¿Representaciones integrales del polinomio de Hermite?

Question

Uno de mis antiguos alumnos me preguntó cómo pasar de una presentación del polinomio de Hermite a otra. Y me avergüenza decir que lo he intentado y he fracasado estrepitosamente. (Supongo que se trata de un problema de deberes con el que está teniendo problemas).

http://functions.wolfram.com/Polynomials/HermiteH/07/ShowAll.html

Así que tiene que pasar de la fórmula de tipo Rodríguez (escrita como una integral de contorno) a una integral sobre el eje real, que es la 3ª fórmula en el enlace proporcionado anteriormente. Parece que la pista que se le dio fue la de empezar por la integral de contorno.

Partiendo de la integral de contorno, he probado a utilizar diferentes semicírculos (suponiendo que $z$ era real), pero esto se convirtió rápidamente en algo extraño.

También intenté utilizar un círculo como contorno y luego mapearlo a la línea real. Eso fue un fracaso.

Intenté trabajar hacia atrás, desde la integral en el eje real. No tuve suerte.

El último recurso fue demostrar que

1) Ambas expresiones son polinomios. 2) Demuestre que los coeficientes correspondientes son iguales. (Es decir, tomé ambas funciones y evalúelas con sus derivadas en 0).

Incluso 2), no pude ver una forma agradable de mostrar que

$\int_C \frac{e^{-z^2}}{z^{n+1}}dz = \int_{-\infty}^{\infty} z^n e^{-z^2} dz$ (Hasta algunas constantes multiplicativas que faltan).

Siento que me falta algo muy fácil. Si alguien pudiera darme algunas pistas sin desvelar la respuesta, sería muy apreciado.

Answer 1

Este es un problema más antiguo por lo que daré una solución bastante completa.

Utilizamos la convención de los físicos para los polinomios de Hermite. Hay muchas formas de demostrar que las dos representaciones son iguales. Expandamos las integrales en pequeñas $x$ y mostrar que tienen la misma serie. Partimos de la integral de contorno, $$\begin{eqnarray*} H_n(x) &=& \frac{n!}{2\pi i} \oint_\gamma d t\, \frac{e^{2tx -t^2}}{t^{n+1}} \\ &=& \frac{n!}{2\pi i} \sum_{k=0}^\infty \frac{(2x)^k}{k!} \sum_{l=0}^\infty \frac{(-)^l}{l!} \oint_\gamma d t\, t^{2l+k-n-1}. \end{eqnarray*}$$ Pero la integral de contorno es cero a menos que $2l+k-n = 0$ , de lo contrario es $2\pi i$ . Observe que $n-k$ debe ser uniforme. Por lo tanto, $$H_n(x) = n! \sum_{k=0 \atop n-k\ \mathrm{even}}^\infty (-)^{\frac{n-k}{2}} \frac{(2x)^k}{k!(\frac{n-k}{2})!}.$$ La suma terminará en $k=n$ ya que la función gamma tiene polos simples en $0,-1,-2,\ldots$ . Dejar $l = (n-k)/2$ encontramos $$\begin{equation} H_n(x) = n! \sum_{l=0}^{\lfloor \frac{n}{2}\rfloor} (-)^l \frac{(2x)^{n-2l}}{l!(n-2l)!},\tag{1} \end{equation}$$ la representación en serie estándar de los polinomios de Hermite.

Ahora, la otra representación integral. Expandir la serie binomial,
$$\begin{eqnarray*} H_n(x) &=& \frac{2^n}{\sqrt{\pi}} \int_{-\infty}^\infty dt\, e^{-t^2}(x+it)^n \\ &=& \frac{2^n}{\sqrt{\pi}} \sum_{k=0}^n {n\choose k} x^k i^{n-k} \int_{-\infty}^\infty dt\, e^{-t^2} t^{n-k}. \end{eqnarray*}$$ La integral es cero a menos que $n-k$ es par. Por lo tanto, $$\begin{eqnarray*} \int_{-\infty}^\infty dt\, e^{-t^2} t^{n-k} &=& 2\int_{0}^\infty dt\, e^{-t^2} t^{n-k} \\ &=& \Gamma\left(\frac{n-k}{2}+\frac{1}{2}\right) \\ &=& \sqrt{\pi} \frac{(n-k)!}{2^{n-k}(\frac{n-k}{2})!}. \end{eqnarray*}$$ (Cambiar las variables, dejar $z = t^2$ para ver la conexión con la función gamma). Sustituyendo esto en nuestra serie de $H_n(x)$ . Después de que el polvo se asiente, dejamos que $l = (n-k)/2$ y llegar de nuevo a la ecuación (1) anterior.

Answer 2

Empezar desde $H_n(x)=(-1)^ne^{x^2}\dfrac{d^n}{dx^n}e^{-x^2}$ :

$H_n(x)=(-1)^ne^{x^2}\dfrac{d^n}{dx^n}e^{-x^2}=\dfrac{(-1)^ne^{x^2}}{\sqrt\pi}\dfrac{d^n}{dx^n}\int_0^\infty e^{-\frac{t^2}{4}}\cos xt~dt=\dfrac{(-1)^ne^{x^2}}{\sqrt\pi}\int_0^\infty t^ne^{-\frac{t^2}{4}}\cos\left(xt+\dfrac{n\pi}{2}\right)dt$

Answer 3

\begin{align*} H_n(x) &=(-)^n\mathrm{e}^{x^2}\partial_x^n\mathrm{e}^{-x^2} \\ &=(-1)^n\mathrm{e}^{x^2}\partial_x^n\mathrm{e}^{-x^2}\Big(\frac{1}{\sqrt{\pi}}\int_{-\infty}^{\infty}\mathrm{e}^{-(t\pm \mathrm{i}x)^2}\mathrm{d}t\Big) \\ &=(-1)^n\mathrm{e}^{x^2}\frac{1}{\sqrt{\pi}}\partial_x^n\int_{-\infty}^{\infty}\mathrm{e}^{-t^2\mp 2\mathrm{i}xt}\mathrm{d}t \\ &=(-1)^n\mathrm{e}^{x^2}\frac{1}{\sqrt{\pi}}\int_{-\infty}^{\infty}\partial_x^n\mathrm{e}^{-t^2\mp 2\mathrm{i}xt}\mathrm{d}t \\ &=(-1)^n\mathrm{e}^{x^2}\frac{1}{\sqrt{\pi}}\int_{-\infty}^{\infty}(\mp2\mathrm{i}t)^n\mathrm{e}^{-t^2\mp 2\mathrm{i}xt}\mathrm{d}t \\ &=\frac{(\pm2\mathrm{i})^n}{\sqrt{\pi}}\mathrm{e}^{x^2}\int_{-\infty}^{\infty}t^n\mathrm{e}^{-t^2\mp 2\mathrm{i}xt}\mathrm{d}t \\ &=\frac{(\pm2\mathrm{i})^n}{\sqrt{\pi}}\int_{-\infty}^{\infty}t^n\mathrm{e}^{-(t\pm \mathrm{i}x)^2}\mathrm{d}t \end{align*}

Promedio de la $+$ y el $-$ situaciones, tenemos

$$H_n(x)=\frac{1}{\sqrt{\pi}}\int_{-\infty}^{\infty}(2t)^n\mathrm{e}^{x^2-t^2}\cos(2xt-\frac{n\pi}{2})\,\mathrm{d}t .$$