Relación de recurrencia de los polinomios de Hermite

Question

Los polinomios de Hermite $H_n (x)$ se pueden obtener utilizando la relación de recurrencia $$H_{n+1} (x)=2xH_n (x)-2nH_{n-1} (x).$$ Para demostrar esto, comencé calculando la primera derivada de la fórmula de Rodrigues de Hermite $H_n (x)=(-1)^n e^{x^2} \frac{d^n}{dx^n} e^{-x^2 } $. El proceso es el siguiente: $$ \frac{d}{dx}H_n (x)=(-1)^n 2xe^{x^2}\frac{d^n}{dx^n} e^{-x^2 }+(-1)^n e^{x^2} \frac{d^{n+1}}{dx^{n+1}}e^{-x^2 } $$ Rearreglando los términos en la ecuación anterior obtenemos $$H_{n+1} (x)=2xH_n (x)-\frac{d}{dx}H_n (x)$$ o $$H_{n+1} (x)=2xH_n (x)-H_n'(x).$$

Eso es todo. Me quedé atascado aquí. No sé cómo mostrar que $H_n' (x)=2nH_{n-1} (x)$. ¿Me puedes ayudar?

Answer 1

¡Esribamos $D = \frac{\operatorname{d}}{\operatorname{d}x}$, y tomemos la derivada de $H_n$ $$ \begin{aligned}D H_n &= D \left( e^{x^2} D^n e^{-x^2} \right) \\ &= 2 x e^{x^2} D^n e^{-x^2} + e^{x^2} D^n \left( - 2 x e^{-x^2} \right) \\ &= 2 x e^{x^2} D^n e^{-x^2} + e^{x^2} \sum_{k=0}^n \binom{n}{k} D^k (-2 x) D^{n-k} e^{-x^2} \\ & \left(\text{nota que $D^k(-2x)=0$ para $k\ge 2$, entonces $\sum_{k=0}^n=\sum_{k=0}^1$}\right)\\ &= 2 x e^{x^2} D^n e^{-x^2} + e^{x^2} \sum_{k=0}^1 \binom{n}{k} D^k (-2 x) D^{n-k} e^{-x^2}\\ &= {{2 x e^{x^2} D^n e^{-x^2} }}+ e^{x^2} \left(\underbrace{\binom{n}{0}}_1\underbrace{D^0(-2x)}_{-2x}D^{n}e^{-x^2}+\underbrace{\binom{n}{1}}_n\underbrace{D^1(-2x)}_{-2}D^{n-1}e^{-x^2} \right) \\ &= \color{red}{{2 x e^{x^2} D^n e^{-x^2} }}+ e^{x^2} \left(\color{red}{-{2 x D^{n} e^{-x^2} }}- 2 n D^{n-1} e^{-x^2} \right) \end{aligned} $$ Entonces tenemos el resultado final bastante simple $$\frac{\operatorname{d}}{\operatorname{d}x} H_n(x)=2 n H_{n-1}(x)$$

Answer 2

$H_n'(x) = 2n H_{n-1}(x)$ se puede demostrar por inducción. El caso base $H_1'(x) = 2H_0(x)$ es fácil de verificar. Ahora, asumimos $H_k'(x) = 2k H_{k-1}(x)$ y mostraremos $H_{k+1}'(x) = 2(k+1) H_{k}(x)$. Tomando derivadas en ambos lados de la relación de recurrencia $H_{k+1}(x) = 2xH_k(x)-H_k'(x)$, se obtiene $$ H_{k+1}'(x) = 2H_k(x) + 2xH_k'(x) - H_{k}''(x). $$ Usando la hipótesis inductiva $H_k'(x) = 2k H_{k-1}(x)$, tenemos \begin{aligned} H_{k+1}'(x) &= 2H_k(x) + 4kxH_{k-1}(x) - 2kH_{k-1}'(x) \\ & = 2H_k(x) + 2k[2xH_{k-1}(x) - H_{k-1}'(x)] \\ &= 2H_k(x) + 2kH_k(x) \\ &= 2(k+1)H_k(x). \end{aligned}