Extraños integrales que implican a los polinomios de Hermite

Question

He tropezado con la siguiente integral, involucrando a los polinomios de Hermite:

$$ I(m) = \int_\mathbb{R} e^{i m x} \left[ e^{-\frac{x^2}{2}} H_m(x) \right] dx \, , \quad m \in \mathbb{N} \cup \{0\} \, , $$

lo cual es bastante raro. Se acercó tratando de obtener una expansión en términos de la oscilador armónico funciones propias de una serie de Fourier.

He buscado en manuales de funciones y también trató de resolverlo término por término encontrar una predicción de la serie, pero los coeficientes no tienen sentido para mí. Qué aspecto reconocible? ¿Alguien sabe cómo solucionarlo?

Aquí están cerradas las expresiones para los primeros seis $m$ valores:

\begin{align} I(0) &= \sqrt{2 \pi} \\ I(1) &= \sqrt{2 \pi} \left( \frac{2i}{\sqrt{e}} \right) \\ I(2) &= \sqrt{2 \pi} \left( -\frac{14}{e^2} \right) \\ I(3) &= \sqrt{2 \pi} \left( -\frac{180 i}{e^\frac{9}{2}} \right) \\ I(4) &= \sqrt{2 \pi} \left( \frac{3340}{e^8} \right) \\ I(5) &= \sqrt{2 \pi} \left( \frac{80600 i}{e^\frac{25}{2}} \right) \end{align}

Hay, obviamente, una regla de tipo $I(m) \propto \sqrt{2 \pi} e^{-m^2/2} i^m$, pero el número de coeficientes de seguir algunos no intuitivo de la regla.

Answer 1

La respuesta se desprende de Gradshteyn y Ryzhik, 7.376, $$ I_n(y):=\int_{-\infty}^\infty e^{i\,x\,y}e^{-x^2/2} \, H_n(x) \, dx = \sqrt{2 \pi} e^{-y^2/2} H_n(y) i^n .$$ Acaba de establecer $n=m$ e $y=m.$ me gustaría intentar una prueba, pero necesito lo que está permitido, como punto de partida.

EDITAR

La fórmula anterior es fácilmente derivados de la generación de la función $$ \sum_{n=0}^\infty \frac{t^n}{n!} H_n(x) = \exp{(-t^2+2x\,t)} $$ Hacer una fórmula para la generación de $I_n(y),$ intercambio integral y suma, y el uso de la fórmula anterior así: $$\sum_{n=0}^\infty \frac{t^n}{n!} I_n(y) = \int_{-\infty}^\infty e^{i\,x\,y} e^{-x^2/2} \exp{(-t^2+2x\,t)}dx = e^{-t^2} \exp{(\frac{1}{2}(2t+iy)^2 )}\sqrt{2\pi}$$ donde el conocido Gaussiano integral ha sido utilizado en el último paso. Organizar la exponenciales de la siguiente manera: $$e^{-t^2} \exp{(\frac{1}{2}(2t+iy)^2 )}= e^{-y^2/2} \exp{( -(it)^2 +2(it)y )} $$ El uso de la generación de la función de nuevo, pero ahora el argumento es $it.$ Igualar los coeficientes de $t$ para completar la prueba.

Answer 2

Al completar el cuadrado de los términos exponenciales se puede ver que \begin{align} \int_{-\infty}^{\infty} e^{i m x} \, e^{-x^2/2} \, H_{m}(x) \, dx &= e^{-m^2/2} \, \int_{-\infty}^{\infty} e^{-(x-i m)^{2}/2} \, H_{m}(x) \, dx \\ &= e^{-m^2/2} \, \int_{-\infty}^{\infty} e^{-u^{2}/2} \, H_{m}(u + i m) \, du \end {align}

Ahora use $$H_{n}(x+y) = \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} \, H_{k}(x) \, (2 y)^{n - k}$ $ en la forma $$H_{m}(u + i m) = \sum_{k=0}^{m} \binom{m}{k} \, H_{k}(i m) \, (2 u)^{m-k}.$ $ Esto lleva a: \begin{align} \int_{-\infty}^{\infty} e^{i m x} \, e^{-x^2/2} \, H_{m}(x) \, dx &= \sqrt{2} \, e^{-m^2/2} \, \sum_{k=0}^{m} \binom{m}{k} H_{k}(i m) \, 2^{3(m-k)/2} \, \Gamma\left(\frac{m-k+1}{2}\right). \end {align} Esta serie puede reducirse, pero es suficiente para algunos cálculos.

Answer 3

Deje $\psi_m = e^{-x^2/2} H_m(x)$ . Al aplicar la transformada de Fourier a $\psi_0$ y a la relación $\psi_{m + 1} = x \psi_m - \psi_m'$, se obtiene $$ \ hat \ psi_0 = \ sqrt {2 \ pi} \, \ psi_0, \\ \ hat \ psi_ {m + 1} = ix \ hat \ psi_m - i \ hat \ psi {} _m ', \\ \ hat \ psi_ {m} = C_m \ psi_m \ supset \ hat \ psi_ {m + 1} = i C_m \ psi_ {m + 1 }, \\ \ hat \ psi_m = \ sqrt {2 \ pi} \, i ^ m \ psi_m, \\ I (m) = \ hat \ psi_m (m). $$