 주어진다.

버금 라게르 함수에 대한 재귀 관계는
  1. (n+1)Ln+1k(x)−(2n+k+1−x)Lnk(x)+(n+k)Ln−1k(x)=0\displaystyle (n+1)L_{n+1}^{k}(x)-(2n+k+1-x)L_{n}^{k}(x)+(n+k)L_{n-1}^{k}(x)=0
  2. xdLnk(x)dx−nLnk(x)+(n+k)Ln−1k(x)=0\displaystyle x \frac{dL_{n}^{k}(x)}{dx}-nL_{n}^{k}(x)+(n+k)L_{n-1}^{k}(x)=0
이다.

5. 활용[편집]

5.1. 물리학적 활용[편집]

5.1.1. 수소 원자 모형[편집]

6. 관련 문서[편집]


[1] 정의식에서 유도할 수 있다.