Cómo obtener la n-ésima derivada de $e^{x^2/2}$

Question

Quiero calcular la n-ésima derivada de $e^{x^2/2}$. Es como sigue: $$ \frac{d}{dx} e^{x^2/2} = x e^{x^2/2} = P_1(x) e^{x^2/2} $$ $$ \frac{d^n}{dx^n} e^{x^2/2} = \frac{d}{dx} (P_{n-1}(x) e^{x^2/2}) = (x P_{n-1}(x) + \frac{dP_{n-1}}{dx})e^{x^2/2} = P_n(x) e^{x^2/2} $$ Así que tenemos recursiva relación de $P_n$: $$ P_n(x) = xP_{n-1} + \frac{dP_{n-1}}{dx}, P_0(x) = 1\tag1 $$ Mi pregunta es cómo resolver el problema de la relación recursiva que involucran la función y la derivada. Sé que la generación de la función de la recursividad como $a_{n+1}=a_{n}+a_{n-1}$. Pero no estoy seguro de cómo resolver $(1)$.

Answer 1

Como se señaló antes de que esta es una variante de los polinomios de Hermite. Debido a las diferencias sutiles, vamos a adaptar el estándar de derivación de Arfken.

La generación de la función

Primero \begin{align} \frac{d^n}{dx^n} e^{x^2/2} &= \lim_{t\rightarrow 0} \frac{d^n}{dx^n} e^{(x+t)^2/2} \tag{1} \\ &= \lim_{t\rightarrow 0} \frac{d^n}{dt^n} e^{(x+t)^2/2} \\ &= e^{x^2/2} \lim_{t\rightarrow 0} \frac{d^n}{dt^n} e^{xt + t^2/2}, \end{align} Esto significa que los polinomios $P_n(x)$ estamos buscando son sólo el $n$th coeficientes de la expansión de Taylor de $e^{xt+t^2/2}$. En otras palabras, \begin{align} e^{xt + t^2/2} = \sum_{n = 0}^\infty \frac{P_n(x)}{n!} t^n. \tag{2} \end{align} El lado izquierdo es la exponencial de la generación de la función de $P_n(x)$.

Relaciones de recurrencia

Si nos diferencian (2) con respecto a $t$, $$ (x + t) \, e^{xt + t^2/2} = \sum_{n = 0}^\infty \frac{P_n(x)}{(n-1)!} t^{n-1} = \sum_{n = 1}^\infty \frac{P_{n+1}(x)}{n!} t^n. \etiqueta{3} $$ La expansión de la mano izquierda, \begin{align} (x + t) \, e^{xt + t^2/2} &= (x + t) \sum_{n = 0}^\infty \frac{ P_n(x) }{n!} t^n \\ &= \sum_{n = 0}^\infty \frac{ x \, P_n(x) }{n!} t^n + \sum_{n = 0}^\infty \frac{ P_n(x) }{n!} t^{n+1} \\ &= \sum_{n = 0}^\infty \frac{ x \, P_n(x) }{n!} t^n + \sum_{n = 0}^\infty \frac{ n \, P_{n-1}(x) }{n!} t^{n}. \tag{4} \end{align} La comparación de los coeficientes de $t^n/n!$ (3) y (4) los rendimientos $$ P_{n+1}(x) = x \, P_n(x) + n P_{n-1}(x). \etiqueta{5} $$

Del mismo modo, mediante la diferenciación de (2) con respecto a $x$, obtenemos $$ P'_n(x) = n P_{n-1}(x), \etiqueta{6} $$ que es señalado por Barry Cipra. La combinación de los dos rendimientos de la relación de hermes.

Explícito fórmula

Una explícita fórmula es más fácil de derivados de la generación de función en lugar de la de relaciones de recurrencia: \begin{align} e^{xt+t^2/2} &= e^{xt} \, e^{t^2/2}\\ &= \sum_{s = 0}^\infty \frac{(xt)^s}{s!} \sum_{m = 0}^\infty \frac{t^{2m}}{2^m \, m!} \\ &= \sum_{n = 0}^\infty \left( \sum_{m = 0}^{[n/2]} \frac{ n! \, x^{n-2m} }{ 2^m \, m! \, (n-2m)! } \right) \frac{t^n}{n!}, \end{align} donde $[n/2]$ denota el mayor entero que no excede $n/2$. La comparación de este con (2), obtenemos \begin{align} P_n(x) = \sum_{m = 0}^{[n/2]} \frac{ n! \, x^{n-2m} }{ 2^m \, m! \, (n-2m)! }. \end{align}

Las relaciones a las definiciones estándar

Para referencia, $P_n(x)$ está relacionado con la norma de los polinomios de Hermite como \begin{align} P_n(x) &= (-i)^n \, \mathrm{He}_n(ix) \\ &= \frac{1}{(\sqrt{2} \, i)^n} \, H_n\left(\frac{ix}{\sqrt{2}}\right). \end{align}

Notas

Recientemente he descubierto que el problema está relacionado con Encontrar una expresión para la $n$-ésima derivada de $f(x)=e^{x^2}$, y la solución anterior es esencialmente el mismo que este.

