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\topmatter 
\title \BTIT E\btit LEMENTARE \BMATH q\BTIT-I\btit DENTIT\"ATEN
\endtitle 
\author J.~Cigler
\endauthor 
\endtopmatter
\rightheadtext{Elementare $q$-Identit\"aten}
\document

Ich m\"ochte einen \"Uberblick \"uber einige einfache $q$-Identit\"aten
geben, bei welchen man ohne R\"uckgriffe auf die Theorie der
Partitionen oder Heineschen Reihen aus\-kommt. Ich will mich vor allem
bem\"uhen, die Analogie mit der klassischen Analysis hervorzuheben und
soweit wie m\"oglich auch die ,\kern-1pt,nat\"urliche Umwelt`` der
wichtigsten Formeln ber\"ucksichtigen. Um die wesentlichen Ideen zu
verdeutlichen, m\"ochte ich mich auf die charakteristischen
,\kern-1pt,Normalf\"alle`` beschr\"anken und solche Aspekte betonen, die
mir besonders typisch erscheinen. 

Wer sich ein wenig mit
$q$-Identit\"aten besch\"aftigt hat, wird wahrscheinlich viele Dinge
kennen. Ich hoffe aber, da\3 die hier gew\"ahlte Darstellung dazu
beitr\"agt, die Theorie einfacher und leichter durchschaubar zu machen.

\head 1. Grundlegende Tatsachen \endhead

Ich darf wohl davon ausgehen, da\3 die zugrundeliegende analytische
Situation bekannt ist: 

Der $q$-Differentiationsoperator $D_q$, der durch 
$$(D_qf)(x)=
\frac {f(qx)-f(x)} {qx-x}$$ 
definiert ist, stellt ebenso wie der
Differenzenoperator $\Delta_h$, definiert durch 
$$(\Delta_hf)(x)=
\frac {f(x+h)-f(x)} {h},$$ 
ein diskretes Analogen des gew\"ohnlichen
Differentiationsoperators dar. 

Dabei ist die formale Analogie zur
Differentialrechnung noch enger und interessanter als das bei der
Differenzenrechnung der Fall ist. Insbesondere existieren f\"ur jeden
speziellen Begriff der Analysis ein oder mehrere $q$-Analoga, die
sich f\"ur $q\to 1$ auf den Ausgangsbegriff reduzieren. Welches
$q$-Analogon das ,\kern-1pt,richtige`` ist, h\"angt von der gew\"ahlten
Fragestellung ab. Wir wollen alle Formeln so formulieren, da\3 sie
sich f\"ur $q=1$ direkt auf die entsprechenden klassischen Formeln
reduzieren.

\subhead 1.1. Der $q$-Differentiationsoperator und seine
Eigenschaften \endsubhead
Sei $q$ eine feste von 0 und $-1$ verschiedene reelle Zahl. Sei $P$
der Vektorraum aller Polynome \"uber dem K\"orper $\C$ der komplexen
Zahlen und $Q$ die Menge aller formalen Potenzreihen \"uber $\C$. (Um
Konvergenzfragen beziehungsweise tieferliegende analytische Probleme zu
vermeiden, werden wir uns ausschlie\3lich auf formale Potenzreihen
beschr\"anken. Das Symbol $f(x)$ bedeutet daher immer eine formale
Potenzreihe $f(x)=a_0+a_1x+a_2x^2+\cdots$). 

Wir definieren den {\it $q$-Differentiationsoperator\/} $D$ f\"ur $f(x)=
\sum_{k=0}^\infty a_kx^k\in Q$ durch
$$(Df)(x)=\frac {f(qx)-f(x)} {(q-1)x}=\sum _{k=1} ^{\infty}[k]a_kx^{k-1},
\tag 1$$
wobei
$$[n]=1+q+q^2+\dots+q^{n-1}=\frac {q^n-1} {q-1}\tag 2$$
gesetzt wurde. 

F\"ur $q=1$ sind dabei die entsprechenden Limiten f\"ur $q\to 1$ zu
nehmen. Es ist klar, da\3 sich dann der \"ubliche Differentiationsoperator
ergibt, den wir mit $D_0$ bezeichnen wollen. 

Statt $(Df)(x)$ schreiben wir auch kurz $f'(x)$.

