今日の問題(2022年6月19日)解答編

非負の整数$n$に対し, 多項式 $p_n(z)$ を次のように定める.

$p_0(x)=1,{\displaystyle p_n(x)={(x-\frac{1}{2}\frac{d}{dx})}^n\cdot 1(n\ge 1)}$

以下の問に答えよ.

$(1)$ 次の積分を求めよ.

${\displaystyle {\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}{p}_n(x)p_m(x)e^{-x^2}dx(n,m\ge 0).}$

$(2)$ 次の積分を $p_n(x)$ を用いて表せ.

${\displaystyle I_n=\frac{1}{2\pi i}{\oint }_{\mathrm{\Gamma }}\frac{e^{x^2-z^2}}{(z-x{)}^{n+1}}dz}$

ただし, $\mathrm{\Gamma }$ は, 複素平面上の閉曲線 $|z-x|=r(r>0)$ を半時計回りに一周する積分路とする.

$(3)$ 多項式列 $\{p_n(x){\}}_{n\ge 0}$ を生成する母関数 ${\displaystyle G(x,t)=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{p}_n(x)\frac{t^n}{n!}}$ を求めよ.

$(4)$ 次の恒等式を示せ.

${\displaystyle p_n(x+y)=\sum _{\begin{array}{c}j,k,l\ge 0\\ j+k+2l=n\end{array}}\frac{1}{4^l}\frac{n!}{j!k!l!}{p}_j(x)p_k(y).}$

2020年度東京大学大学院数理科学研究科　専門科目B第15問

(解答)

$(1){\displaystyle p_0(x)=1,p_1(x)=(x-\frac{d}{dx})\cdot 1=x}$

$p_n(x)がn次monic多項式ならば{\displaystyle p_{n+1}(x)=x{p}_n(x)-\frac{1}{2}{p}_n^{\prime }(x)}$ は

$(n+1)$ 次monic多項式だから, 帰納的に $p_n(x)はn$次monic多項式である.

$m<n$のとき部分積分によって

${\displaystyle {\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}{p}_m(x)p_n(x)e^{-x^2}dx={\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}{p}_m(x)(x-\frac{1}{2}\frac{d}{dx})p_{n-1}(x)e^{-x^2}dx}$

${\displaystyle ={\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}{p}_m(x)p_{n-1}(x){(-\frac{1}{2}{e}^{-x^2})}^{\prime }dx-\frac{1}{2}{\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}{p}_m(x)p_{n-1}^{\prime }(x)e^{-x^2}dx}$

${\displaystyle ={[-\frac{1}{2}{p}_m(x)p_{n-1}(x)e^{-x^2}]}_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}+\frac{1}{2}{\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}{p}_m^{\prime }(x)p_{n-1}(x)e^{-x^2}dx}$

${\displaystyle =\frac{1}{2}{\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}{p}_m^{\prime }(x)p_{n-1}(x)e^{-x^2}dx}$

$=\cdots ={\displaystyle {\left(\frac{1}{2}\right)}^n{\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}{p}_m^{(n)}(x)p_0(x)e^{-x^2}dx=0}$

$m>n$のときも同様にして積分値は0である.

$m=n$のときは

${\displaystyle {\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}{p}_n(x{)}^2{e}^{-x^2}dx={\displaystyle {\left(\frac{1}{2}\right)}^n{\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}{p}_n^{(n)}(x)p_0(x)e^{-x^2}dx=\frac{n!}{2^n}{\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}{e}^{-x^2}dx}}$

$={\displaystyle \frac{n!}{2^n}\sqrt{\pi }}$ である.

$(2)$ 留数定理より

${\displaystyle I_n=\text{Res}(\frac{e^{x^2-z^2}}{(z-x{)}^{n+1}},z=x)=\frac{1}{n!}\frac{d^n}{d{z}^n}\left(e^{x^2-z^2}\right){|}_{z=x}}$

ここで$n$に関する帰納法によって

${\displaystyle \frac{d^n}{d{z}^n}{e}^{-z^2}=(-2{)}^n{p}_n(z)e^{-z^2}}$となるので

${\displaystyle I_n=\frac{e^{x^2}}{n!}(-2{)}^n{p}_n(x)e^{-x^2}=\frac{(-2{)}^n}{n!}{p}_n(x)}$ である.

$(3)$ $(2)より {\displaystyle \frac{p_n(x)}{n!}={(-\frac{1}{2})}^n\frac{1}{2\pi i}{\oint }_{\mathrm{\Gamma }}\frac{e^{x^2-z^2}}{(z-x{)}^{n+1}}dz}$

だから$t^n$倍して$n$に関する和をとると

${\displaystyle G(x,t)=\frac{1}{2\pi i}{\oint }_{\mathrm{\Gamma }}\frac{e^{x^2-z^2}}{z-x}\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{(-\frac{1}{2}\frac{t}{z-x})}^{n}dz}$

${\displaystyle =\frac{1}{2\pi i}{\oint }_{\mathrm{\Gamma }}\frac{e^{x^2-z^2}}{z-x}\frac{1}{1+\frac{1}{2}\frac{t}{z-x}}dz}$

${\displaystyle =\frac{1}{2\pi i}{\oint }_{\mathrm{\Gamma }}\frac{e^{x^2-z^2}}{z-x+\frac{t}{2}}dz}$

$r>0$を十分大きくとって$z=x-\frac{t}{2}$が$|z-x|<r$内にあるようにすると

留数定理から

${\displaystyle G(x,t)=e^{x^2-z^2}{|}_{z=x-\frac{t}{2}}=e^{-\frac{1}{4}{t}^2+xt}}$

$(4)$ $(3)$より${\displaystyle G(x+y,t)=e^{-\frac{1}{4}{t}^2+(x+y)t}=\left(e^{-\frac{1}{4}{t}^2+xt}\right)\left(e^{-\frac{1}{4}{t}^2+yt}\right)e^{\frac{1}{4}{t}^2}}$

${\displaystyle =G(x,t)G(y,t)e^{\frac{1}{4}{t}^2}}$だから

${\displaystyle \sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{p}_n(x+y)\frac{t^n}{n!}=\sum _{j=0}^{\mathrm{\infty }}{p}_j(x)\frac{t^j}{j!}\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}{p}_k(y)\frac{t^k}{k!}\sum _{l=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{l!}{\left(\frac{t^2}{4}\right)}^l}$

${\displaystyle =\sum _{j,k,l\ge 0}\frac{1}{4^l}\frac{1}{j!k!l!}{p}_j(x)p_k(y)t^{j+k+2l}}$

となるので両辺の$t^n$の係数を比較することで求める恒等式が得られる.