关于埃尔米特多项式的一些恒等式

n.
t
n
来定义的. 且以 e-
x
2
2
为权函数的埃尔米特多项式 H en ( x ) 与 H n ( x ) 有此关系:
H n ( x ) = 2 2 H en (
n
2 x ).
( 2)
关于埃尔特多项式及带权埃尔米特多项式有如下结论: 定理 1 [ 2 ] 设 a 1 , a 2 , …am , n , k 为非负整数, H n ( x ) 为埃尔米特多项式, 那么有如下恒等式:
(x )
n= 0
( 2n + 1) .
t
2n + 1
[ f ( x , t ) - f ( x , - t) ]
=
6
∞
n= 0
2m
a 1 + a 2 + …+ am = n
6
(x ) ( 2a 1 + 1) .
H
2a 1 + 1
(x ) H 2am + 1 ( x ) … ( 2a 2 + 1) . ( 2am + 1) .
( 1)
a 1 + a 2 + …+ am = n
6
n
H e2 a 1 ( x ) H e2 a 2 ( x )
( 2a 1 ) .
k
( 2a 2 ) .
m
H e2am ( x ) … ( 2am ) .
=
( 2)
2 ( 2n ) .
m
m
6
m
m
C m H e 2n
2k - m
x ;
a 1 + a 2 + …+ am = n
6
H
n ( x ) H a 2 ( x ) H am ( x ) m 2 … = H n( (a 1 ) . (a 2 ) . ( am ) . n. a1
m x)
定理 1 得证 . 由 ( 2) 式得 H en ( x ) = 2- 2 H
n n
Ξ
收稿日期: 2001209210 作者简介: 刘端森 (19612) , 男, 陕西山阳人; 商洛师范专科学校数学研究所、 数学系副教授.
100
西 安 建 筑 科 技 大 学 学 报 ( 自然科学版) 第 34 卷
a 1 + a 2 + …+ am = n
6
H
n ( x ) H a 2 ( x ) H am ( x ) m 2 … = H n( (a 1 ) . (a 2 ) . ( am ) . n. a1
6
(x ) ( 2a 1 ) .
2a 1
H
( x ) H 2am ( x ) 2n t … ( ( 2a 2 ) . 2am ) .
2a 2
( 5)
[ f ( x , t) + f ( x , - t) ]m
= ( e2x t= =
2 t
+ e-
2x t- t2 m
)
6 6
m
Cm e
k
2k - m ) 2x t- m t
6
(x ) ( 2a 1 + 1) .
2a 1 + 1
(x ) H 2am + 1 ( x ) … ( 2a 2 + 1) . ( 2am + 1) . 2k - m
2n + m
m 2 = m 2 ( 2n + m ) .
6
m k ( - 1) m - kC m H
k= 0
m
x .
推论 2 设 a 1 , a 2 , …, am , n , k 为非负整数, 则有恒等式:
n= 0
n= 0
a 1 + a 2 + …am = n
6
H am ( x ) n a1 (x ) H a2 (x ) t … ( ) (a 1 ) . (a 2 ) . am .
( 3)
另一方面,
f
m
( x , t) = ( e2x t- t ) m = e=
m t2
2
e 2m x t ( - 1) nm n
6
H ea 1 ( x ) H ea 2 ( x )
(a 1 ) .
(a 2 ) .
… ( ) am .
H eam ( x )
m 2 = H en ( n.
n
m x)
定理 2 设 a 1 , a 2 , …, am , n , k 为非负整数, 那么有下列恒等式:
( 1)
a 1 + a 2 + …+ am = n
1 2
x
2-
am
2
H am am .
1 2
x
…
1
a2. x
= = 2-
a 1 + a 2 + …am = n n
6
2
H
1( a + a 2 + …+ am ) 2 1
H a1 a1.
1 2
x
H a2
2
H am
1
am .
…
2
x
2
n
m
2
x
m 2 n.
n
m 2 = H en ( n.
n
m x ).
于是推论 1 得证 . 又因为 f ( x , t) + f ( x , - t) =
=
6
m
∞
H n (x )
n= 0
n.
t
n
+
6
∞
H n (x )
(-
n= 0
n.
t)
n
6
∞
2H
2n
(x )
n= 0
t ( 2n ) . t) ]
m
2n
= [ f ( x , t) + f ( x , ∞
= =
∑2H
n= 0
2n
(x )
t ( 2n ) ! H
2n
6
∞
n= 0
2m
a 1 + a 2 + …+ am = n
k= 0
( - 1) km 2 ( 2 m x ) n k . ( n - 2k ) .
n
2k
t
n
∞
=
∑
n= 0
m 2 n!
n n [2]
∑
k= 0
( - 1) km 2 ( 2 m x ) n k ! ( n - 2k ) !
2k
n ! tn
( 4)
( 4) 式 tn 系数有 由 ( 1) 即埃尔米特多项式的定义, 并比较 ( 3) 、
摘 要: 用初等方法研究了著名的埃尔米特多项式的性质, 得到了形如
a 1 + a 2 + …+ am = n
6
H
H 2am (x ) 2a 1 ( x ) H 2a2 ( x ) 的一些恒等式. … ( ( 2a 1 ) . ( 2a 2 ) . 2am ) .
Ξ
关键词: 埃尔米特多项式; 恒等式; 初等方法 中图分类号: O 15614 文献标识码: A 文章编号: 100627930 ( 2002) 0120099204
第 34 卷 第 1 期 2002 年 3 月
西 安 建 筑 科 技 大 学 学 报 ( 自然科学版)
J 1X i’ an U n iv. of A rch. & T ech.
