Calcular una integral con polinomios de Hermite

Question

Tengo que calcular la integral

$$\frac{1}{\sqrt{2^nn!}\sqrt{2^ll!}}\frac{1}{\sqrt{\pi}}\int_{-\infty}^{+\infty}H_n(x)e^{-x^2+kx}H_l(x)\;\mathrm{d}x$$

donde $H_n(x)$ es el $n^{th}$ El polinomio de Hermite y demostrar que es igual a

$$\sqrt{\frac{m_<!}{m_>!}}\left(\frac{k}{\sqrt{2}}\right)^{|n-l|}L_{m_<}^{|n-l|}\left(-\frac{k^2}{2}\right)\exp\left(\frac{k^2}{4}\right)$$

donde $m_<$ y $m_>$ denotan el menor y el mayor, respectivamente, de los dos índices $n$ y $l$ y donde $L_n^m$ son los polinomios de Laguerre asociados.

El último término es $\exp(k^2/4)$ Por lo tanto, supongo que empiezo con

$$\frac{1}{\sqrt{2^nn!}\sqrt{2^ll!}}\frac{1}{\sqrt{\pi}}\int_{-\infty}^{+\infty}H_n(x)e^{-x^2+kx-\frac{k^2}{4}}e^{\frac{k^2}{4}}H_l(x)\;\mathrm{d}x$$ $$\frac{1}{\sqrt{2^nn!}\sqrt{2^ll!}}\frac{1}{\sqrt{\pi}}e^{\frac{k^2}{4}}\int_{-\infty}^{+\infty}H_n(x)e^{-(x-\frac{k}{2})^2}H_l(x)\;\mathrm{d}x$$

pero aquí estoy atascado... ¡Gracias por su ayuda!

Answer 1

Dado que la pregunta de phys.se estaba cerrada, voy a publicar mi respuesta aquí.

Una forma de hacerlo es por inducción, primero en $n$ y luego en $l$ . El caso base es fácil, ya que $H_0(x)$ es constante, y la integral es una gaussiana simple; la integral para $n=1$ y $l=0$ también es fácil. A continuación, arregle $l=1$ y asumir la fórmula de la arbitrariedad $n$ . Entonces se puede demostrar la fórmula para $n+1$ utilizando la relación de recurrencia para $H_{n+1}$ , $$H_{n+1}(x)=2xH_n(x)-2nH_n(x),$$ cambiar la $2x$ para una derivada con respecto a $k$ y aplicando una relación de recurrencia para el polinomio de Laguerre en el lado derecho. Esto demostrará el caso general bajo $l=1$ . A continuación, utilizando un procedimiento de inducción similar para $1\leq l\leq n$ demostrará la declaración completa.

Sé que es feo, pero debería funcionar.

La otra posibilidad es hacer lo que todo el mundo hace: reducirlo al elemento matriz $\langle m|\hat{D}(\alpha)|n\rangle$ y luego citar a ciegas* a Cahill y Glauber (Expansiones ordenadas en operadores de amplitud de bosones. Phys. Rev. 177 no. 5 (1969), pp. 1857-1881, Apéndice B. ). Lo que hacen, si mis notas de tesis son de fiar, es comparar el elemento de la matriz $$\langle m|\hat{D}(\beta)|\alpha\rangle=\langle m|e^{\frac12 (\beta\alpha^\ast-\beta^\ast\alpha)}|\alpha+\beta\rangle=\frac{1}{\sqrt{m!}}(\beta+\alpha)^m e^{-\frac12|\beta|^2-\frac12|\alpha|^2-\beta^\ast\alpha} $$ a la función generadora de los polinomios de Laguerre, $$ (1+y)^m e^{-xy}=\sum_{n=0}^\infty L_n^{(m-n)}(x) y^n $$ (que es válido para todos los $y\in\mathbb{C}$ ; toma $y=\beta/\alpha$ hasta los conjugados) y de ahí al original expandiendo el estado coherente $|\alpha\rangle$ en una expansión de estado numérico, comparando los coeficientes de $\alpha^n$ .

