Análogos $q$ curiosos

Question

Considera los polinomios de Fibonacci
$$F_n (x) = \sum_{j = 0}^{\left\lfloor {n/2} \right\rfloor }\binom{n-j}{j} x^{n - 2j} $$ y los polinomios de Lucas
$$L_n (x) = \sum_{j = 0}^{\left\lfloor {n/2} \right\rfloor }\frac{n}{n-j }\binom{n-j}{j} x^{n - 2j} .$$

Sea $X$ el operador de multiplicación $Xp(x)=xp(x)$ en los polinomios, $D_q$ el operador de $q$-diferenciación definido por $$D_q p(x)=\frac{p(qx)-p(x)}{qx-x}$$ y $A=X+(q-1)D_q$.

Aplicando el operador $F_n(A)$ al polinomio constante $1$ tiene el efecto curioso de que todos los coeficientes binomiales $\binom{n}{j}$ se cambian a coeficientes $q$-binomiales ${n\brack j}$ junto con algún $q$-potencia. Más específicamente, obtenemos $$F_n(A)1=F_n(x|q)= \sum_{j = 0}^{\left\lfloor {n/2} \right\rfloor } {q^{j+1\choose 2}}{n-j\brack j} x^{n - 2j} $$ y $$ L_n(A)1=L_n(x|q)= \sum_{j = 0}^{\left\lfloor {n/2} \right\rfloor } {q^{j\choose 2}}{\frac{[n]}{[n-j]}}{n-j\brack j} x^{n - 2j} .$$

¿Es este un fenómeno aislado o existen fórmulas similares para polinomios? En otras palabras, ¿existen polinomios $p_n(x)$ en una variable $x$ y operadores $B(q)$ que satisfacen $B(1)=X$ tal que $p_n(B(q))1$ sea un análogo $q$ simple o hermoso de $p_n(x)$?

Un ejemplo trivial sería $p_n(x)=x^n$ y $B(q)=\epsilon(q)X$ con $\epsilon(q)p(x)=p(qx)$.

Editar

Recientemente he notado que los polinomios Rogers-Szegö $$R_n(x,s)= \sum_{j = 0}^{n }{n\brack j} x^{j}s^{n-j} $$ también se pueden representar de esta manera: $$R_n(x,s)=(x+s+(q-1)xsD_q)^n1.$$ Dado que este es el $q-$análogo más natural del teorema binomial, estaría asombrado si nadie ha visto aún este hecho. La prueba es la misma que la de la conocida recursión $R_{n+1}(x,s)=xR_{n}(x,s)+(q^n-1)xs R_{n-1}(x,s).$

Se sigue inmediatamente de la recurrencia de los coeficientes $q-$binomiales:

$(x+s+(q-1)xsD_q) \sum_{j = 0}^{n }{n\brack j} x^{j}s^{n-j}$ $=\sum_{j = 0}^{n }{n\brack j} x^{j+1}s^{n-j}$ $+\sum_{j = 0}^{n }{n\brack {j}} x^{j}s^{n-j+1}$ $+\sum_{j = 0}^{n }(q^{j}-1){n\brack j} x^{j}s^{n-j+1}$ $= \sum_{j = 0}^{n+1 }({n\brack j}+{n\brack {j-1}}+(q^{j}-1) {n\brack {j}}) x^{j} s^{n-j+1}$ $=\sum_{j = 0}^{n +1}{{n+1}\brack j} x^{j}s^{n-j+1}.$

Answer 1

Esta no es una respuesta definitiva, ya que no contiene más ejemplos, sino más bien una observación.
Si tienes una secuencia $P_n(x)$ de polinomios definidos recursivamente por la fórmula $$P_n(x)=x^{a_1}P_{n-1}(x)+x^{a_2}P_{n-2}(x)+\cdots+x^{a_k}P_{n-k}(x),$$ y un operador $B(q)$ con $\lim_{q \to 1} B(q)=X$, obtenemos: $$P_n(B)1=B^{a_1}P_{n-1}(B)1+B^{a_2}P_{n-2}(B)1+\cdots+B^{a_k}P_{n-k}(B)1.$$

Denotando $P_n(B)1$ como $\hat P_n(x)$ y suponiendo que $B$ es lineal (lo cual es así, si depende solo de $X$ y $D_q$, como sugieren todos tus ejemplos), obtenemos: $$\lim_{q\to 1}\hat P_n(x)=\lim_{q\to 1}x^{a_1}\hat P_{n-1}(x)+x^{a_2}\hat P_{n-2}(x)+\cdots+x^{a_k}\hat P_{n-k}(x),$$

Por lo tanto, $\lim_{q\to 1}\hat P_n(x)$ satisface la misma recursión que $P_n(x)$ y si los primeros $k$ términos son iguales, entonces $\lim_{q\to 1}\hat P_n(x) = P_n(x)$ para todo $n$. Esta es precisamente la definición de un análogo $q$. Si será interesante es otra cuestión, pero creo que esto debe decidirse caso por caso.

Observé que todos tus ejemplos tienen la forma $B(q)=X+a(q-1)D_q$. Esto se asemeja un poco a un término lineal de una serie en $D_q$ de la forma $$B(q)=X+a_1(q-1)D_q+a_2(q-1)^2D_q^2+\cdots,$$ así que quizás si pudieras encontrar ejemplos con $B$ no lineal en $D_q$, sería muy interesante.