Vol . 34 N o. 1 M a r. 2002
关于埃尔米特多项式的一些恒等式
刘端森, 李 超
( 陕西省商洛师范专科学校数学研究所, 陕西 商州 726000)
n.
n
6
∞
n= 0
∞
2n t )(
n= 0
6
∞
n= 0
n n m ( 2x ) t n.
n
=
6 6
2
k= 0
( - 1) km k t2k m n - 2k ( 2x ) n k . ( n - 2k ) .
2k
t
n - 2k
第1期
∞
n
刘端森等: 关于埃尔米特多项式的一些恒等式
2
n
101
=
6 6
n= 0
1
1 2
x , 利用该式可得:
a 1 + a 2 + …+ am = n
6
H ea 1 ( x ) H ea 2 ( x )
(a 1 ) .
a1
(a 2 ) . 1 2
H eam ( x ) … ( ) am .
=
a 1 + a 2 + …+ am = n
6
2-
2
H a1 a1.
x
2-
a2
2
H a2 a2.
6
n
H
m
( x ) H 2a 2 ( x ) H 2am ( x ) … ( ( 2a 1 ) . ( 2a 2 ) . 2am ) .
2a 1
=
( 2)
2m ( 2n ) .
m
6
m
Cm H H
k
2k - m
2n
k= 0
m H
x ;
2a 2 + 1
a 1 + a 2 + …+ am = n n+
1 引言与结果
著名的埃尔米特多项式
[
n
H n (x ) =
6
2
]
k= 0
( - 1) k n . ( 2x ) n k . ( n - 2k ) .
2k
( n = 0, 1, 2…)
( 1)
是由母函数 e2x t-
2 t
按 tn 展开式
e
2x t- t
2
=
6
∞
H n (x )
n= 0
On som e iden tities involu ing Herm ite polynom ia ls
L IU D uan 2sen , L I C hao
( In stiu te of M a them a tics, Shangluo T eachers Co llege, Shangzhou, 726000, Ch ina ) Abstract:W ith the u se of the elem en ta ry m ethods, the p rop erties of H erm ite po lynom ia ls a re studied, and iden tities such as
2
k= 0 m k Cm [ f (
2k - m )
m
x , t) ]
m
k= 0
再利用定理 1 的结论有
102
西 安 建 筑 科 技 大 学 学 报 ( 自然科学版) 第 34 卷
[ f ( x , t) + f ( x , - t) ]m
= =
6
m
Cm
m
k
k= 0
2k - m
m
m
x, t
k= 0
由定理 2 中的 ( 1) 式推得 [ f ( x , t) - f ( x , - t) ]m
=
6 [6
n= 0
∞
m
( - 1)
m- k
k= 0
m 2 2k - m n C H n( x ) ]t n. m
k m
n
( 8)
( 8) 式两边 t2n + m 系数得 比较 ( 7) 、
2k - m
m
x .
k= 0
2 定理的证明
文中除定理 1 外均为新结论, 这里对定理 1 的证明运用了与文 [ 2 ] 不同的方法 . 设 f m ( x , t) = e2x t则 f m ( x , t) =
=
t2
=
6
∞
H n (x ) n. H t
n m
n= 0
n.
t
n
,
6 6
∞
∞
H n (x )
H
2a 2 + 1
t
2n + m
( 7)
于是 [ f ( x , t) - f ( x , - t) ]m = ( e2x t = =
2 t
- e-
2x t- t2 m
)
6 6
m k (2k ( - 1) m - kC m e
2 m ) 2x t- m t
k= 0 m k ( - 1) m - kC m f
m x)
其中
a 1 + a 2 + …+ am = n
6
表示对所有的非负整数组 ( a 1 , a 2 , …, am ) 求和 .
推论 1 设 a 1 , a 2 , …, am , n , k 为非负整数, H en ( x ) 为带权的埃尔米特多项式, 那么
a 1 + a 2 + …+ am = n
( x ) H 2am ( x ) … ( ( 2a 2 ) . 2am ) .
2a 2
6
Cm
k
k= 0
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
m H ( 2n ) .
2k - m
2n
m
x .
定理 2 中的 ( 1) 式得证. 下面再证明定理 2 的 ( 2) 式, 注意: f ( x , t) - f ( x , t) =
m
6
∞
2H
2n + 1
6
∞
n= 0
m 2 H n.
n
n
2k - m
n
m
x tn x t
n
6 6
n= 0
∞
m 2 C H n. k= 0
k m
2k - m
n
m
( 6)
( 6) 式两边 t2n 的系数有 比较 ( 5) 、
= 1 2m
a 1 + a 2 + …+ am = n
6
m
H
(x ) ( 2a 1 ) .
2a 1
n
H
a 1 + a 2 + …+ am = n
6
H
H 2am (x ) 2a 1 ( x ) H 2a 2 ( x ) … ( a re ob ta ined. ( 2a 1 ) . ( 2a 2 ) . 2am ) .
Key words: H erm ite p oly nom ia ls; id en tica l; elem en ta ry m erthod s
k= 0
a 1 + a 2 + …+ am = n n+
6
( 2a 1 + 1) .
H e2 a 1 + 1 ( x )
m
H e2am + 1 ( x ) … ( 2a 2 + 1) . ( 2am + 1) .
H e2 a 2 + 1 ( x )
=
m 2 m 2 ( 2n + m ) .
6
k ( - 1) m - kC m H e 2n + m
= 1 2m
a 1 + a 2 + …+ am = n
6
m
H 2a 1 + 1 ( x ) ( 2a 1 + 1) .
H 2a 2 + 1 ( x ) H 2am + 1 ( x ) … ( ( 2a 2 + 1) . 2am + 1) .
n+ m
6
k ( - 1) m - kC m
k= 0
m 2 H ( 2n + m ) .