Solución de la Tarea 4.

Solucion de la Tarea 4
Problema 20: Los Polinomios de Hermite
La formula de Rodrigues vista en clases para los Hn (x) es
2 dn x2 e
dxn
Hn (x) = ( 1)n ex
P1
Si llamamos (x; t) (1)
n
n=0 Hn (x)t =n!, usando (1) obtenemos
(x; t) =
1
X
dn x2 e
;
n! dxn
21
( 1)n ex
n=0
(2)
y, utilizando el Teorema de Cauchy,
(x; t) =
1
X
n=0
2 1 n
( 1)n ex
t
2 i
2
e z
n+1 dz;
C (z x)
I
(3)
en que C es un contorno cualquiera en el plano complejo que encierra a x. Mas
adelante elegiremos el contorno C de tal manera que al intercambiar el orden
de la integral y la suma, la suma geometrica que obtengamos converja, para
todo z en el contorno C . Suponiendo que esto ocurre, intercambiamos el orden
y obtenemos,
( t)
(x; t) = 21 i C ex z 1
n=0 (z x)n+1 dz
H
2 2
= 21 i tn C ex z z (1x t) ;
H
2
2P
n
(4)
(5)
siempre que jt=(z x)j < 1 para asegurar la convergencia de la serie geometrica.
En cuanto a la eleccion del contorno C para que se satisfaga la condicion anterior
se puede hacer del modo siguiente: basta tomar un crculo de radio alrededor
del punto x
b) Como
1
2 X 1
Hn (x)tn ;
(x; t) = e2xt t =
n
!
n=0
y puesto que (como vimos en clases por medio de la formula de Rodrigues)
(Hn ; Hm ) = 0 si n 6= m (con respecto al producto interno de peso w(x) =
exp( x2 ), entonces,
Z
1
1
2
2
(x; t)e x dx =
Z
1 1 2 Z 1
X
2 2
2
e4xt 2t x dx =
t2n
Hn (x)2 e x dx:
n
!
1
1
n=0
1
(6)
El lado izquierdo de (6) esta dado por
Z
1 2n t2n
p 2 p X
2 2
e (x 2t) e2t dx = e2t = :
1
n=0 n!
1
1
(7)
Comparando los desarrollos en serie de (6) y (7) obtenemos de inmediato
Z
1
1
p
2
Hn (x)2 e x dx = 2nn!
(8)
c) i) usemos la funcion generatriz,
1
n
2 X Hn (x)t
(x; t) = e2xt t =
:
n!
n=0
(9)
Derivando (9) con respecto a x y t respectivamente tenemos
x = 2t
y
x = 2(x
;
(10)
t) :
(11)
Derivando el lado derecho de (9) con respecto a t tenemos
t=
1
X
nHn (x) n
t
n=0 n!
1
=
1
X
Hn+1 tn
+ H1 (x):
n=1 n!
(12)
Por otra parte, de (??) y del lado derecho de (9) se tiene
1
X
1 2x H (x)
Hn (x)tn X
n
2(x t) = 2(x t)
=
tn
n
!
n
!
n=0
n=1
2Hn 1 (x)
+2x H0 (x):)
(n 1)!
(13)
De (??), (12) y (13), igualando los coecientes de iguales potencias de t, obtenemos
H1 = 2x H0
(14)
y
Hn+1 (x) = 2x H0 (x) 2nHn 1(x);
d
dx )Hn (x), y usar induccion. De la
e) Basta demostrar que Hn+1 (x) = (2x
formula de Rodrigues (1) tenemos
2 dn+1 x2
= ( 1)n+1 ex dx
n+1 e
Hn+1
2
d dn e x2
= ex ( 1)n+1 dx
dxn
2
d e x2 ( 1)n H
= ex ( 1)n+1 dx
n
=
(15)
d Hn + 2xH = (2x
n
dx
d
dx )Hn (x):
(16)
Notese que en la tercera igualdad usamos la formula de Rodrigues (1) nuevamente. Para completar la induccion basta vericar que (2x d=dx)1 = 2x es
efectivamente H1 (x).