\vskip0.4cm

F\"uhren wir den Operator $\varepsilon$ auf $Q$ ein durch
$$(\varepsilon f)(x)=f(qx)\ ,\tag 3$$
so gilt
$$D=\frac {1} {(q-1)\bold x}(\varepsilon -1)\ .\tag 1'$$
Hier bedeutet 1 die identische Abbildung und $a(\bold x)$ den
Multiplikationsoperator, der durch $a(\bold x)f(x)=a(x)f(x)$
definiert ist. Wir werden in der Regel
in Polynomen (oder formalen Potenzreihen), die als {\it
Multiplikationsoperatoren\/} aufzufassen sind, die Variable $\bold x$
stets in Fettschrift darstellen, um sie von ,\kern-1pt,gew\"ohnlichen``
Polynomen (oder formalen Potenzreihen), i.e\. Elementen von $P$ (oder
$Q$), zu unterscheiden. 

(Da $f(qx)-f(x)=\sum_{k=1}^\infty\(q^k-1\)a_kx^k$ ein Vielfaches von $x$
ist, kann durch $x$ dividiert werden, ohne aus $Q$ herauszukommen). 

Es ist klar, da\3 $D$ ein linearer Operator auf $Q$ ist. 

Wegen
$$\frac {a(qx)b(qx)-a(x)b(x)} {(q-1)x}=
\frac {a(qx)(b(qx)-b(x))} {(q-1)x}+
\frac {(a(qx)-a(x))b(x)} {(q-1)x}$$
gilt
$$(a(x)b(x))'=a(qx)b'(x)+a'(x)b(x)\ .$$
In Operatorschreibweise hei\3t das
$$D\,a(\bold x)={a(q\bold x)}D+{a'(\bold x)}\tag 4$$
oder, wenn man $a$ und $b$ vertauscht,
$$D\,a(\bold x)=a(\bold x)D+
{a'(\bold x)}\varepsilon \ .\tag 4'$$
Beachtet man, da\3 $Dx^k=[k]x^{k-1}$ gilt, so folgt speziell
$$D\bold{x}^k-q^k\bold x^kD=[k]\bold x^{k-1},\quad 
k=1,2,3,\dots \tag 5$$
und
$$D\bold x^k-\bold x^kD=[k]\bold x^{k-1}
\varepsilon ,\quad k=1,2,3,\dots \tag 5'$$
F\"ur $k=1$ reduziert sich das auf $D\bold x-q\bold xD=1$
beziehungsweise $D\bold x-\bold xD=\varepsilon$. 

Wendet man (5) beziehungsweise (5') auf $x^n$ an, $n=0,1,2,\dots$, so ergeben
sich die Formeln
$$[n+k]-q^k[n]=[k]\tag 6$$
und
$$[n+k]-[n]=[k]q^n,\tag 6'$$
die nat\"urlich auch sofort aus (2) abzulesen sind. 

Wir ben\"otigen im folgenden oft die {\it $q$-Faktoriellen\/} 
$$[n]!=[1][2]\cdots
[n],\quad [0]!=1,$$ 
und die {\it $q$-Binomialkoeffizienten\/} 
$$\[\matrix n\\k\endmatrix\]=
\frac {[n]!} {[k]!\,[n-k]!}.$$ 

Wir f\"uhren nun auf $P$ ein inneres Produkt ein durch
$$\left \langle x^k,x^l\right \rangle=[k]!\,\delta_{kl},\quad 
k,l=0,1,2,\dots \tag 7$$
Dieses l\"a\3t sich auch folgenderma\3en beschreiben: Sei $L$ das lineare
Funktional auf $Q$, das durch
$$Lf(x)=f(0)\tag 8$$
definiert ist. Dann gilt
$$\left \langle x^k,x^l\right \rangle=LD^kx^l\ .\tag 9$$

Es ist nun leicht zu sehen, da\3 das innere Produkt (7) auch auf den
Fall erweitert werden kann, da\3 ein Faktor in $Q$ liegt. Es gilt dann
$$\left \langle a(x),b(x)\right \rangle=\left \langle b(x),a(x)\right
\rangle,\quad a\in P,
b\in Q\ .\tag10$$

