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京都大学 情報学研究科 数理工学専攻 2014年8月実施 基礎数学 I

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Author​

思齐塾, 祭音Myyura

Description​

指数関数 E(t,x)=e2xt−t2E(t, x) = e^{2xt-t^2} の展開

E(t,x)=∑n=0∞fn(x)tnn!E(t, x) = \sum_{n=0}^{\infty} f_n(x) \frac{t^n}{n!}

を用いて関数 fn(x)(n=0,1,2,...)f_n(x) (n = 0, 1, 2, ...) を定める. 以下の問いに答えよ.

(i) 関数 fn(x)(n=0,1,2,...)f_n(x) (n = 0, 1, 2, ...) は

dfn+1(x)dx=2(n+1)fn(x)\frac{d f_{n+1}(x)}{dx} = 2(n+1)f_n(x)

を満たすことを示せ.

(ii) 関数 fn(x)(n=0,1,2,...)f_n(x) (n = 0, 1, 2, ...) は

fn+2(x)=2xfn+1(x)−2(n+1)fn(x)f_{n+2}(x) = 2xf_{n+1}(x) - 2(n+1)f_n(x)

を満たすことを示せ.

(iii) 関数 fn(x)(n=0,1,2,...)f_n(x) (n = 0, 1, 2, ...) は

ddx(e−x2ddxfn(x))=−2ne−x2fn(x)\frac{d}{dx} \left( e^{-x^2} \frac{d}{dx} f_n(x) \right) = -2ne^{-x^2}f_n(x)

を満たすことを示せ.

(iv) 関数 fn(x)(n=0,1,2,...)f_n(x) (n = 0, 1, 2, ...) について等式

∫−∞∞e−x2fn(x)2dx=2nn!π\int_{-\infty}^{\infty} e^{-x^2} f_n(x)^2 dx = 2^n n! \sqrt{\pi}

を示せ. ただし, ∫−∞∞e−x2dx=π\int_{-\infty}^{\infty} e^{-x^2} dx = \sqrt{\pi} を用いてよい.

题目描述​

通过指数生成函数

E(t,x)=e2xt−t2=∑n=0∞fn(x)tnn!E(t,x)=e^{2xt-t^2} =\sum_{n=0}^{\infty}f_n(x)\frac{t^n}{n!}

定义函数 fn(x) (n=0,1,2,…)f_n(x)\ (n=0,1,2,\ldots)。完成以下各问：

  1. 证明

    dfn+1(x)dx=2(n+1)fn(x).\frac{d f_{n+1}(x)}{dx}=2(n+1)f_n(x).

  2. 证明三项递推关系

    fn+2(x)=2xfn+1(x)−2(n+1)fn(x).f_{n+2}(x) =2xf_{n+1}(x)-2(n+1)f_n(x).

  3. 证明

    ddx(e−x2ddxfn(x))=−2ne−x2fn(x).\frac{d}{dx}\left(e^{-x^2}\frac{d}{dx}f_n(x)\right) =-2n e^{-x^2}f_n(x).

  4. 证明

    ∫−∞∞e−x2fn(x)2 dx=2nn!π.\int_{-\infty}^{\infty}e^{-x^2}f_n(x)^2\,dx =2^n n!\sqrt{\pi}.

    可以使用

    ∫−∞∞e−x2 dx=π.\int_{-\infty}^{\infty}e^{-x^2}\,dx=\sqrt{\pi}.

Kai​

(i) 導関数の関係式​

生成関数を xx で微分すると、

∂E∂x=2tE(t,x)=∑n=0∞2fn(x)tn+1n!.\frac{\partial E}{\partial x} =2tE(t,x) =\sum_{n=0}^{\infty}2f_n(x)\frac{t^{n+1}}{n!}.

一方、級数を項別微分すれば

∂E∂x=∑n=0∞fn′(x)tnn!.\frac{\partial E}{\partial x} =\sum_{n=0}^{\infty}f_n'(x)\frac{t^n}{n!}.

tn+1t^{n+1} の係数を比較すると

fn+1′(x)(n+1)!=2fn(x)n!\frac{f_{n+1}'(x)}{(n+1)!} =\frac{2f_n(x)}{n!}

であるから、

fn+1′(x)=2(n+1)fn(x).f_{n+1}'(x)=2(n+1)f_n(x).

(ii) 三項間漸化式​

生成関数を tt で微分すると、

∂E∂t=(2x−2t)E(t,x),∑n=0∞fn+1(x)tnn!=2x∑n=0∞fn(x)tnn!−2t∑n=0∞fn(x)tnn!.\begin{aligned} \frac{\partial E}{\partial t} &=(2x-2t)E(t,x),\\ \sum_{n=0}^{\infty}f_{n+1}(x)\frac{t^n}{n!} &=2x\sum_{n=0}^{\infty}f_n(x)\frac{t^n}{n!} -2t\sum_{n=0}^{\infty}f_n(x)\frac{t^n}{n!}. \end{aligned}

tn+1t^{n+1} の係数を比較すると、

fn+2(x)=2xfn+1(x)−2(n+1)fn(x).f_{n+2}(x) =2xf_{n+1}(x)-2(n+1)f_n(x).

(iii) 微分方程式​

(i) と (ii) から

fn′′(x)−2xfn′(x)+2nfn(x)=0f_n''(x)-2xf_n'(x)+2nf_n(x)=0

が得られる。実際、 fn′=2nfn−1f_n'=2nf_{n-1} 、 fn′′=4n(n−1)fn−2f_n''=4n(n-1)f_{n-2} を (ii) の漸化式に代入すればよい。

したがって、

ddx(e−x2fn′(x))=e−x2(fn′′(x)−2xfn′(x))=−2ne−x2fn(x).\begin{aligned} \frac{d}{dx}\left(e^{-x^2}f_n'(x)\right) &=e^{-x^2}\left(f_n''(x)-2xf_n'(x)\right)\\ &=-2ne^{-x^2}f_n(x). \end{aligned}

(iv) 重み付き二乗積分​

二つの生成関数を使うと、平方完成により

∫−∞∞e−x2E(t,x)E(s,x) dx=∫−∞∞e−x2+2x(t+s)−t2−s2 dx=e2ts∫−∞∞e−(x−t−s)2 dx=π e2ts=π∑n=0∞2ntnsnn!.\begin{aligned} &\int_{-\infty}^{\infty} e^{-x^2}E(t,x)E(s,x)\,dx\\ &\quad= \int_{-\infty}^{\infty} e^{-x^2+2x(t+s)-t^2-s^2}\,dx\\ &\quad= e^{2ts} \int_{-\infty}^{\infty}e^{-(x-t-s)^2}\,dx\\ &\quad= \sqrt{\pi}\,e^{2ts} =\sqrt{\pi}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{2^nt^ns^n}{n!}. \end{aligned}

他方、左辺で生成関数を展開したときの tnsnt^ns^n の係数は

1(n!)2∫−∞∞e−x2fn(x)2 dx\frac{1}{(n!)^2} \int_{-\infty}^{\infty}e^{-x^2}f_n(x)^2\,dx

である。係数比較により

1(n!)2∫−∞∞e−x2fn(x)2 dx=2nπn!,\frac{1}{(n!)^2} \int_{-\infty}^{\infty}e^{-x^2}f_n(x)^2\,dx =\frac{2^n\sqrt{\pi}}{n!},

したがって

∫−∞∞e−x2fn(x)2 dx=2nn!π.\int_{-\infty}^{\infty}e^{-x^2}f_n(x)^2\,dx =2^nn!\sqrt{\pi}.
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