エルミート多項式 Hn(ξ) (n ≥ 0) は，以下の式を満たす．
\begin{align}
\sum_{n=0}^{\infty} \frac{H_n(\xi)}{n!} t^n &= e^{-t^2 + 2\xi t} =: S(\xi,t) \label{eq:bo}\\
H'_n(\xi) &= 2nH_{n-1} (\xi) \label{eq:'}\\
H_{n+1}(\xi) &= 2\xi H_n(\xi) -2nH_{n-1} (\xi) \label{eq:n+1}\\
\frac{d^2 H_n}{d\xi^2} -2\xi &\frac{dH_n}{d\xi} + 2nH_n = 0 \label{eq:def}
\end{align}
以上の関係を示していこう．
\eqref{eq:bo} の導出
S(ξ ,t) = e-t2 + 2ξ t をテイラー展開し，t の次数ごとに項をまとめると，
\begin{align}
S(\xi,t) &= e^{-t^2 + 2\xi t} \\
&= \sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{n!} (-t^2 + 2\xi t)^n \\
&= 1+ (-t^2 + 2\xi t) + \frac{1}{2} (-t^2 + 2\xi t)^2 + \cdots \\
&= 1 + 2\xi t -t^2 + \frac{1}{2} (t^4 -4\xi t^3 + 4\xi^2 t^2) + \cdots \\
&= 1 + 2\xi t + \frac{1}{2} (4\xi^2 -2) t^2 + \cdots \\
&= H_0(\xi) + H_1(\xi)t + \frac{1}{2} H_2(\xi) t^2 + \cdots \\
&= \sum_{n=0}^{\infty} \frac{H_n(\xi)}{n!} t^n
\end{align}
この S(ξ ,t) = e-t2 + 2ξ t をエルミート多項式の母関数という．
\eqref{eq:'} の導出
式\eqref{eq:bo} の両辺 を ξで偏微分すると，
\begin{align}
\frac{\partial }{\partial \xi} \sum_{n=0}^{\infty} \frac{H_n(\xi)}{n!} t^n &= \frac{\partial }{\partial \xi}e^{-t^2 + 2\xi t} \\
\Leftrightarrow\qquad \sum_{n=0}^{\infty} \frac{H'_n(\xi)}{n!} t^n &= 2te^{-t^2 + 2\xi t} \\
&= 2t\sum_{n=0}^{\infty} \frac{H_n(\xi)}{n!} t^n \\
&= \sum_{n=0}^{\infty} 2\frac{H_n(\xi)}{n!} t^{n+1} \frac{n+1}{n+1}\\
&= \sum_{n=0}^{\infty} 2(n+1)\frac{H_n(\xi)}{(n+1)!} t^{n+1}
\end{align}
ここで m:= n+1 とすると，
\begin{align}
\sum_{n=0}^{\infty} 2(n+1)\frac{H_n(\xi)}{(n+1)!} t^{n+1} &= \sum_{m=1}^{\infty} 2m\frac{H_{m-1}(\xi)}{m!} t^m \\
&= \underbrace{0}_{=\left. 2m\frac{H_{m-1}(\xi)}{m!} t^m \right|_{m=0}} + \sum_{m=1}^{\infty} 2m\frac{H_{m-1}(\xi)}{m!} t^m \\
&= \sum_{m=0}^{\infty} 2m\frac{H_{m-1}(\xi)}{m!} t^m
\end{align}
この m を n に書き直せば，
\begin{equation}
\sum_{n=0}^{\infty} \frac{H'_n(\xi)}{n!} t^n = \sum_{n=0}^{\infty} 2n\frac{H_{n-1}(\xi)}{n!} t^n
\end{equation}
となり H'n(ξ) = 2nHn-1(ξ) が言える．
\eqref{eq:n+1} の導出
式\eqref{eq:bo} の両辺 を t で偏微分すると，
\begin{equation}
\frac{\partial }{\partial t} \sum_{n=0}^{\infty} \frac{H_n(\xi)}{n!} t^n = \frac{\partial }{\partial t}e^{-t^2 + 2\xi t}
\end{equation}
\begin{align}
(左辺) &= \sum_{n=0}^{\infty} \frac{H_n(\xi)}{n!} n t^{n-1} \\
&=\underbrace{\frac{H_0(\xi)}{0!} 0 t^{0-1}}_{=0}+\sum_{n=1}^{\infty} \frac{H_n(\xi)}{n!} n t^{n-1} \\
&= \sum_{n=1}^{\infty} \frac{H_n(\xi)}{(n-1)!}t^{n-1} \\
&= \sum_{n=0}^{\infty} \frac{H_{n+1}(\xi)}{n!} t^n \\
(右辺) &= (2\xi-2t)S(\xi,t) \\
&= (2\xi-2t)\sum_{n=0}^{\infty} \frac{H_n(\xi)}{n!} t^n \\
&= \sum_{n=0}^{\infty} \frac{2\xi H_n(\xi)}{n!} t^n - \sum_{n=0}^{\infty}\underbrace{ \frac{2H_n(\xi)}{n!}}_{=\frac{2(n+1)H_n(\xi)}{(n+1)!}} t^{n+1} \\
&= \sum_{n=0}^{\infty} \frac{2\xi H_n(\xi)}{n!} t^n - \sum_{n=1}^{\infty} \frac{2nH_{n-1}(\xi)}{n!}t^{n} \\
&=\sum_{n=0}^{\infty} \frac{2\xi H_n(\xi)-2nH_{n-1}(\xi)}{n!} t^n
\end{align}
よって Hn+1(ξ) = 2ξ Hn(ξ) -2nHn-1(ξ) が成り立つ．
\eqref{eq:def} の導出
式\eqref{eq:n+1}を ξで微分すると，
\begin{align}
&\underbrace{H'_{n+1}(\xi)}_{=2(n+1)H_n(\xi)} = 2H_n(\xi)+2\xi H'_n(\xi) - \underbrace{2nH'_{n-1}(\xi)}_{=H''_n} \\
\Leftrightarrow\quad &H''_n(\xi)-2\xi H'_n(\xi) + 2n H_n =0
\end{align}