Ist $A$ ein linearer Operator, so definieren wir den transponierten
Operator $A^t$ durch
$$\left \langle A\,a(x),b(x)\right \rangle=\left \langle a(x),A^tb(x)\right \rangle \ .$$
Dann gilt
$$\align
(\al A+\be B)^t & =\al A^t+\be B^t,\quad (AB)^t=B^tA^t\ ,\tag 11 \\
x^t & =D,\quad D^t=x,\quad \varepsilon ^t=\varepsilon \ .
\endalign$$
Speziell geht f\"ur $a(x)=\sum a_kx^k$ der Multiplikationsoperator
$a(\bold x)$ auf $Q$ in den Operator $a(\bold x)^t=\sum a_kD^k$ auf $P$ \"uber, der
durch $\(\sum a_kD^k\)p(x)=\sum a_kp^{(k)}(x)$ definiert ist. Aus (9)
und (10) folgt dann die n\"utzliche Formel
$$La(D)b(x)=Lb(D)a(x)\text { f\"ur }a\in P,
b\in Q\ .\tag 12$$

Versteht man unter $a'(D)$ den Operator $(a'(\bold x))^t$, so gilt
$$Lf(D)x=LDf(x)=Lf'(x)=Lf'(D)1\ .\tag 12'$$
Au\3erdem ist der Koeffizient $a_k$ in den formalen Potenzreihen
$f(x)=\sum a_kx^k$ gegeben durch
$$a_k=L\frac {D^k} {[k]!}f(x)=Lf(D)\frac {x^k} {[k]!}\ .\tag 13$$

Jede Operatoridentit\"at geht durch Transposition wieder in eine
Operatoridentit\"at \"uber. Speziell gehen (4) und (4') \"uber in
$$a(D)\,\bold x=\bold x\,a(qD)+a'(D)\tag 14$$
und
$$a(D)\,\bold x=\bold x\,a(D)+\varepsilon \,a'(D).\tag 14'$$
Analog ergibt sich aus (5) und (5')
$$D^k\bold x-q^k\bold xD^k=[k]D^{k-1}\tag 15$$
und
$$D^k\bold x-\bold xD^k=[k]\,\varepsilon D^{k-1}\ .\tag 15'$$
Wendet man diese Identit\"aten auf $x^n$ an, so ergeben sich die
Rekursionsformeln f\"ur die $q$-Binomialkoeffizienten:
$$\[{n+1\atop k}\]-q^k\[{n\vphantom{1}\atop k}\]=\[{n\atop k-1}\]\tag 16$$
und
$$\[{n+1\atop k}\]-\[{n\vphantom{1}\atop k}\]=q^{n-k+1}\[{n\atop k-1}\]\ .\tag 16'$$

Im weiteren ben\"otigen wir auch das $q$-Analogon der Leibnizschen
Formel. 

Da $Df(ax)=af'(ax)$ gilt, zeigt man mit Induktion sofort, da\3
$$(a(x)b(x))^{(n)}=\sum _{k=0} ^{n} \[{n\atop k}\]a^{(n-k)}\(q^kx\)b^{(k)}(x)$$
gilt. Denn f\"ur $n=1$ ist das richtig. Somit ist
$$\align
(a(x)b(x))^{(n+1)}&=\sum _{k=0} ^{n} \[{n\atop k}\]
a^{(n-k)}\(q^{k+1}x\)b^{(k+1)}(x) \\
&\quad \quad +\sum _{k=0} ^{n} \[{n\atop k}\]q^ka^{(n+1-k)}\(q^kx\)b^{(k)}(x) \\
&=\sum _{k=0} ^{n+1} \(\[{n\atop k}\]q^k+\[{n\atop k-1}\]\)
a^{(n+1-k)}\(q^kx\)b^{(k)}(x) \ .
\endalign$$
In Operatorschreibweise erhalten wir
$$D^na(\bold x)=\sum _{k=0} ^{n} \[{n\atop k}\]{a^{(n-k)}\(q^k\bold x\)}D^k\tag 17$$
und
$$D^na(\bold x)=\sum _{k=0} ^{n} \[{n\atop k}\]{a^{(k)}(\bold x)}\,
\varepsilon^kD^{n-k}\ .\tag 17'$$