(Tenga en cuenta también que tendrá que hacer una rotación al complejo $k$ . Esto se debe a que su integral es de la forma $\langle m|e^{k\hat{x}}|n\rangle$ y de verdad $k$ el operador $e^{k\hat{x}}$ no es unitario. Haciendo esto también se obtiene el resultado deseado en la forma mucho más agradable $L_{m_<}^{|n-l|}(k^2/2)e^{-\frac14 k^2}$ que oscila para pequeños $k$ y luego decae. Cambiando $k$ para $ik$ es válida porque ambos lados de su igualdad objetivo son funciones enteras de $k\in\mathbb{C}$ y para demostrar que son iguales en un eje basta con continuación analítica .)

En mi opinión, esto es igual de feo. Pero te diría que hicieras las dos formas ya que aprenderás mucho de cada una. Si te rindes, la palabra clave mágica de google es "estados numéricos desplazados".

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*Dato divertido: los trabajos que necesitan este elemento de la matriz suelen citar también el otro trabajo de Cahill y Glauber (página 1883, misma revista, mismo volumen), que no se relaciona con él. ¡Cuidado con citar a ciegas!

Answer 2

Finalmente encontré cómo hacerlo. Lo publico, por si a alguien le interesa.

\begin{align} D_{ln}(\varkappa) &= \frac{1}{\sqrt{2^nn!}\sqrt{2^ll!}}\frac{1}{\sqrt{\pi}}\int_{-\infty}^{+\infty}H_n(\tilde{x})e^{-\tilde{x}^2+\varkappa \tilde{x}}H_l(\tilde{x})\;\mathrm{d}\tilde{x} \notag\\ &= \frac{1}{\sqrt{2^nn!}\sqrt{2^ll!}}\frac{1}{\sqrt{\pi}}\int_{-\infty}^{+\infty}H_n(\tilde{x})e^{-\tilde{x}^2+\varkappa \tilde{x}-\varkappa^2/4}e^{\varkappa^2/4}H_l(\tilde{x})\;\mathrm{d}\tilde{x} \notag\\ &= \frac{1}{\sqrt{2^nn!}\sqrt{2^ll!}}\frac{1}{\sqrt{\pi}}e^{\varkappa^2/4}\underbrace{\int_{-\infty}^{+\infty}H_n(\tilde{x})e^{-(\tilde{x}-\varkappa/2)^2}H_l(\tilde{x})\;\mathrm{d}\tilde{x}}_I \end{align}

Si planteamos $x = \tilde{x}-\frac{\varkappa}{2}$ en esta expresión, la integral $I$ se convierte en

\begin{equation*} I = \int_{-\infty}^{+\infty}H_n(x+\varkappa/2)e^{-x^2}H_l(x+\varkappa/2)\;\mathrm{d}x \end{equation*}

Sabemos que

\begin{equation*} H_n(x+a) = \sum_{p=0}^n \frac{n!}{(n-p)!p!}(2a)^{n-p}H_p(x) \end{equation*}

Por lo tanto, la integral $I$ se convierte en

\begin{align*} I &= \int_{-\infty}^{+\infty} \sum_{p=0}^n \frac{n!}{(n-p)!p!}\varkappa^{n-p}H_p(x) e^{-x^2} \sum_{q=0}^l \frac{l!}{(l-q)!q!}\varkappa^{l-q}H_q(x)\;\mathrm{d}x \\ &= \sum_{p=0}^n\sum_{q=0}^l \frac{n!}{(n-p)!p!}\varkappa^{n-p}\frac{l!}{(l-q)!q!}\varkappa^{l-q}\int_{-\infty}^{+\infty}H_p(x) e^{-x^2}H_q(x)\;\mathrm{d}x \\ \end{align*}

Los polinomios de Hermite son ortogonales en el rango $(-\infty,\infty)$ con respecto a la función de ponderación $e^{-x^2}$ y satisfacer

\begin{alignat*}{2} &&&\int_{-\infty}^{+\infty}H_p(x) e^{-x^2}H_q(x)\;\mathrm{d}x = \sqrt{\pi}2^pp!\;\delta_{pq} \\ &\Rightarrow\quad&& I = \sum_{p=0}^n\sum_{q=0}^l \frac{n!}{(n-p)!p!}\frac{l!}{(l-q)!q!}\varkappa^{n+l-p-q}\cdot \sqrt{\pi}2^pp!\;\delta_{pq} \end{alignat*}

