Wielomiany Hermite , wykładnicza funkcja tworząca , wzór Rodriguesa Mariusz: H₀(x) = 1 H₁(x) = 2x H_n+1(x)=2xH_n(x)−2nH_n−1(x) H₀(x) = 1 H₁(x) = 2x H_n(x)=2xH_n−1(x)−2(n−1)H_n−2(x) , n ≥ 2 Ponieważ pierwszym zdefiniowanym wyrazem ciągu jest H₀ zatem definiując funkcję tworzącą indeksujemy wyrazy szeregu od jedynki

	tn
Niech E(x,t)=∑n=0∞Hn(x)
	n!

Rekurencja zachodzi dla n ≥ 2 więc wstawiając szereg do równania rekurencyjnego indeksujemy jego wyrazy od n=2

	tn		tn
∑n=2∞Hn(x)		=∑n=2∞(2xHn−1(x)−2(n−1)Hn−2(x))
	n!		n!

	tn		tn
∑n=2∞Hn(x)		=2x(∑n=2∞Hn−1(x)		)
	n!		n!

	tn
−2(∑n=2∞(n−1)Hn−2		)
	n!

	tn		tn+1
∑n=2∞Hn(x)		=2x(∑n=1∞Hn(x)		)
	n!		(n+1)!

	tn+2
−2(∑n=0∞(n+1)Hn		)
	(n+2)!

	tn		tn+1
∑n=2∞Hn(x)		=2x(∑n=1∞Hn(x)		)
	n!		(n+1)!

	tn+2
−2(∑n=0∞((n+2)−1)Hn		)
	(n+2)!

	tn		tn+1
∑n=2∞Hn(x)		=2x(∑n=1∞Hn(x)		)
	n!		(n+1)!

	tn+2		tn+2
−2(∑n=0∞(n+2)Hn		) + 2(∑n=0∞Hn		)
	(n+2)!		(n+2)!

	tn		tn+1
∑n=2∞Hn(x)		=2x(∑n=1∞Hn(x)		)
	n!		(n+1)!

	tn+1		tn+2
−2t(∑n=0∞Hn		)+ 2(∑n=0∞Hn		)
	(n+1)!		(n+2)!

	tn		tn+1
∑n=0∞Hn(x)		− 1 − 2xt = 2x(∑n=0∞Hn(x)		− t)
	n!		(n+1)!

	tn+1		tn+2
−2t(∑n=0∞Hn		)+ 2(∑n=0∞Hn		)
	(n+1)!		(n+2)!

	tn		tn+1
∑n=0∞Hn(x)		− 1 − 2xt = 2x(∑n=0∞Hn(x)		) − 2xt
	n!		(n+1)!

	tn+1		tn+2
−2t(∑n=0∞Hn		)+ 2(∑n=0∞Hn		)
	(n+1)!		(n+2)!

	tn		tn+1
∑n=0∞Hn(x)		− 1 = (2x−2t)(∑n=0∞Hn(x)		)
	n!		(n+1)!

	tn+2
+2(∑n=0∞Hn		)
	(n+2)!

	tn		tn+1
∑n=0∞Hn(x)		+ 2(t − x)(∑n=0∞Hn(x)		)
	n!		(n+1)!

	tn+2
−2(∑n=0∞Hn		) = 1
	(n+2)!

	tn+2
y(t) = ∑n=0∞Hn
	(n+2)!

	(n+2)tn+1
y'(t) = ∑n=0∞Hn
	(n+2)!

	tn+1
y'(t) = ∑n=0∞Hn
	(n+1)!

	(n+1)tn
y''(t) = ∑n=0∞Hn
	(n+1)!

	tn
y''(t) = ∑n=0∞Hn
	n!

y''(t) +2(t − x)y'(t) − 2y(t) = 1 y₁(t)=t − x 0+2(t − x)*1−2(t − x) = 2(t−x) − 2(t−x) =0 y₁(t) jest całką szczególną równania jednorodnego więc możemy obniżyć rząd równania y = (t − x)∫u(t)dt y' = ∫u(t)dt + (t − x)u(t) y'' = u(t) + u(t) + (t − x)u'(t) y'' = 2u(t) + (t − x)u'(t) (2u(t) + (t − x)u'(t)) + 2(t−x)(∫u(t)dt + (t − x)u(t)) −2(t − x)∫u(t)dt=1 (t − x)u'(t) +2(t−x)²u(t)+2u(t)+2(t−x)∫u(t)dt − 2(t − x)∫u(t)dt = 1 (t − x)u'(t) +2(t²−2xt+x²+1)u(t) = 1 (t − x)u'(t) +2(t²−2xt+x²+1)u(t) = 0 (t − x)u'(t) = −2(t²−2xt+x²+1)u(t)