\remark{Bemerkung} 
Wir werden auch gelegentlich den Operator
$D_\al$ ben\"otigen, der durch
$$\(D_\al p\)(x)=\frac {p\(q^\al x\)-p(x)} {\(q^\al -1\)x}\tag 18$$
definiert ist. 
Er erf\"ullt $D_\al x^n=[n]_\al x^{n-1}$ mit
$$[n]_\al=\frac {q^{n\al}-1} {q^\al -1}=\frac {[n\al]} {[\al]}\ .\tag 19$$
\endremark 

\subhead 1.2. Die $q$-Exponentialfunktion \endsubhead
Die eindeutig bestimmte formale Pontenzreihe $f(x)$ mit $Df=af$ und
$Lf=1$ ist gegeben durch $f(x)=e(ax)$ mit
$$e(x)=\sum_{n=0}^\infty \frac {x^n} {[n]!}\ .\tag 1$$
Wir nennen $e(x)$ die {\it $q$-Exponentialfunktion}. 

Wegen
$$\frac {e(aqx)-e(ax)} {(q-1)x}=a\ e(ax)$$
ist $e(ax)$ auch charakterisiert durch
$$e(aqx)=(1+(q-1)ax)e(ax),\quad e(0)=1\ .\tag 2$$

Wir fragen nun etwas allgemeiner nach der L\"osung der
$q$-Differentialgleichung 
$$Df(x)=ax\ f(x)\quad \text {mit} \quad Lf=1.$$ 

Setzt man $f(x)=\sum a_kx^k$, so mu\3 aber gelten
$$\sum [k]a_kx^{k-1}=ax\sum a_kx^k,$$
oder $a_0=1$, $a_1=a_3=a_5=\ldots=0$,
$$[2k]a_{2k}=a\cdot a_{2k-2}$$
$$\Rightarrow a_{2k}=\frac {a^k} {[2]\cdots [2k]}=
\(\frac {a} {[2]}\)^k\frac {1} {[k]_2!}\ .$$
Setzt man also allgemein
$$e_\al (x)=\sum_{n=0}^\infty \frac {x^n} {[n]_\al !}\ ,\tag 3$$
so ergibt sich, da\3 die eindeutig bestimmte L\"osung der Gleichung
$$Df(x)=axf(x)\text { mit }Lf=1$$
gegeben ist durch
$$f(x)=e_2\(\frac {ax^2} {[2]}\)\ .$$

Es existieren eine Reihe von Beziehungen zwischen den verschiedenen
${e_\al }'s$. Wir wollen hier nur zwei erw\"ahnen:
$$\frac {1} {e_\al(x)}=e_{-\al}(-x)=\sum_{n=0}^\infty (-1)^n
q^{\al \({n\atop 2}\)}\frac {x^n} {[n]_\al !}\ .\tag 4$$

Es gen\"ugt nat\"urlich, den Fall $\al=1$ zu behandeln. 
Aus (2) folgt
$$e\(\frac {ax} {q}\)=\frac {1} {1+\frac {q-1} {q}ax}e(ax)$$
und daher
$$\align
 e_{-1}(-qx)&=\frac {1} {1-(1-q)x}e_{-1}(-x) \\
 \Rightarrow e(qx)e_{-1}(-qx)&=\big(1+(q-1)x\big)\frac {1} {1+(q-1)x}
e(x)e_{-1}(-x) \\
 \Rightarrow D\(e(x)e_{-1}(-x)\)&=0 \\
 \Rightarrow e(x)e_{-1}(-x)&=1,
\endalign$$
d.h\. (4).

Eine weitere n\"utzliche Beziehung ist
$$e_2\(\frac {x} {[2]}\)e_2\(\frac {qx} {[2]}\)=e(x)\ .\tag 5$$
Es ist n\"amlich
$$\gather
e_2\(\frac {qx} {[2]}\)e_2\(\frac {q^2x} {[2]}\)=
e_2\(\frac {qx} {[2]}\)\(1+\(q^2-1\)\frac {x} {[2]}\)
e_2\(\frac {x} {[2]}\)= \\
=\big(1+(q-1)x\big)e_2\(\frac {x} {[2]}\)e_2\(\frac {qx} {[2]}\)\ .
\endgather$$
Aus (2) folgt die Behauptung.