Nota: (2x d=dx) es el
operador de subida que se discute habitualmente en
Mecanica Cuntica al tratar la solucion del oscilador armonico
2
f) Usando la relacion de recurrencia (15) tenemos
1
2
de modo que
xHn = Hn+1 + nHn 1 ;
(17)
1
4
(18)
x2 Hn2 = Hn2+1 + n2 Hn2
1
+ nHn 1 Hn+1 :
2
Multiplicando (18) por e x , e integrando en x entre 1 y +1, utilizando
la ortogonalidad de los polinomios de Hermite para ndices distintos y que de
acuerdo a (8)
Z
1
obtenemos
Z
1
1
1
p
2
Hn (x)2 e x dx = 2n n!;
2
x2 Hn (x)Hn (x) e x dx =
1
4
p2n (n + 1)! + n 2n (n
p
= 2n n!(2n + 1):
+1
2
1
1
p
1)! (19)
Expresion para los primeros polinomios de Hermite: Los seis primeros
polinomios de Hermite estan dados por:
H0 (x) = 1;
H1 (x) = 2x;
H2 (x) = 4x2 2;
H3 (x) = 8x3 12x;
H4 (x) = 16x4 48x2 12;
y
H5 (x) = 32x5 160x3 + 120x:
En la gura () hemos dibujado (usando Maple) los cuatro primeros polinomios de Hermite.
Notas adicionales:
i) Los polinomios Ortogonales con MAPLE 6: Es muy simple usar
los polinomios ortogonales clasicos en MAPLE 6. Basta utilizar el comando
para cargar la librera de polinomios ortogoales. Dentro de
esta librera P (n; x) denota el polinomio de Legendre de orden n evaluado en x.
Analogamente, H (n; x) representa el polinomio de Hermite de orden n, L(n; x)
el de Laguerre de orden n, T (n; x) el de Tchebyche de Primera Clase y U (n; x)
el de Segunda Clase. Finalmente G(n; x) representa el polinomio de Gegenbauer
de grado n.
with(orthopoly);
ii) Usando la funcion generatriz es muy simple calcular el valor de los polinomios
de Hermite en el origen. Evaluando (9) en x = 0 tenemos
1
2 X
tn
Hn (0) :
e t =
n!
n=0
3
10
8
6
y
4
2
–2
–1
1
x
2
–2
–4
–6
–8
–10
Figure 1: Graco de los primeros 4 polinomios de Hermite
2
El desarrollo en serie de Mac Laurin de e t esta dado por
1
2 X
1
e t = ( 1)k t2 k :
k!
k=0
Comparando estas dos ultimas expresiones obtenemos de inmediato
H2k+1 (0) = 0;
y
Hk (0) = ( 1)k
(2k )!
:
k!
Problema 21: Los Polinomios de Laguerre
a) La formula de Rodrigues para los polinomios de Laguerre, vista en clases, es
Ln(x) =
Entonces,
(x; t) 1
X
n=0
1 x dn
e n e xxn
n! dx
Ln (x)tn =
1
X
1 n x dn
t e n e x xn ;
dx
n=0 n!
(20)
(21)
y, utilizando el Teorema de Cauchy,
(x; t) =
1
1
X
2 i n=0
tn ex
I
e z zn
dz;
C (z x)n+1
(22)
en que C es un contorno cualquiera en el plano complejo que encierra a x. Mas
adelante elegiremos el contorno C de tal manera que al intercambiar el orden
4
de la integral y la suma, la suma geometrica que obtengamos converja, para
todo z en el contorno C . Suponiendo que esto ocurre, intercambiamos el orden
y obtenemos,
I
e z ex
1
dz;
(23)
(x; t) =
2 i C z x zt)
siempre que jtz=(z x)j < 1 para asegurar la convergencia de la serie geometrica.
En cuanto a la eleccion del contorno C para que se satisfaga la condicion anterior
se puede hacer del modo siguiente: basta tomar un crculo de radio alrededor
del punto x de modo que > tjxj=(1 t). Aqu, 0 t 1. Entonces, jz xj = y jtz j = jtx + t exp(i)j tjxj + t . Finalmente, haciendo la integral (??),
usando el Teorema de los Residuos, puesto que existe solamente un polo simple
(z = x=(1 t)) en el dominio encerrado por C , obtenemos
1
1
xt
(x; t) = ex e x=(1 t)
=
exp(
);
1 t 1 t
1 t
(24)
para todo 0 t < 1 y para todo 0 x < 1.