u'(t)		t2−2xt+x2+1
	= −2
u(t)		t−x

du		t2−2xt+x2+1
	= −2		dt
u		t−x

du		(t−x)2+1
	= −2		dt
u		t−x

	2
ln|u| = ∫−2(t−x) −		dt
	t−x

ln|u| = −(t−x)² − 2ln|t−x|+C₁

	1
u(t) = C(t)		e−(t−x)2
	(t−x)2

−2		2
	e−(t−x)2−		e−(t−x)2
(t−x)3		(t−x)

	1+t2+2tx+x2
−2		e−(t−x)2
	(t−x)3

	1		1+t2+2tx+x2
(t − x)(C'(t)		e−(t−x)2−2		e−(t−x)2C(t))
	(t−x)2		(t−x)3

	1
+2(t2−2xt+x2+1)C(t)		e−(t−x)2 = 1
	(t−x)2

	1		1+t2+2tx+x2
C'(t)		e−(t−x)2−2		e−(t−x)2C(t)
	(t−x)		(t−x)2

	1
+2(t2−2xt+x2+1)C(t)		e−(t−x)2 = 1
	(t−x)2

C'(t) = (t−x)e^(t−x)2

	1
C(t) =		e(t−x)2+C1
	2

	1		1
u(t) = (		e(t−x)2+C1)		e−(t−x)2
	2		(t−x)2

	1	1		1
u(t) =			+C1		e−(t−x)2
	2	(t−x)2		(t−x)2

y'' = 2u(t) + (t − x)u'(t)

	1	1		1
2(			+C1		e−(t−x)2)
	2	(t−x)2		(t−x)2

	1	2		2
+(t − x)(−			+C1(−		e−(t−x)2−
	2	(t−x)3		(t−x)3

2(t−x)
	)e−(t−x)2)
(t−x)2

1		1		1
	+ 2C1		e−(t−x)2 −
(t−x)2		(t−x)2		(t−x)2

	1
−2C1		e−(t−x)2 −2C1e−(t−x)2
	(t−x)3

y'' = −2C₁e^−(t−x)2 y''(0) = 1 −2C₁e^−(−x)2=1 −2C₁e^−x2=1

	1
C1=−		ex2
	2

	(−1)
y''(x) = −2		ex2e−(t−x)2
	2

y''(x) = e^x2e^−(t−x)2 Zatem wykładnicza funkcja tworząca dla wielomianów Hermite to E(x,t) = e^x2e^−(t−x)2 Aby otrzymać wielomiany Hermite należałoby tę funkcję n krotnie zróżniczkować Jak przejść z wykładniczej funkcji tworzącej do wzoru Rodriguesa a następnie jak znaleźć wzór na n. pochodną

jc: Ojej, nie można krócej? O wzorach wielomianach specjalnych możesz przeczytać w pięknej książce Byrona i Fullera − Matematyka w fizyce klasycznej i kwantowe. Krótko i wyczerpująco i przejrzyście. Dodam, że funkcje tworzące przydają się do dowodu relacji ortogonalności.

Mariusz: Nie sądzę aby dało się krócej z równania rekurencyjnego dostać funkcje tworzącą i tak nie liczyłem y(t) tylko po wyznaczeniu u(t) od razu policzyłem y''(t) dzięki czemu uniknąłem korzystania z funkcji błędu i wszystkie obliczenia są z wykorzystaniem funkcyj elementarnych Jak teraz policzyć n. pochodną tej funkcji tworzącej

δ		δ
	E(x,t) =		ex2e−(t−x)2
δt		δt

Tutaj e^x2 można potraktować jako stałą gdy liczymy pochodną cząstkową względem t

δn		δn
	ex2e−(t−x)2 = ex2		e−(t−x)2
δtn		δtn

To przejście jest ok Dalej proponują zamianę zmiennych y=t−x

	dn
ex2		e−y2|y=−x
	dyn

	dn
i twierdzą że to jest równe (−1)nex2		e−x2
	dxn

Tyle powinno wyjść jednak przydałoby się to jakoś uzasadnić

	dn
Jak policzyć tę n. pochodną funkcji (−1)nex2		e−x2
	dxn