\vskip0.4cm


\remark{Bemerkung} 
Man h\"atte (5) nat\"urlich auch durch
Koeffizientenvergleich beweisen k\"on\-nen.
Es ist n\"amlich allgemein
$$\sum \frac {a_k} {[k]!}x^k\sum \frac {b_l} {[l]!}x^l=
\sum \frac {c_n} {[n]!}x^n$$
mit $c_n=\sum \[{n\atop k}\]a_kb_{n-k}$.


Daher ist (5) \"aquivalent mit
$$\sum_{k=0}^n\[{n\atop k}\]_2q^k=
(1+q)\(1+q^2\)\cdots \(1+q^n\)\ .\tag 5'$$
Diese Formel l\"a\3t sich sehr leicht mit Induktion beweisen.
\endremark 


Aus 1.1\. (14), (14'), (4), (4') ergeben sich die folgenden n\"utzlichen Formeln 
(man beachte $D\varepsilon =q\varepsilon D$)
$$e(aD)\bold x\frac {1} {e(aD)}=\bold x+a\varepsilon \ ,\tag 6$$
$$\frac {1} {e(aD)}\(\bold x\varepsilon^{-1}\)e(aD)=
(\bold x-a)\varepsilon^{-1}  \ ,\tag 7$$
$$\frac {1} {e_2\(-\frac {\bold x^2} {[2]}\)}D\,e_2\(-\frac {\bold x^2} {[2]}\)=
D-\bold x\varepsilon  \ ,\tag 8$$
$$e_2\(\frac {q\bold x^2} {[2]}\)\(\varepsilon^{-1}D\)
\frac {1} {e_2\(\frac {q\bold x^2} {[2]}\)}=D_{-1}-\bold x\varepsilon^{-1}=
\varepsilon^{-1}D-\bold x\varepsilon^{-1}\ .\tag 9$$

\subhead 1.3. Das $q$-Analogon der Polynome $(x-a)^n$ \endsubhead
Die Polynome $p_n(x,a)=(x-a)^n$ sind charakterisiert durch
$p_n(a,a)=\de_{n0}$ und 
$D_0p_n=np_{n-1}$.
Um ein $q$-Analogon zu finden, stellen wir daher die folgende Frage: 

Gibt es Polynome $p_n(x,a)$ vom Grad $n$ mit $p_n(a,a)=\de_{n0}$ und
$Dp_n=[n]p_{n-1}$? 

Wenn solche Polynome existieren, dann mu\3 wegen
$$\frac {p_n(qx,a)-p_n(x,a)} {(q-1)x}=Dp_n(x,a)=[n]p_{n-1}(x,a)$$
gelten
$$\align
 p_n(qx,a)&=p_n(x,a)+\(q^n-1\)xp_{n-1}(x,a) \\
 \Rightarrow p_n(qa,a)&=0\text { f\"ur }n>1 \\
 \Rightarrow p_n\(q^ia,a\)&=0\text { f\"ur }n>i \\
 \Rightarrow p_n(x,a)&=(x-a)(x-qa)\cdots \(x-q^{n-1}a\)\ .
\endalign$$
Man \"uberzeugt sich sehr leicht, da\3 diese Polynome tats\"achlich alle
Forderungen erf\"ullen.