b) Norma de los Ln: Como es habitual, conviene calcular
1
Z
0
1+t
12xtt dx = R 1 exp x 1 t
2
t)
(1 t)2
0
1 t
1
1
= 1+
t (1 t)2 = 1 t2 :
R
e x (x; t)2 dx = 01 e x exp
(1
dx =
(25)
n
Por otra parte, como (x; t) = 1
n=0 Ln (x)t y puesto que los Ln son mutuamente ortogonales con respecto al producto interno de peso w(x) = e x
tenemos
Z 1
1 Z 1
X
x
2
x
2
e
(x; t) dx =
e Ln (x) dx t2n :
(26)
P
n=0
0
0
Comparando (25) con (26) obtenemos
Z
1
0
e xL2n (x) dx = 1:
(27)
c) Algunas relaciones de recurrencia:
i) De la expresion para funcion generatriz dada por (25), obtenemos de inmediato
(1 t) x = t ;
(28)
y utilizando la expresion (21) para (x; t), reagrupando terminos y calculando
el coeciente de tn , tenemos
L0n
para todo n
obtenemos
1.
L0n
1
= Ln 1 ;
(29)
Notese que sumando (29) en n desde n = 1 hasta k + 1
k
X
n=0
Ln(x) = L0k+1 (x):
5
(30)
ii) Derivando la expresion (25), para la funcion generatriz , con respecto a t
tenemos as mismo
(1 t)2 t = (1 t)
x :
(31)
Usando la expansion de en polinomios de Laguerre en (30), colectando los
terminos en iguales potencias de t nos conduce a la relacion de recurrencia
(n + 1)Ln+1
[(2n + 1)
x] Ln + nLn
1
= 0;
(32)
para todo n 1.
iii) Ahora combinando (28) y (31) se tiene
t)t t = t + x x ;
(1
(33)
y usando la expansion de en terminos de los polinomios de Laguerre, e igualando los coecientes de iguales potencias de t, encontramos
n(Ln Ln 1) = xL0n ;
(34)
para n 1. Notese que combinando (29) y (34) se tiene de inmediato
(xL0n )0 = nLn 1 ;
(35)
para n 1.
d) Ecuacion Diferencial para los Ln (x): Usaremos el metodo discutido en
clase en conexion con los Polinomios de Jacobi. Consideremos, en forma analoga
al caso de los polinomios de Jacobi,
n
X
d
0
00
0
(w(x)xLn ) = w(x) (xLn + (1 x)Ln ) = w(x)
k Lk ;
dx
k=0
(36)
en que aqu el peso w(x) = exp( x) y la ultima igualdad sigue del hecho que
xL00n + (1 x)L0n es un polinomio de grado n. Multiplicando (36) por Lj , j k,
usando la ortogonalidad de los polinomios de Laguerre con respecto al producto
interno de peso w(x) = exp( x), encontramos
j =
Z
1
0
Lj
d
e x xL0n dx:
dx
(37)
Integrando dos veces por parte la expresion anterior, usando que e x x es cero
en 0 y en 1, encontramos
j =
Z
0
1
L0n
d
e xxL0j dx:
dx
(38)
Pero, por el mismo argumento usado en la derivacion de (36), d(exp( x)x L0j )=dx
es un polinomio de grado j . As, por la ortogonalidad de los polinomios de Laguerre, de (38) tenemos que j = 0 si j < n, de modo que solamente n es
distinto de cero en (36) y por lo tanto,
xL00n + (1 x)L0n = n Ln:
6
(39)
Para encontrar el valor de n , dado que ambos lados de la ecuacion (39) son
polinomios de grado n, los coecientes de todas sus potencias deben ser iguales,
en particular el coeciente de xn . De este modo, si escribimos
Ln = kn xn + : : :
(40)
y lo reemplazamos en (39), colectando el coeciente de xn en ambos lados de
(39) encontramos n = n, de modo que los polinomios de Laguerre obedecen la
ecuacion
xL00n (1 x)L0n = nLn:
(41)
Expresion para los primeros polinomios de Laguerre: Los cinco primeros
polinomios de Laguerre estan dados por:
L0 (x) = 1;
L1 (x) = 1 x;
L2 (x) =
L3(x) =
1
6
1 2
x
2
4x + 2
x3 + 9x2
18x + 6 ;
1 4
x 16x3 + 72x2 96x + 24 :
24
En la gura () hemos dibujado (usando Maple) los cinco primeros polinomios
de Laguerre.
