Hermitesche Polynome < Funktionen < eindimensional < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
|
| Status: |
(Frage) beantwortet  | | Datum: | 17:06 Do 24.03.2011 | | Autor: | Zukku |
| Aufgabe | Sei [mm] f(x)=e^{-x^2}. [/mm] Zeige: f^(n)(x)ist von der Gestalt [mm] H_{n}(x)*e^{-x^2}, [/mm] wo [mm] H_{n} [/mm] ein Polynome ist.
Zeige: [mm] H_{n+1}+2xH_{n}+2nH_{n-1}=0
[/mm]
und [mm] H''_{n}-2xH'_{n}+2nH_{n}=0. [/mm] |
Wie kann ich das zeigen?
Ansätze: Ich hab mich damit beschäftigt und [mm] H_{1} [/mm] bis [mm] H_{4} [/mm] aufgestellt und herausgefunden, dass ich [mm] H_{n} [/mm] schreiben kann als [mm] H'_{n-1}-2x*H_{n-1}.
[/mm]
Dann habe ich versucht, die erste Formel mit Induktion zu beweisen, komme aber nicht auf das n in der Formel.
Bitte um Hilfe!
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
|
|
| |
|
Zeigen wir zunächst, daß die [mm]n[/mm]-te Ableitung von der Gestalt
[mm]f^{(n)}(x) = H_n(x) \cdot \operatorname{e}^{-x^2}[/mm] mit einem Polynom [mm]H_n(x)[/mm]
ist.
Für [mm]n=0[/mm], also die Funktion [mm]f[/mm] selbst, stimmt die Aussage mit [mm]H_0(x) = 1[/mm] konstant. (Induktionsverankerung)
Nehmen wir an, die Aussage stimmt für ein gewisses [mm]n[/mm], also
[mm]f^{(n)}(x) = H_n(x) \cdot \operatorname{e}^{-x^2}[/mm] (Induktionsannahme)
so folgern wir durch nochmaliges Differenzieren
[mm]f^{(n+1)}(x) = \left( f^{(n)} \right)'(x) = H_n'(x) \cdot \operatorname{e}^{-x^2} - 2x \cdot H_n(x) \cdot \operatorname{e}^{-x^2} = \left( H_n'(x) - 2x \cdot H_n(x) \right) \cdot \operatorname{e}^{-x^2}[/mm]
Setzen wir also
[mm]H_{n+1}(x) = H_n'(x) - 2x \cdot H_n(x)[/mm]
so erkennen wir die Richtigkeit der Aussage auch für [mm]n+1[/mm] (Induktionsbehauptung), denn die Ableitung eines Polynoms ist wieder ein Polynom, und das Weitere garantieren die Ringeigenschaften der Polynome.
Du kannst in die Behauptung noch aufnehmen, daß der Leitkoeffizient von [mm]H_n(x)[/mm] den Wert [mm](-2)^n[/mm] hat, und darüber die Induktion laufen lassen. Dann weißt du noch etwas mehr, nämlich daß [mm]H_n(x)[/mm] vom Grad [mm]n[/mm] ist.
Und für die restlichen Behauptungen könnte man auch an Induktion denken.
|
|
|
| |
|
In der Angabe befindet sich ein kleiner Fehler, es müsste
[mm] H_{n+1}-2xH_{n}+2nH_{n-1}=0 [/mm] heißen, nicht
[mm] H_{n+1}+2xH_{n}+2nH_{n-1}=0
[/mm]
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 07:13 Fr 25.03.2011 | | Autor: | Zukku |
Das stimmt, danke für die Korrektur!
Außerdem habe ich mich unklar ausgedrückt, entschuldigung. Mein Problem ist es nicht zu zeigen, dass alle [mm] H_{n} [/mm] Polynome sind, das habe ich schon geschafft.
Ich schaffe es aber nicht, mit Induktion die beiden Formeln unten, also die Rekursionsformeln zu beweisen.
Danke für eure Hilfe!
lg Zukku
|
|
|
| |
|
Irgendwie finde ich, daß das Pluszeichen richtig ist, nicht das Minuszeichen.
Man berechnet mit [mm]H_{n+1}(x) = H_n'(x) - 2x H_n(x)[/mm] und [mm]H_0(x) = 1[/mm] die ersten Glieder
[mm]H_0(x) = 1 \, , \ \ H_1(x) = -2x \, , \ \ H_2(x) = 4x^2 - 2[/mm]
Und hier gilt: [mm]H_2(x) + 2x H_1(x) + 2 H_0(x) = 0[/mm]
Indem man die Gleichung mit [mm]\operatorname{e}^{-x^2}[/mm] (was ja nie 0 werden kann) durchmultipliziert, erhält man die äquivalente Formel
[mm]f''(x) + 2x f'(x) + 2 f(x) = 0[/mm]
Und jetzt zeigt man mit Induktion
[mm]\text{(\*)} \ \ f^{(n+1)}(x) + 2x f^{(n)}(x) + 2n f^{(n-1)}(x) = 0[/mm] für [mm]n \geq 1[/mm]
Der Induktionsanfang [mm]n=1[/mm] wurde gerade gemacht. Und die Induktionsbehauptung erhält man aus der Induktionsannahme schlicht durch Differenzieren der Gleichung.
Wenn man [mm]\text{(\*)}[/mm] mit [mm] \operatorname{e}^{x^2} [/mm] multipliziert, folgt
[mm]H_{n+1}(x) +2x H_n(x) + 2n H_{n-1}(x) = 0[/mm]
|
|
|
|