\proclaim{Satz}
Die eindeutig bestimmten Polynome $n$-ten Grades $p_n(x,a)$ mit
$p_n(a,a)=\de_{n0}$ und $Dp_n=[n]p_{n-1}$ sind gegeben durch 
$p_0(x)\equiv 1$ und 
$$p_n(x,a)=(x-a)(x-qa)\cdots
\(x-q^{n-1}a\),\quad n\ge 1.\tag1$$
\endproclaim
Um die explizite Gestalt dieser Polynome zu finden, setzen wir
$$p_n(x,a)=\sum _{k=0} ^{n} a_{nk}x^k\ .$$
Dann folgt aus 1.1\. (13) und (1)
$$
a_{nk}=L\frac {D^k} {[k]!}p_n(x,a)=L\[{n\atop k}\]p_{n-k}(x,a)
 =(-1)^{n-k}q^{\({n-k\atop 2}\)}a^{n-k}\bmatrix n\\k\endbmatrix $$
und daher
$$  p_n(x,a)=\sum_{k=0}^n(-1)^{n-k}\[{n\atop k}\]
q^{\({n-k\atop 2}\)}a^{n-k}x^k\ .\tag 2
$$
Das l\"a\3t sich auch in der Gestalt
$$p_n(x,a)=\sum_{k=0}^n(-1)^kq^{\({k\atop 2}\)}\frac {a^kD^k} {[k]!}x^n$$
schreiben. Beachtet man 1.2\. (4), so gilt also
$$p_n(x,a)=\frac {1} {e(aD)}x^n=e_{-1}(-aD)x^n\ .\tag 3$$
Beachtet man, da\3 $D^ne(xt)=t^ne(xt)$ ist, so folgt daraus
$$\sum_{n=0}^\infty \frac {p_n(x,a)} {[n]!}t^n=\frac {1} {e(aD)}
e(xt)=\frac {e(xt)} {e(at)}\ .\tag 4$$
Wegen 
$$\frac {e(xt)} {e(at)}\frac {e(at)} {e(yt)}=\frac {e(xt)} {e(yt)}$$
folgt duch Koeffizientenvergleich
$$\sum_{k=0}^{n}\[{n\atop k}\]p_k(x,a)p_{n-k}(a,y)=p_n(x,y)\ .\tag 5$$

Die Polynome $p_n(x,a)$ treten bei verschiedenen Problemen auf. 
So gilt z.B.
$$e\(q^nx\)=p_n(1,(1-q)x)e(x)\ .\tag 6$$
Das folgt sofort aus 1.2\. (2). Damit wiederum erh\"alt man
$$\multline
 e(\varepsilon z)e(xt)=\sum  _{n=0} ^{\infty}\frac {\varepsilon^nz^n} {[n]!}
e(xt)=\sum  _{n=0} ^{\infty}\frac {z^ne\(q^nxt\)} {[n]!} \\
 =\sum  _{n=0} ^{\infty}\frac {p_n(1,(1-q)xt)} {[n]!}z^ne(xt)=
\frac {e(z)} {e((1-q)xtz)}e(xt)\ ,
\endmultline$$
also
$$ e(\varepsilon z)e(xt)=\frac {e(z)e(xt)} {e((1-q)xtz)}\ .\tag 7
$$

Eine weitere n\"utzliche Formel ist
$$\frac {p_n(\varepsilon ,1)} {(q-1)^n}=
q^{\({n\atop 2}\)}\bold x^nD^n\ .\tag 8$$
Denn wendet man beide Seiten auf $x^r$ an, $r=0,1,2,\dots$, so ergibt
sich in beiden F\"allen
$$q^{\binom n2}[r][r-1]\cdots [r-n+1]x^r\ .$$

\subhead 1.4. Die Rogers--Szeg\H o-Polynome \endsubhead
Die Polynome $r_n(x,n)=(x+a)^n$ k\"onnen auch durch $D_0r_n=nr_{n-1}$
und $Lr_n(x,a)=a^n$ charakterisiert werden. 
Das f\"uhrt zu folgender Frage:

Gibt es Polynome $r_n(x,n)$ $n$-ten Grades mit $Dr_n=[n]r_{n-1}$ und
$Lr_n(x,a)=a^n$?

Wenn es solche Polynome gibt, so folgt $r_n(x,a)=\sum_{k=0}^{n} a_{nk}x^k$ mit
$$
 a_{nk}=L\frac {D^k} {[k]!}r_n(x,a)=\[{n\atop k}\]Lr_{n-k}(x,a)=
\[{n\atop k}\]a^{n-k} \ ,$$
also ist
$$ r_n(x,a)=\sum_{k=0}^n\[{n\atop k}\]a^{n-k}x^k\ .
$$
\proclaim{Satz}
Die eindeutig bestimmten Polynome $n$-ten Grades $r_n(x,a)$ mit
$Dr_n=[n]r_{n-1}$ und $Lr_n(x,a)=a^n$ sind die Rogers--Szeg\H o-Polynome
$$r_n(x,a)=\sum_{k=0}^n\[{n\atop k}\]a^{n-k}x^k=
a^nr_n\(\frac {x} {a}\)\text { mit }r_n(x)=r_n(x,1)\ .\tag 1$$
\endproclaim

