关于埃尔米特多项式的一些恒等式.pdf

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 J1Xi an U niv of A rch 恒等式 初等方法 中图分类号 O15614 文献标识码 A 文章编号 100627930 2002 0120099204 On some identities involuing Herm ite polynom ials L IU D uan2sen L I Chao Instiute ofM athematics Shangluo Teachers College Shangzhou 726000 China Abstract W ith the use of the elementarymethods the properties of Herm ite polynom ials are studied and identities such as 6 a1 a2 am n H2a1 x 2 a1 H2a2 x 2 a2 H2am x 2 am are obtained Key words H erm ite polynom ials identical elem entary m erthods 1 引言与结果 著名的埃尔米特多项式 Hn x 6 n 2 k 0 1 kn k n 2k 2 x n 2k n 0 1 2 1 是由母函数e2x t t2 按tn展开式 e2 x t t2 6 n 0 Hn x t n n 来定义的 且以e x2 2 为权函数的埃尔米特多项式H en x 与Hn x 有此关系 Hn x 2 n 2H en 2x 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a1 a2 am n k为非负整数 Hn x 为埃尔米特多项式 那么有如下恒等式 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 6 a1 a2 am n Ha1 x a1 Ha2 x a2 Ham x am m n 2 n Hn m x 其中 6 a1 a2 am n 表示对所有的非负整数组 a1 a2 am 求和 推论1 设a1 a2 am n k为非负整数 H en x 为带权的埃尔米特多项式 那么 6 a1 a2 am n H ea1 x a1 H ea2 x a2 H eam x am m n 2 n H en m x 定理2 设a1 a2 am n k为非负整数 那么有下列恒等式 1 6 a1 a2 am n H2a1 x 2 a1 H2a2 x 2 a2 H2am x 2 am m n 2 m 2 n 6 m k 0 C k mH2n 2k m m x 2 6 a1 a2 am n H2a1 1 x 2 a1 1 H2a2 1 x 2 a2 1 H2am 1 x 2 am 1 m n m 2 2m 2 n m 6 m k 0 1 m kCk mH2n m 2k m m x 推论2 设a1 a2 am n k为非负整数 则有恒等式 1 6 a1 a2 am n H e2a1 x 2 a1 H e2a2 x 2 a2 H e2am x 2 am m n 2 m 2 n 6 m k 0 C k mH e2n 2k m m x 2 6 a1 a2 am n H e2a1 1 x 2 a1 1 H e2a2 1 x 2 a2 1 H e2am 1 x 2 am 1 m n m 2 2 m 2 n m 6 m k 0 1 m kCk mH e2n m 2k m m x 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 e2xt t 2 6 n 0 Hn x t n n 则f m x t 6 n 0 Hn x tn n m 6 n 0 6 a1 a2 am n Ha1 x a1 Ha2 x a2 Ham x am t n 3 另一方面 f m x t e 2xt t2 m e m t 2 e2mxt 6 n 0 1 nmn n t2 n 6 n 0 m n 2 x n n t n 6 n 0 6 n 2 k 0 1 kmkt2k mn 2k 2 x n 2k t n 2k k n 2k 001 西 安 建 筑 科 技 大 学 学 报 自然科学版 第34卷 6 n 0 6 n 2 k 0 1 km n 2 2 m x n 2k k n 2k t n n 0 m n 2 n n 2 k 0 1 km n 2 2 m x n 2kn k n 2k tn 4 由 1 即埃尔米特多项式的定义 并比较 3 4 式t n 系数有 6 a1 a2 am n Ha1 x a1 Ha2 x a2 Ham x am m n 2 n Hn m x 定理1得证 由 2 式得H en x 2 n 2H n 1 1 2 x 利用该式可得 6 a1 a2 am n H ea1 x a1 H ea2 x a2 H eam x am 6 a1 a2 am n 2 a1 2H a1 1 2 x a1 2 a2 2H a2 1 2 x a2 2 am 2H am 1 2 x am 6 a1 a2 am n2 1 2 a1 a2 am H a1 1 2 x a1 H a2 1 2 x a2 H am 1 2 x am 2 n 2 H n m 2 x m n 2 n m n 2 n H en m x 于是推论1得证 又因为 f x t f x t 6 n 0 Hn x t n n 6 n 0 Hn x t n n 6 n 0 2H2n x t2 n 2 n f x t f x t m n 0 2H2n x t2 n 2 n m 6 n 0 2 m 6 a1 a2 am n H2a1 x 2 a1 H2a2 x 2 a2 H2am x 2 am t2 n 5 f x t f x t m e 2x t t2 e 2 x t t2 m 6 m k 0 C k me 2k m 2 x t m t2 6 m k 0 C k m f 2k m m x t m 再利用定理1的结论有 101第1期刘端森等 关于埃尔米特多项式的一些恒等式 f x t f x t m 6 m k 0 C k m 6 n 0 m n 2 n Hn 2k m m x t n 6 n 0 6 m k 0 C k m m n 2 n Hn 2k m m xtn 6 比较 5 6 式两边t2 n 的系数有 6 a1 a2 am n H2a1 x 2 a1 H2a2 x 2 a2 H2am x 2 am 1 2 m6 m k 0 C k m m n 2 n H2n 2k m 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 6 n 0 2H2n 1 x t2 n 1 2 n 1 f x t f x t m 6 n 0 2 m 6 a1 a2 am n H2a1 1 x 2 a1 1 H2a2 1 x 2 a2 1 H2am 1 x 2 am 1 t2 n m 7 于是 f x t f x t m e 2x t t2 e 2 x t t2 m 6 m k 0 1 m kCk me 2 k m 2 x t m t2 6 m k 0 1 m kCk mf 2k m m x t m 由定理2中的 1 式推得 f x t f x t m 6 n 0 6 m k 0 1 m kCk m m n 2 n Hn 2k m m x t n 8 比较 7 8 式两边t2 n m 系数得 6 a1 a2 am n H2a1 1 x 2 a1 1 H2a2 1 x 2 a2 1 H2am 1 x 2 am 1 1 2 m6 m k 0 1 m kCk m m n m 2 2 n m H2n m 2k m m x 于是定理2中的 2 式得证 推论2采用推论1的证法立即得证 故略 参考文献 1 数学手册 编写组 数学手册 M 北京 人民教育出版社 1979 6122620 2 雷兴辉 拉盖尔多项式的一些恒等式 J 商洛师范专科学校学报 1999 10 2 30233 3 ZHAN GW