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.

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

以下の問に答えよ.

$(1) $ 次の積分を求めよ.

$\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty}p_n(x)p_m(x)e^{-x^2}\,dx\quad(n,m\geq0).$

$(2) $ 次の積分を $p_n(x)$ を用いて表せ.

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

ただし, $\Gamma$ 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 $\{p_n(x)\}_{n\geq0}$ を生成する母関数 $\displaystyle G(x,t)=\sum_{n=0}^{\infty}p_n(x)\frac{t^n}{n!}$ を求めよ.

$(4) $ 次の恒等式を示せ.

$\displaystyle p_n(x+y)=\sum_{\substack{j,k,l\geq0\\ j+k+2l=n}}\frac{1}{4^l}\frac{n!}{j!k!l!}p_j(x)p_k(y).$

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)

$(1) \displaystyle p_0(x)=1,\,p_1(x)=\left(x-\frac{d}{dx}\right)\cdot1=x$

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

$\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty}p_m(x)p_n(x)e^{-x^2}\,dx = \int_{-\infty}^{\infty}p_m(x) \left(x-\frac{1}{2}\frac{d}{dx}\right)p_{n-1}(x)e^{-x^2}\,dx$

$\displaystyle =\int_{-\infty}^{\infty}p_m(x)p_{n-1}(x)\left(-\frac{1}{2}e^{-x^2}\right)'\,dx-\frac{1}{2}\int_{-\infty}^{\infty}p_m(x) p'_{n-1}(x)e^{-x^2}\,dx$

$\displaystyle =\left[-\frac{1}{2}p_m(x)p_{n-1}(x)e^{-x^2}\right]_{-\infty}^{\infty}+\frac{1}{2} \int_{-\infty}^{\infty}p'_m(x) p_{n-1}(x)e^{-x^2}\,dx $

$\displaystyle = \frac{1}{2} \int_{-\infty}^{\infty}p'_m(x) p_{n-1}(x)e^{-x^2}\,dx $

$=\dots=\displaystyle \left(\frac{1}{2}\right)^n \int_{-\infty}^{\infty}p^{(n)}_m(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

$\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty}p_n(x)^2e^{-x^2}\,dx = \displaystyle \left(\frac{1}{2}\right)^n \int_{-\infty}^{\infty}p^{(n)}_n(x) p_{0}(x)e^{-x^2}\,dx=\frac{n!}{2^n}\int_{-\infty}^{\infty}e^{-x^2}\,dx$

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

$(2) $ 留数定理より

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

ここで$n$に関する帰納法によって

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

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

$(3) $ $(2)より　\displaystyle \frac{p_n(x)}{n!}=\left(-\frac{1}{2}\right)^n\frac{1}{2\pi i} \oint_{\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_{\Gamma}\frac{e^{x^2-z^2}}{z-x}\sum_{n=0}^{\infty}\left(-\frac{1}{2}\frac{t}{z-x}\right)^n\,dz $

$\displaystyle =\frac{1}{2\pi i} \oint_{\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_{\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

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

$(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}^{\infty}p_n(x+y)\frac{t^n}{n!}= \sum_{j=0}^{\infty}p_j(x)\frac{t^j}{j!} \sum_{k=0}^{\infty}p_k(y)\frac{t^k}{k!}\sum_{l=0}^{\infty}\frac{1}{l!}\left(\frac{t^2}{4}\right)^l $

$\displaystyle =\sum_{j,k,l\geq0}\frac{1}{4^l}\frac{1}{j!k!l!}p_j(x)p_k(y)t^{j+k+2l}$

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.