L4 (x) =
10
8
6
y
4
2
–2
2
4
6
8
10
x
–2
–4
–6
–8
–10
Figure 2: Graco de los primeros cinco polinomios de Laguerre
Problema 22: Los polinomios de Tchebyche de Primera Clase
7
Expresion para los primeros polinomios de Tchebyche de Primera
Clase: Los seis primeros polinomios de Tchebyche estan dados por:
T0 (x) = 1;
T1 (x) = x;
1
2x2 1 ;
2
1
T3 (x) = 4x3 3x ;
4
1
T4 (x) = 8x4 8x2 + 1 ;
8
T2 (x) =
y
1
16x5 20x3 + 5x
16
En la gura () hemos dibujado (usando Maple) los cinco primeros polinomios
de Tchebyche.
T5(x) =
1
0.5
–1
–0.8 –0.6 –0.4 –0.2
0.2
0.4
0.6
0.8
1
x
–0.5
–1
Figure 3: Graco de los primeros cinco polinomios de Tchebyche
Solucion del Problema 23:
Escribimos
f (x) =
1
X
n=0
an Pn (x)
(42)
Como los polinomios de Legendre, Pn (x) son ortogonales entre s, i.e., (Pn ; Pm ) =
0 si n 6= m, si multiplicamos (42) por Pm (x) e integramos en x entre 1 y 1,
obtenemos
(f; Pm )
am =
:
(43)
(Pm ; Pm )
8
Para la funcion f de este problema tenemos
(f; Pm ) =
Z
1
0
Pm (x) dx:
(44)
En clase vimos que el cuadrado de la norma de los polinomios de Legendre esta
dada por
2
:
(45)
(Pm ; Pm ) =
2m + 1
Los polinomios de Legendre satisfacen la siguiente relacion de recurrencia (discutida en clases)
xPn0 Pn0 1 = n Pn ;
para n = 1; 2; : : :. Si integramos la relacion anterior en x entre 0 y 1 obtenemos
Z
0
1
xPn0 (x) dx = Pn 1 (1) Pn
1
+n
Z
0
1
Pn (x) dx:
Integrando por partes el lado izquierdo, y usando que Pn (1) = 1 para todo n
tenemos nalmente
Z 1
1
Pn (x) dx =
P (0);
(46)
n
+
1 n 1
0
para todo n 1. Como P( 0)(x) = 0, tenemos ademas que
Z
1
0
P0 (x) dx = 1:
Entonces, reemplazando (44), (45) y (46) en (43) tenemos
am =
para m 1 y
2m + 1
P (0);
2(m + 1) m 1
(47)
1
(48)
2
Los polinomios de Legendre tienen paridad ( 1)n (i.e., los polinomios de ndice
par son pares con respecto al origen y los polinomios de ndice impar son impares
con respecto al origen) de modo que
a0 = :
P2k+1 (0) = 0;
(49)
para todo kp. Usando la funci
de los polinomios de Legendre
P on generatriz
n
(x; t) = 1= 1 2xt + t2 = 1
n=0 Pn (x)t , evaluada en x = 0 obtenemos
P2k (0) = ( 1)k
(2k )!
;
(k !2k )2
(50)
Finalmente, de (47), (48), (49) y (50), obtenemos los coecientes de la expansion
de f (x) en serie de Polinomios de Legendre:
1
2
a0 = ;
9
(51)
a2k = 0;
k = 1; 2; : : :, y
(52)
(4k + 3) (2k )!
;
(53)
4(k + 1) (k !2k )2
para k = 0; 1; 2; : : :. Debido a que la funcion f tiene una discontinuidad (en
x = 0) los coecientes am de la expansion, convergen lentamente a 0. De hecho,
para valores grandes de k , podemos utilizar la aproximacion de Stirling para k !
(ver nota adicional al nal de este problema) para concluir que
a2k+1 = ( 1)k
1
a2k+1 ( 1)k p ;
k
para valores grandes de k .
En la gura siguiente he gracado la suma de los primeros 10 terminos no
nulos de la serie (42). Se observa la oscilacion caracterstica de la serie en torno
a x = 0 (fenomeno de Gibbs).
1
0.8
0.6
0.4
0.2
–0.8 –0.6 –0.4 –0.2
0.2
0.4
x
0.6
0.8
Figure 4: Aproximacion de f (x) por la serie (42).
Notas adicionales: Aproximacion de Stirling (muy util en Probabilidades y Mecanica Estadstica): Si n > 1 es un entero, entonces
exp(
1
<
12n + (1=4)
de modo que
p
n!
p
2 n exp( n)nn
n!
