埃尔米特多项式 （Hermite Polynomials）简介（1）

最近在做一个数值逼近的算法，里面用到了埃尔米特多项式。所以就花了些时间推导了一遍，推导笔记放在这里算是给自己做个备忘。

埃尔米特多项式 （Hermite Polynomials）简介（1）

埃尔米特多项式是一组正交的多项式。就如许多其他的以人名命名的数学公式一样，埃尔米特多项式其实也并不是埃尔米特第一个提出的。 Laplace 在 1810 年一篇论文中就给出了埃尔米特多项式的系数，Chebyshev 则在 1859 年的一篇论文中详细的讨论了埃尔米特多项式的各种性质。可惜 Chebyshev 的这篇论文并没有引起学术圈应由的重视。 Charles Hermite 在 1864 年的一篇文章中才提到埃尔米特多项式，这已经比 Laplace 最初的研究成果晚了 54 年。

由于物理学家的小圈子与数学家的小圈子相对独立，现在有两种定义略有不同的埃尔米特多项式。一种被称为“统计学家的埃尔米特多项式”，另一种的被称为“物理学家的埃尔米特多项式”。这两种埃尔米特多项式的系数是有联系的，这里我只介绍“物理学家的埃尔米特多项式”。

前 10 个 埃尔米特多项式如下：

H0(x)H1(x)H2(x)H3(x)H4(x)H5(x)H6(x)H7(x)H8(x)H9(x)H10(x)===========12x4x2−28x3−12x16x4−48x2+1232x5−160x3+120x64x6−480x4+720x2−120128x7−1344x5+3360x3−1680x256x8−3584x6+13440x4−13440x2+1680512x9−9216x7+48384x5−80640x3+30240x1024x10−23040x8+161280x6−403200x4+302400x2−30240

由微分方程引入埃尔米特多项式

常微分方程：

y′′−2xy′+2ny=0, (n∈N+)

被称为 埃尔米特 方程。

x=0 是埃尔米特方程的常点，所以这个微分方程的解可以在 x=0 的邻域表示为泰勒级数：

y=∑k=0∞akxk

对这个级数求导可以得到：

y′=∑k=1∞kakxk−1y′′=∑k=2∞k(k−1)akxk−2

带入埃尔米特方程得到：

∑k=2∞k(k−1)akxk−2−2∑k=1∞kakxk+2n∑k=0∞akxk=0

考察 x0 的系数，有：

2a2x0+2na0x0=0

所以：

a2=−na0

考察 x1 的系数，有：

3⋅2⋅a3x1−2a1x1+2na1x1=0

所以

a3=2−2n6a1

考察 xm 的系数，有：

(m+2)(m+1)am+2xm−2mamxm+2namxm=0

所以：

am+2=2m−2n(m+2)(m+1)am

不难看出，对于偶次项，有：

a2m=∏m−1p=0(4p−2n)(2m)!a0

对于奇次项，有：

a2m+1=∏mp=1(4p−2−2n)(2m+1)!a1

可以看出奇数和偶数是两套独立的递推系数，因此可以这样写：

y(x)=a0y0(x)+a1y1(x)

y0(x) 只含有 x 的偶次项， y1(x) 只含有 x 的奇次项。

当 n 是偶数时， y0(x) 只有有限项，只要我们将 a1 设为 0 ，那么 y(x) 就退化为多项式了。
同理，当 n 是奇数时， y1(x) 只有有限项，只要我们将 a0 设为 0 ，那么 y(x) 就退化为多项式了。

按照这个思路，选择合适的 a0 和 a1 ，可以使得多项式的最高次为 (2x)n :
当 n=0 时, y(0)=a0=1
当 n=1 时, y(0)=a1x=2x
当 n=2 时, y(0)=a0(1−2x2)=4x2−2
当 n=3 时, y(0)=a1(x−23x3)=8x3−12x
当 n=4 时, y(0)=a0(1−4x2+43x4)=16x4−48x2+12

这正是我们的埃尔米特多项式。

埃尔米特多项式的母函数和递推公式

上面的方式虽然推导出了埃尔米特多项式，但是用起来并不方便。实际上，函数 Ψ(t,x)=exp(2tx−t2) 在 t=0 处的泰勒展开可以写为：

Ψ(t,x)=exp(2tx−t2)=∑n=0∞Hn(x)tnn!

其中的系数 Hn(x) 就是埃尔米特多项式。下面我们就来证明这个结论。
首先，容易验证：

∂Ψ(t,x)∂x=2tΨ(t,x)∂Ψ(t,x)∂t+2(t−x)Ψ(t,x)=0

把 Ψ(t,x) 的泰勒展开带入上面的两个式子：

∑n=0∞H′n(x)tnn!=∑n=0∞2Hn(x)tn+1n!∑n=0∞Hn(x)tn−1(n−1)!+2(t−x)∑n=0∞Hn(x)tnn!=0

比较两边 t 的同幂项，得到：

H′0(x)=0H′n(x)=2nHn−1(x)Hn+1(x)+2nHn−1(x)−2xHn(x)=0

所以 ：

H0(x)=c0H1(x)=2x+c1⋯

可知， Hn(x) 确实是多项式。继续推导可知：

Hn(x)−2xHn−1(x)+2(n−1)Hn−2(x)=0Hn(x)−xnH′n(x)+H′n−1(x)=0Hn(x)−xnH′n(x)+12nH′′n−1(x)=0H′′n−1(x)−2xH′n(x)+2nHn(x)=0

最后这个式子就是埃尔米特方程，而埃尔米特方程的多项式解只能是埃尔米特多项式。

上面的推导过程中同时还给出了埃尔米特多项式的递推公式：

Hn(x)−2xHn−1(x)+2(n−1)Hn−2(x)=0

有了这个递推公式，再计算埃尔米特多项式就容易多了。