Demonstre cada um dos seguintes enunciados:
Hn^prime(x)=2 n Hn-1(x), n=0,1, ldots

Passo 1

O enunciado pede para mostrar que, para os polinômios de Hermite definidos por
Hn(x), n=0,1,2,dots,
vale
Hn'(x)=2,n,Hn-1(x)
O método mais direto usa a função geratriz dos polinômios de Hermite.

Passo 2

Lembramos que a função geratriz dos Hn(x) é dada por
G(x,t) =sumn=0^inftyHn(x)n!,t^n =expl(2x,t - t^2r)

Passo 3

Vamos diferenciar G(x,t) em relação a x. No lado esquerdo,
partialpartial xG(x,t) =sumn=0^inftyHn'(x)n!,t^n
No lado direito, usando partialpartial xe^2xt-t^2=2t,e^2xt-t^2, obtemos
partialpartial xG(x,t) =2t;expl(2x,t - t^2r) =2t,sumn=0^inftyHn(x)n!,t^n

Passo 4

Escrevemos agora
2t,sumn=0^inftyHn(x)n!,t^n =sumn=0^inftyHn(x)n!,2,t^n+1 =summ=1^inftyHm-1(x)(m-1)!,2,t^m,
onde trocamos m=n+1. Reescrevendo em termos de fator m!,
summ=1^infty2,m,Hm-1(x)m!,t^m

Passo 5

Igualando as duas expansões em potências de t, ou seja, comparando
sumn=0^inftyHn'(x)n!,t^n com sumn=1^infty2,n,Hn-1(x)n!,t^n,
vemos que, para todo n>=1,
Hn'(x)=2,n,Hn-1(x)
Para n=0, a igualdade é trivial ( H0(x)=1Rightarrow H0'(x)=0).

Resposta

A demonstração pelo método da função geratriz leva diretamente à relação
boxedHn'(x)=2,n,Hn-1(x), n=0,1,2,dots

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