< exp(
1
);
12n
= 1;
2 n exp( n)nn
resultado que fue demostrado por James Stirling en 1764. Para ver una demostracion del Teorema de Stirling, ver, e.g., el libro de K.R. Stromberg, Introduction to Classical Real Analysis, Wadsworth International Group,
lim
n!1
10
Belmont, California, 1981. Usualmente en Mecanica Estadstica el Teorema de
Stirling se usa para proximar
log(n!) n log n n
para valores grandes de n.
Problema 24:
Se trata de demostrar la siguiente relacion integral para los Polinomios de Legendre en terminos de los Polinomios de Hermite:
Pn (x) =
p1 n1!
1
Z
1
2
e t tn Hn (x t) dt:
(54)
Esta es una representacion integral para los Polinomios de Legendre en
terminos de los Polinomios de Hermite. Existen muchas maneras de demostrar
este resultado. La mas simple, quizas, es utilizando las funciones generatrices
tanto de los polinomios de Hermite como de Legendre. Basta demostrar que
utilizando la representacion integral en cuestion par los polinomios de Legendre,
si sumamos la serie
1
X
1
sn Pn (x) = p
;
(55)
1 2xs + s2
n=0
i.e., obtenemos la funcion generatriz de los polinomios de Legendre.
Si multiplicamos (54) por sn y sumamos, obtenemos
1
X
n=0
1
Pn (x)sn = p
Z
1
1
e
t2
"
#
1
X
(ts)n Hn (x t)
dt;
n!
n=0
(56)
y, usando la funcion generatriz de los polinomios de Hermite, podemos escribir,
1
X
2 2 2
(ts)n Hn (x t)
= e 2x t s t s :
n!
n=0
(57)
Reemplazando (57) en el lado derecho de (56) obtenemos,
1
X
n=0
Pn (x)sn =
1
=
Z
1
2
2 2 2
1
e t e2xt s t s dt = p
1
Z
1
1
2
e at dt;
(58)
p
R
en que a = 1 2sx+s2. Pero 11 exp( at2 ) dt = =a, de modo que nalmente
1
X
n=0
Pn (x)sn =
p
1
1
;
2sx + s2
que es precisamente la funcion generatriz de los polinomios de Legendre.
Solucion del Problema 25:
11
(59)
Usamos la formula de Rodrigues para los polinomios de Laguerre Ln , i.e.,
Ln =
1 x dn
x e n e xxn+ :
n!
dx
(60)
De este modo
Ln+1 =
y
1
dn+1
x ex n+1 e xxn+1+ :;
(n + 1)!
dx
(61)
1 1 x dn
x
e n e x xn++1 :
n!
dx
(62)
Ln+1 =
Si llamamos
=
dn
e xxn++1 ;
n
dx
(63)
al factor comun que aparece en (61) y (62), obtenemos de (61)
d 1
d2 Ln+1 =
x ex 2
dx
(n + 1)!
dx
(64)
= n!Ln+1 x+1 e x;
(65)
d
dL+1
= n!Ln+1 ( + 1)x e x x+1 e x + x+1 e x n! n
dx
dx
(66)
Pero, de (62) y (63)
de modo que
y
2 Ln+1
+1 d2 n
( + 1)x e x x+1 e x + x+1 e x n! d dx
= n!2 dLdx
2
2
dx
+n!Ln+1 ( + 1)x 1 e x 2( + 1)x e x + x+1 e x :
(67)
Reemplazando (66) y (67) en (??) obtenemos, luego de simplicar,
dLn+1
1
d2
dL+1
=
x 2 Ln+1 + ( + 2 x) n
dx
n + 1 dx
dx
Ln+1
(68)
Sin embargo, la ecuacion diferencial de los polinomios de Laguerre Ln es
d2 dL
Ln + ( + 1 x) n + n Ln :
(69)
2
dx
dx
Usando la ecuacion diferencial (69) (con reemplazado por + 1) en (68)
x
obtenemos nalmente
dLn+1
1
+1
=
( n 1)Lalpha
= Ln+1 ;
n
dx
n+1
que era lo que se peda demostrar.
