Suma infinita de polinomios de Laguerre: es $\sum_{k=0}^{\infty}\frac{n!}{(k+n)!}x^kL_n^k(x)^2=e^x+P(x)$, ¿con $P$ un polinomio de grado $2n-1$?

Question

Tengo la siguiente expresión: $$ \sum_{k=0}^{\infty}\frac{n!}{(k+n)!}x^k(L_n^k(x))^2, $$ donde $$ L_n^k(x)=\sum_{j=0}^n(-1)^j\binom{n+k}{n-j}\frac{x^j}{j!} $$ es el polinomio de Laguerre asociado usual y $k\in\mathbb N$. En particular $\int_0^{\infty}e^{-x}x^k(L^k_n(x))^2=\frac{(k+n)!}{n!}$.

Estoy tratando de encontrar una forma de simplificar esta suma. No soy un experto en funciones especiales y apreciaría algunas referencias o pistas. He estado intentando bastante duro utilizando algunas relaciones de recurrencia y otras fórmulas encontradas en la literatura.

Lo que me gustaría probar es lo siguiente: $$ \sum_{k=0}^{\infty}\frac{n!}{(k+n)!}x^k(L_n^k(x))^2=e^x+P_{2n-1}(x), $$ donde $P_{2n-1}(x)$ es un polinomio de grado $2n-1$ (si $n=0$, establecemos $P_{-1}=0)$. Esto es claramente cierto cuando $n=0$, y se puede probar fácilmente para valores pequeños de $n$ ($n=1,2,...$). Una forma alternativa es diferenciar $2n$ veces y probar que la suma resultante da $e^x$, pero este enfoque sigue siendo complicado (al menos, para mí).

No sé si esto es algo conocido, apreciaría una referencia en ese caso.

Answer 1

Todo se vuelve más simple si añadimos algunos parámetros y empezamos la suma en $k=-n$ en lugar de $k=0$. Nota que si $k$ es un entero negativo con $-n\le k \le -1$ entonces $L_n^k(x)$ es un polinomio en $x$ divisible por $x^{-k}$.

Entonces tenemos la fórmula $$\sum_{k=-n}^\infty \frac{n!}{(k+n)!}z^k L_n^k(x)L_n^k(y)=e^z\sum_{i=0}^n\frac{1}{i!}\binom{n}{i}\left(\frac{(x-z)(y-z)}{z}\right)^i,$$ la cual puede ser probada expandiendo el lado derecho y simplificando, usando el teorema de Vandermonde. Así \begin{multline*} \sum_{k=0}^\infty \frac{n!}{(k+n)!}z^k L_n^k(x)L_n^k(y)\\ = e^z\sum_{i=0}^n\frac{1}{i!}\binom{n}{i}\left(\frac{(x-z)(y-z)}{z}\right)^i - \sum_{k=-n}^{-1} \frac{n!}{(k+n)!}z^k L_n^k(x)L_n^k(y). \end{multline*} Si tomamos $z=x$ los términos en la primera suma a la derecha con $i>0$ desaparecen y obtenemos $$ \sum_{k=0}^\infty \frac{n!}{(k+n)!}x^k L_n^k(x)L_n^k(y) =e^x - \sum_{k=-n}^{-1} \frac{n!}{(k+n)!}x^k L_n^k(x)L_n^k(y), $$ así que esto proporciona una fórmula explícita para los polinomios del OP.

Answer 2

$\newcommand{\bi}{\binom}$Probemos la conjetura más general sugerida por T. Amdeberhan.

Sea \begin{equation*} \begin{aligned} &s_n(x,y) \\ &:=\sum_{k=0}^\infty\frac{n!}{(k+n)!}x^kL_n^k(x)L_n^k(y) \\ &=\sum_{k=0}^\infty\frac{n!}{(k+n)!} \sum_{j=0}^n \frac{(-1)^j}{j!}\bi{n+k}{n-j}y^j \, \sum_{i=0}^n \frac{(-1)^i}{i!}\bi{n+k}{n-i}x^{k+i} \\ &=n! \sum_{p=0}^\infty \sum_{j=0}^n y^j \, x^{p-j} \sum_{i=0}^n 1(i+j\le p)\frac{(-1)^{i+j}}{i!j!} \frac1{(p-i-j+n)!}\\ &\qquad\qquad\qquad\qquad\quad\times\bi{n+p-i-j}{n-i}\bi{n+p-i-j}{n-j}. \end{aligned} \tag{1}\label{1} \end{equation*} Entonces, para $n$ natural, después de un poco de álgebra obtenemos \begin{equation*} \frac{s_n(x,y)-s_{n-1}(x,y)}{(n-1)!} =\sum_{p=0}^\infty \sum_{j=0}^n c_{n,p,j}\, y^j x^{p-j}, \tag{2}\label{2} \end{equation*} donde \begin{equation*} c_{n,p,j}:=\sum_{i=0}^n 1(i+j\le p)F(j,i) \tag{3}\label{3} \end{equation*} y \begin{equation*} F(j,i):=F_{n,p}(j,i):=\frac{(-1)^{i+j} (n p-i j) (n+p-i-j-1)!}{i! j! (n-i)! (n-j)! (p-i)! (p-j)!}; \end{equation*} nota que $c_{n,p,j}=0$ si $j>p$.

De acuerdo con la respuesta de Peter Taylor, sea \begin{equation*} R(j,i):=\frac{i \left(n+p+n p-i-j-i j\right)}{(j+1) \left(n p-i j\right)} \end{equation*} y luego \begin{equation*} G(j,i):=R(j,i)F(j,i). \end{equation*} Entonces obtenemos la identidad de Wilf–Zeilberger \begin{equation*} F(j+1,i)-F(j,i)=G(j,i+1)-G(j,i). \tag{4}\label{4} \end{equation*} Tomemos ahora cualquier $p\ge2n$. Entonces el factor $1(i+j\le p)$ en \eqref{3} es $1$ para $i,j\le n$, y por lo tanto, en vista de la propiedad de anulación proporcionada por \eqref{4}, $c_{n,p,j}$ no depende de $j\in\{0,\dots,n\}$: \begin{equation*} \begin{aligned} c_{n,p,j}&=\sum_{i=0}^n F(j,i) \\ &=\sum_{i=0}^n F(n,i) =\frac{(-1)^n n}{n!n!(n+q)!}\sum_{i=0}^n (-1)^i \bi ni=0. \end{aligned} \end{equation*} Por lo tanto, $c_{n,p,j}=0$ para $p\ge2n$.

Es decir, por \eqref{2}, $s_n(x,y)-s_{n-1}(x,y)$ es un polinomio (en $x,y$) de grado $\le2n-1$. Además, $s_0(x,y)=e^x$. Así, $s_n(x,y)-e^x$ es un polinomio de grado $\le2n-1$.

Sustituyendo aquí $x$ por $y$, obtenemos la conjetura en el OP.

Answer 3

Conjetura. Parece que esta generalización se cumple: $$ \sum_{k=0}^{\infty}\frac{n!}{(k+n)!}x^kL_n^k(x)L_n^k(y)=e^x+P_{2n-1}(x,y), $$ donde $P_{2n-1}(x,y)$ es un polinomio de grado $2n-1$.