Partindo da expressão para os polinômios de Hermite, mostre que:
a) H_{n}^{\prime}(x)=2 n H_{n-1}(x) para n \geq 1
b) Assumindo que:
g(x, t)=\sum_{n=0}^{\infty} H_{n}(x) \frac{t^{n}}{n!},obtenha uma equação diferencial em x para g(x, t) (mantendo t constante). Usando a condição de contorno imposta a g(0, t) por H_{n}(0), obtenha g(x, t).

Passo 1

O que o enunciado pede e o que nos é dado:
  • Pedidos:
    1. Mostrar que, para n\ge 1, \;H_{n}'(x)=2n\,H_{n-1}(x).
    2. A partir da série geradora g(x,t)=\sum_{n=0}^{\infty} H_{n}(x)\frac{t^{n}}{n!},obter uma equação diferencial em x para g(x,t) (com t constante) e, usando a condição em g(0,t) imposta pelos valores H_{n}(0), determinar g(x,t).
  • Informação de partida (a expressão para os polinômios de Hermite): usaremos a fórmula de Rodrigues H_{n}(x)=(-1)^{n} e^{x^{2}} \frac{d^{n}}{dx^{n}} e^{-x^{2}}.
  • Observação importante: todas as contas serão mantidas detalhadas e sem pular etapas.

Passo 2

Entendendo a fórmula de Rodrigues e regras de diferenciação úteis:
  • A fórmula de Rodrigues diz que H_{n} é obtido aplicando n derivações na função e^{-x^{2}}, e em seguida multiplicando por e^{x^{2}} e por (-1)^{n}.
  • Regras que vamos usar explicitamente:
    • Produto: \dfrac{d}{dx}\big( e^{x^{2}}\,u(x)\big)=2x e^{x^{2}} u(x)+e^{x^{2}} u'(x).
    • Leibniz para derivada de ordem n de um produto; mas haverá um truque simples mais adiante porque muitos termos se anulam no caso concreto.
  • Objetivo imediato: obter uma expressão para H_n'(x) aplicando uma derivação sobre a expressão de Rodrigues.

Passo 3

Calcular H_{n}'(x) diretamente a partir de Rodrigues:
  • Partindo de H_{n}(x)=(-1)^{n} e^{x^{2}} \dfrac{d^{n}}{dx^{n}} e^{-x^{2}}, aplicamos a derivada em x: \begin{aligned} H_{n}'(x) &=(-1)^{n}\frac{d}{dx}\!\left(e^{x^{2}}\frac{d^{n}}{dx^{n}}e^{-x^{2}}\right)\\[4pt] &=(-1)^{n}\Big(2x e^{x^{2}}\frac{d^{n}}{dx^{n}}e^{-x^{2}}+e^{x^{2}}\frac{d^{n+1}}{dx^{n+1}}e^{-x^{2}}\Big). \end{aligned}
  • Reconhecendo as expressões de Rodrigues: e^{x^{2}}\dfrac{d^{n}}{dx^{n}}e^{-x^{2}}=(-1)^{n}H_{n}(x) e e^{x^{2}}\dfrac{d^{n+1}}{dx^{n+1}}e^{-x^{2}}=(-1)^{n+1}H_{n+1}(x).
  • Substituindo: H_{n}'(x)=2x H_{n}(x)-H_{n+1}(x).
  • Esta identidade já é útil e conhecida; vamos usá‑la junto com outra relação de recorrência para chegar ao objetivo final em (a).]

Passo 4

Derivar a relação de recorrência de três termos a partir de Rodrigues (passo chave):
  • Começamos com H_{n+1}(x)=(-1)^{n+1} e^{x^{2}}\frac{d^{n+1}}{dx^{n+1}}e^{-x^{2}} =(-1)^{n+1} e^{x^{2}}\frac{d^{n}}{dx^{n}}\!\left(\frac{d}{dx}e^{-x^{2}}\right).
  • Observando que \dfrac{d}{dx}e^{-x^{2}}=-2x e^{-x^{2}}, obtemos H_{n+1}(x)=2(-1)^{n} e^{x^{2}}\frac{d^{n}}{dx^{n}}\!\big(x e^{-x^{2}}\big).
  • Aplicamos a fórmula de Leibniz para \dfrac{d^{n}}{dx^{n}}\big(x e^{-x^{2}}\big). Mas aqui há um truque prático: as derivadas de x satisfazem
    \dfrac{d^{0}}{dx^{0}}x=x,\\ \dfrac{d}{dx}x=1,\\ \dfrac{d^{k}}{dx^{k}}x=0 para k\ge2. Logo, na soma de Leibniz só aparecem dois termos (os índices k=0 e k=1): \frac{d^{n}}{dx^{n}}\big(x e^{-x^{2}}\big) =x\frac{d^{n}}{dx^{n}}e^{-x^{2}}+n\frac{d^{n-1}}{dx^{n-1}}e^{-x^{2}}.
  • Substituindo na expressão para H_{n+1}: \begin{aligned} H_{n+1}(x) &=2(-1)^{n} e^{x^{2}}\Big(x\frac{d^{n}}{dx^{n}}e^{-x^{2}}+n\frac{d^{n-1}}{dx^{n-1}}e^{-x^{2}}\Big)\\[4pt] &=2x H_{n}(x)-2n H_{n-1}(x). \end{aligned}
  • Assim obtemos a relação de recorrência clássica H_{n+1}(x)=2x H_{n}(x)-2n H_{n-1}(x).]