Representacion Integral para los polinomios de Hermite:
12
Una propiedad util de los polinomios de Hermite es la siguiente representacion
integral (ver, e.g., E. Merzbacher, Quantum Mechanics, Wiley International
Edition, Tokyo, 1961, prob. V, pp. 77):
Hn (x) =
1
n Z
p2 1
2
(x + iu)n e u du:
(70)
Hay muchas maneras de demostrar esta representacion integral. Quizas la mas
simple es demostrar que si uno dene las funciones por medio de (70), multiplica
por tn =n! y suma en n desde 0 hasta 1 se obtiene precisamente la funcion
generatriz de los polinomios de Hermite. El unico inconveniente de este tipo de
demostracion es que no es una demostracion constructiva. Sea
I
1 2n Z
X
1
p
n=0
1
n
t
2
(x + iu)n e u du:
n!
:
(71)
Entonces queremos demostrar que I = exp(2tx t2 ).
Intercambiando el orden de las operaciones de integral y suma en (71), haciendo la suma, obtenemos
Z
1
I=p
Pero,
Z
1
1
2
e2tiu u du =
1
1
Z
1
1
2
e2t(x+iu) u du:)
2
2 p
2
e (u ti) du) e t = e t :)
(72)
(73)
(Mediante una deformacion elemental del contorno de intregracion, utilizando
el Teorema de Cauchy, el hecho que exp( z 2 ) es una funcion entera, y que para
valores grandes de R e y jo, exp( (R + iy )2 ! 0 se transforma la integral
del segundo miembro de (73) en la intrgral de una gaussiana). Finalmente el
resultado sigue de (72) y (73).
Nota: Es evidente, de la representacion integral (70) que el lado derecho es un
polinomio de grado n en x.
Problema 26:
Usaremos la representacion integral de los polinomios de Hermite
Hn (x) =
2n
p
Z
1
1
2
(x + iu)n e u du:
(74)
(ver problema anterior). Usando (74) dos veces obtenemos
G(x; y; t) =
1
X
22n tn
n=0 n!
Z
1
1
Z
1
1
2 2
(x + iu)n (y + iv )n e u v du dv:
(75)
Intercambiando el orden de la suma y de la integracion, y sumando la serie que
resulta obtenemos
G(x; y; t)
R
R
= 11 11 exp 4(x + iu)((y + iv )t) u2 v 2 du dv
R
R
= e4xyt 11 11 exp 4uvt + 4iuyt + 4ivxt u2 v 2 du dv: (76)
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Luego hacemos primero la integral en u, (completando cuadrados y deformando
contornos en el plano complejo, usando el Teorema de Cauchy). As, tenemos
Z
1
1
p
exp 4uvt + 4iuyt
u2 = exp 4v2 t2 4y2t2
Reemplazando (77) en (76) obtenemos
1
p e
G(x; y; t) =
4
xyt 4y2 t2
Z
1
1
8ivyt2 :
2
2
2
e v (1 4t )+4ivxt 8ivyt dv:
(77)
(78)
Si t2 < 1=4, completando el cuadrado en (78) y deformando contornos en el
2
plano complejo, usando que la funcion e z es entera, y haciendo la integral de
la gaussiana resultante, obtenemos
G(x; y; t) =
4x2 t2 16y 2 t4 + 16xyt3
4xyt 4y 2 t2
e
exp
1 4t2
1 4t2
p
1
Reagrupando terminos en la exponencial, obtenemos nalmente
G(x; y; t) =
p
1
1
4t
exp
2
4xy t
4t2 (x2 + y 2 )
:
1 4t2
(79)
Indicaciones:
i) En este ejercicio hemos hecho uso repetido de la integral
Z
1
1
e
a u2 du =
r
:
a
con a > 0.
ii) Quizas es mas conveniente denir = 2t en (79) y de este modo la expresion
para G(x; y; ) toma la forma mas simple
1
X
1
Hn (x)Hn (y)( )n =
2
n=0 n!
p
1
1
2
exp
2xy
2 (x2 + y2 )
:
1 2
Nota Bibliograca: Esta expresion para G(x; y; t) juega un papel importante
en el calculo de integrales funcionales (proceso de Ornstein{Uhlenbeck). Esta
expresion para G(x; y; t) se conoce como formula de Mehler. Ver, e.g., el libro de
Barry Simon, Functional Intregration and Quantum Physics, Academic
Press, NY, 1979, pp. 38 y las referencias all mencionadas. De acuerdo a
Barry Simon, esta formula fue derivada por J. Doob, Stochastic Processes,
Wiley, NY, 1953; sin embargo sera conveniente revisar los artculos originales
de Ornstein y Uhlenbeck o los libros de Mark Kac.
Rafael Benguria, 6 de Mayo, 2002.
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