Como esta integral es nula si no tenemos $p=q$ podemos sustituir las dos sumas por una sola que va de 0 a $\min(n,l)$ . Digamos que $n<l$ . Por lo tanto, la expresión completa para el $D$ -matriz es

\begin{align} D_{ln}(\varkappa) &= \frac{1}{\sqrt{2^nn!}\sqrt{2^ll!}}\frac{1}{\sqrt{\pi}}e^{\varkappa^2/4} \sum_{p=0}^n \frac{n!}{(n-p)!p!}\frac{l!}{(l-p)!p!}2^pp!\sqrt{\pi}\;\varkappa^{n+l-2p} \notag\\ &= \frac{\varkappa^{n+l}}{\sqrt{2^nn!}\sqrt{2^ll!}}e^{\varkappa^2/4} \sum_{p=0}^n \frac{n!}{(n-p)!p!}\frac{l!}{(l-p)!}2^p\;\varkappa^{-2p} \notag\\ &= \sqrt{\frac{n!}{l!}}\left(\frac{\varkappa}{\sqrt{2}}\right)^{n+l}e^{\varkappa^2/4} \sum_{p=0}^n \frac{l!}{(n-p)!(l-p)!p!}\left(\frac{\varkappa^2}{2}\right)^{-p} \notag\\ &= \sqrt{\frac{n!}{l!}}\left(\frac{\varkappa}{\sqrt{2}}\right)^{l-n}e^{\varkappa^2/4} \sum_{p=0}^n \frac{l!}{(n-p)!(l-p)!p!}\left(\frac{\varkappa^2}{2}\right)^{n-p} \end{align}

Polinomios de Laguerre asociados $L_a^b(x)$ vienen dadas por

\begin{equation*} L_a^b(x) = \sum_{k=0}^{a}(-1)^k \frac{(a+b)!}{(a-k)!(b+k)!k!}x^k \end{equation*}

Nos sugiere transformar la expresión de la $D$ -matriz por la que se plantea $k=n-p$ . Por lo tanto, tenemos

\begin{align} D_{ln}(\varkappa) &= \sqrt{\frac{n!}{l!}}\left(\frac{\varkappa}{\sqrt{2}}\right)^{l-n}e^{\varkappa^2/4} \sum_{k=n}^0 \frac{(l)!}{(n-(n-k))!(l-(n-k))!(n-k)!}\left(\frac{\varkappa^2}{2}\right)^{n-(n-k)} \notag\\ &= \sqrt{\frac{n!}{l!}}\left(\frac{\varkappa}{\sqrt{2}}\right)^{l-n}e^{\varkappa^2/4} \sum_{k=0}^n \frac{l!}{k!(l-n+k)!(n-k)!}\left(\frac{\varkappa^2}{2}\right)^{k} \notag\\ &= \sqrt{\frac{n!}{l!}}\left(\frac{\varkappa}{\sqrt{2}}\right)^{l-n}e^{\varkappa^2/4} \sum_{k=0}^n (-1)^k\frac{([l-n]+n)!}{(n-k)!([l-n]+k)!k!}\left(-\frac{\varkappa^2}{2}\right)^{k} \notag\\ &= \sqrt{\frac{n!}{l!}}\left(\frac{\varkappa}{\sqrt{2}}\right)^{l-n}e^{\varkappa^2/4}L_n^{l-n}\left(-\frac{\varkappa^2}{2}\right) \end{align}

Hay que recordar que habíamos supuesto que $n<l$ . Pero podría ser de otra manera. Para ser general, $n_<$ y $n_>$ se definirá como $n_<=\min{(n,l)}$ y $n_>=\max{(n,l)}$ y $l-n=|l-n|$ . Entonces tenemos

\begin{equation} D_{ln}(\varkappa) = \sqrt{\frac{n_<!}{n_>!}}\left(\frac{\varkappa}{\sqrt{2}}\right)^{|l-n|}L_{n_<}^{|l-n|}\left(-\frac{\varkappa^2}{2}\right)e^{\varkappa^2/4} \end{equation}