Passo 5

Combinar as duas relações para provar (a):
  • Lembrando da identidade obtida em

Passo 6

H_{n}'(x)=2x H_{n}(x)-H_{n+1}(x),
e substituindo nela H_{n+1}(x) pela recorrência de

Passo 7

H_{n+1}(x)=2x H_{n}(x)-2n H_{n-1}(x),
temos
H_{n}'(x)=2x H_{n}(x)-\big(2x H_{n}(x)-2n H_{n-1}(x)\big)=2n H_{n-1}(x).
  • Isso prova exatamente que, para n\ge1, \boxed{H_{n}'(x)=2n\,H_{n-1}(x).}

Passo 8

Agora parte (b): relacionar \dfrac{\partial}{\partial x} g(x,t) com a série e usar (a):
  • Começamos com a definição g(x,t)=\sum_{n=0}^{\infty} H_{n}(x)\frac{t^{n}}{n!}.
  • Diferenciando termo a termo em x (justificado por convergência uniforme da série geradora em regões relevantes), \frac{\partial g}{\partial x}(x,t)=\sum_{n=0}^{\infty} H_{n}'(x)\frac{t^{n}}{n!}.
  • Usando o resultado de (a), H_{n}'(x)=2n H_{n-1}(x), obtemos \frac{\partial g}{\partial x}(x,t)=\sum_{n=1}^{\infty} 2n\,H_{n-1}(x)\frac{t^{n}}{n!}.(o termo n=0 é zero porque multiplicado por n)
  • Simplificando o coeficiente: 2n\frac{t^{n}}{n!}=2\frac{t^{n}}{(n-1)!}=2t\frac{t^{\,n-1}}{(n-1)!}.Substituindo e trocando índice m=n-1: \frac{\partial g}{\partial x}(x,t)=2t\sum_{m=0}^{\infty} H_{m}(x)\frac{t^{m}}{m!}=2t\,g(x,t).
  • Portanto obtemos a equação diferencial ordinária em x (para t fixo): \boxed{\frac{\partial g}{\partial x}(x,t)=2t\,g(x,t).}

Passo 9

Resolver a equação diferencial e aplicar a condição em x=0:
  • A EDO é linear, de primeira ordem, separável. Tratando t como parâmetro, \frac{1}{g}\frac{\partial g}{\partial x}=2t \quad\Rightarrow\quad \ln g(x,t)=2t x + C(t),onde C(t) é constante de integração em relação a x (pode depender de t).
  • Logo g(x,t)=A(t)\,e^{2tx},\qquad A(t):=e^{C(t)}=g(0,t).
  • Precisamos então determinar A(t)=g(0,t) a partir de H_{n}(0). Calculamos g(0,t) pela série: g(0,t)=\sum_{n=0}^{\infty} H_{n}(0)\frac{t^{n}}{n!}.

Passo 10

Determinar H_{n}(0) usando Rodrigues e a expansão de e^{-x^{2}}:
  • Escrevendo e^{-x^{2}}=\sum_{k=0}^{\infty}\dfrac{(-1)^{k}x^{2k}}{k!}, observa‑se que todos os termos são potências pares de x. Assim as derivadas de ordem ímpar de e^{-x^{2}} em zero valem zero, e as derivadas de ordem par têm valor explícito.
  • Pela fórmula de Rodrigues, H_{n}(0)=(-1)^{n}\left.\frac{d^{n}}{dx^{n}}e^{-x^{2}}\right|_{x=0}.Da série de e^{-x^{2}}, se n é ímpar então H_{n}(0)=0. Se n=2k é par, \left.\frac{d^{2k}}{dx^{2k}}e^{-x^{2}}\right|_{x=0}=(-1)^{k}\frac{(2k)!}{k!},logo H_{2k}(0)=(-1)^{2k}\,(-1)^{k}\frac{(2k)!}{k!}=(-1)^{k}\frac{(2k)!}{k!}.
  • Em resumo: H_{2k+1}(0)=0,\qquad H_{2k}(0)=(-1)^{k}\frac{(2k)!}{k!}.

Passo 11

Calcular g(0,t) usando os valores de H_{n}(0):
  • Substituindo na série apenas os índices pares, \begin{aligned} g(0,t) &=\sum_{k=0}^{\infty} H_{2k}(0)\frac{t^{2k}}{(2k)!} =\sum_{k=0}^{\infty} (-1)^{k}\frac{(2k)!}{k!}\frac{t^{2k}}{(2k)!}\\[4pt] &=\sum_{k=0}^{\infty} \frac{(-1)^{k}}{k!} t^{2k} =\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(-t^{2})^{k}}{k!}=e^{-t^{2}}. \end{aligned}
  • Portanto A(t)=g(0,t)=e^{-t^{2}}.]

Passo 12

Escrever a forma final de g(x,t):
  • Como g(x,t)=A(t)e^{2tx} e A(t)=e^{-t^{2}}, obtemos \boxed{g(x,t)=e^{-t^{2}}e^{2tx}=e^{2tx-t^{2}}.}
  • Esta é a conhecida função geradora dos polinômios de Hermite.

Resposta

(a) H_{n}'(x)=2n\,H_{n-1}(x)
(b) g(x,t)=e^{2xt-t^{2}}

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