Answer 2

Trate de probar (por inducción) que

$$P_{n+1}=xP_n+nP_{n-1}$$

(Nota, esto es equivalente a probar que $P_n'=nP_{n-1}$.)

Answer 3

Aquí es otro método que se va a trabajar. Se ha demostrado por un simple argumento de que

$${P_i}(x) = {P'_{i - 1}}(x) + x{P_{i - 1}}(x),\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,{P_0}(x) = 1,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,i = 1,2,...,n\tag{1}$$

Ahora echemos un vistazo a los derivados de la $f(x)$ directamente

$$\eqalign{ y {f^{(0)}}(x) = {e^{{{{ x^2}} \over 2}}} \cr y {f^{(1)}}(x) = x{e^{{{{ x^2}} \over 2}}} \cr y {f^{(2)}}(x) = \left( {1 + {x^2}} \right){e^{{{{ x^2}} \over 2}}} \cr y {f^{(3)}}(x) = \left( {3x + {x^3}} \right){e^{{{{ x^2}} \over 2}}} \cr & . \cr & . \cr & . \cr y {f^{(n)}}(x) = {P_n}(x){e^{{{{ x^2}} \over 2}}} \cr} \etiqueta{2}$$

El primer par de términos sugieren la fórmula ${{P'}_i}(x) = i{P_{i - 1}}(x)$ para ser verdad. Podemos demostrar esto fácilmente mediante el uso de $(1)$ e inducción. De acuerdo a $(2)$, está claro que la fórmula es verdadera para $i=1$. Ahora supongamos que es cierto para $i=k$, ${{P'}_k}(x) = k{P_{k - 1}}(x)$, y, a continuación, vamos a probar esto también es cierto para $i=k+1$. Para tal fin, considerar la siguiente

$$\eqalign{ & {P_{k + 1}}(x) = {{P'}_k}(x) + x{P_k}(x) = k{P_{k - 1}}(x) + x{P_k}(x) \cr & {{P'}_{k + 1}}(x) = k{{P'}_{k - 1}}(x) + {\left( {x{P_k}(x)} \right)^\prime } \cr & \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = k{{P'}_{k - 1}}(x) + {P_k}(x) + x{{P'}_k}(x) \cr & \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = k{{P'}_{k - 1}}(x) + {P_k}(x) + kx{P_{k - 1}}(x) \cr & \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = k\left( {{{P'}_{k - 1}}(x) + x{P_{k - 1}}(x)} \right) + {P_k}(x) \cr & \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = k{P_k}(x) + {P_k}(x) \cr & \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \a la izquierda( {k + 1} \right){P_k}(x) \cr}\etiqueta{3} $$

Ahora la combinación de este nuevo resultado con $(1)$ podemos concluir

$${P_i}(x) = x{P_{i - 1}}(x) + i{P_{i - 2}}(x),\,\,\,\,\,{P_0}(x) = 1,\,\,\,{P_1}(x)=x,\,\,\,\,\,i = 2,3,...,n\tag{4}$$

Por último, puede utilizar $(4)$ como una relación recursiva para derivar $P_n(x)$ regular procedimiento sistemático. Eso es todo.

Answer 4

Tenemos la regla multiplicativa para la diferenciación: $$\frac{\partial fg}{\partial x} = \frac{\partial f}{\partial x} g + f \frac{\partial g }{\partial x}$$

También la "regla de la cadena" o regla para la función composición: $$\frac{\partial (g(h))}{\partial x} = \frac{\partial g}{\partial h}\frac{\partial h}{\partial x}$$

Así que vamos a $g = \exp(h)$, $h = x^2/2$. Vemos que $\frac{\partial h}{\partial x} = x$ $\frac{\partial g}{\partial h} = g$

Ahora nos vamos a $f$ ser un polinomio. La diferenciación de un polinomio y expresar el resultado es una simple lineal cosa que hacer. Cada exponente es reducido por uno y coeficiente multiplicado por el antiguo exponente de modo que podemos escribir esto como una matriz con los números de $1,2,3$ en uno de los superdiagonals. Pero la multiplicación con $x$ es también una operación de matriz de los coeficientes de un polinomio. Por lo que podemos reescribir cada diferenciación como una matriz-vector producto y, a continuación, investigar sus propiedades en términos de las propiedades de la matriz y de álgebra lineal.

Answer 5

Usted podría tratar de $P_n(x)=\Sigma^n_{i=0} a_{n,i}x^i$

Entonces su ecuación de $(1)$ hace $\Sigma^n_{i=0} a_{n,i}x^i=x\Sigma^{n-1}_{i=0} a_{n-1,i}x^i+\Sigma^n_{i=0} ia_{n-1,i}x^{i-1}$

La comparación de los coeficientes de $x^i$ da $a_{n,i}=a_{n-1,i-1}+ia_{n-1,i+1}$

¿Eso ayuda?