Es gilt dann
$$
 r_n(x,a)=\sum _{k=0} ^{\infty} \frac {a^k} {[k]!}D^kx^n$$
oder
$$ r_n(x,a)=e(aD)x^n\tag 2 $$
und somit
$$\sum_{n=0}^\infty \frac {r_n(x,a)} {[n]!}t^n=
e(aD)e(xt)=e(at)e(xt)\ .\tag 3
$$
Aus (2) und 1.2\. (6) ergibt sich
$$\align
& r_n(x,a)=e(aD)\bold x^n\frac {1} {e(aD)}1=
(e(aD)\bold x\frac {1} {e(aD)})^n1=(\bold x+a\varepsilon)^n1 \\
& \Rightarrow r_n(x,a)=(\bold x+a\varepsilon)^n1\ .\tag 4
\endalign$$
Aus (4) folgt
$$\align
 r_{n+1}(x,a)&=(\bold x+a\varepsilon)r_n(x,a) \\
 &=(\bold x+a)r_n(x,a)+a(\varepsilon -1)r_n(x,a) \\
 &=(x+a)r_n(x,a)+a(q-1)xDr_n(x,a) \\
 &=(x+a)r_n(x,a)+a(q^n-1)xr_{n-1}(x,a) 
\endalign$$
also
$$ r_{n+1}(x,a)=(x+a)r_n(x,a)+a\(q^n-1\)xr_{n-1}(x,a)\ .\tag5$$

Die bekanntesten Spezialf\"alle sind f\"ur $a=1$, $x=1$
$$r_{n+1}(1)=2r_n(1)+\(q^n-1\)r_{n-1}(1)\tag 6$$
mit $r_n(1)=\sum_{k=0}^n\[{n\atop k}\]$ und die Gau\3sche Identit\"at
$(x=1,a=-1)$
$$\sum_{k=0}^{2n}(-1)^k\[{2n\atop k}\]=
(1-q)(1-q^3)\cdots \(1-q^{2n-1}\)\ .\tag 7$$

\head 2.~Der $q$-binomische Lehrsatz \endhead

Es gibt viele Formeln, die als $q$-binomischer Lehrsatz bezeichnet
werden. F\"ur mein Gef\"uhl stellt der folgende Satz die einfachste und
klarste Version dar:

\proclaim{Satz 1 ($q$-binomischer Lehrsatz)}
Seien $A_0$ und $A_1$
lineare Operatoren auf dem Vektorraum $P$ mit $A_1A_0=qA_0A_1$. 
Dann gilt
$$\(A_0+A_1\)^n=\sum_{k=0}^n\[{n\atop k}\]A_0^kA_1^{n-k}\ .\tag 1$$
\endproclaim

\demo{Beweis}
Mit Induktion unter Verwendung von 1.1\. (16) ergibt sich
$$\gather
\(A_0+A_1\)\sum _{k=0} ^{n} \[{n\atop k}\]A_0^kA_1^{n-k}=
\sum  _{k=0} ^{n+1}\(\[{n\atop k-1}\]+q^k\[{n\atop k}\]\)A_0^kA_1^{n+1-k} \\
=\sum  _{k=0} ^{n+1}\[{n+1\atop k}\]A_0^kA_1^{n+1-k}\ .
\endgather$$
\enddemo

Der entsprechende {\bf multinomische Lehrsatz} ist gegeben durch
$$\(A_1+A_2+\cdots+ A_s\)^n=\sum_{k_1,k_2,\dots,k_s\ge0} \[{n\atop k_1,k_2,\dots,k_s}\]
A_1^{k_1}\cdots A_s^{k_s}\ .\tag 2$$
Hier gilt $A_jA_i=qA_iA_j$ f\"ur $i<j$ und
$$\[{n\atop k_1,\dots,k_s}\]=\frac {[n]!} {[k_1]!\cdots [k_s]!}
\text { falls }\sum _{j=1} ^{s} k_j=n\ .$$

Der Beweis folgt sofort mit Induktion nach $s$.

\vskip0.4cm

Einfache Beispiele f\"ur Operatorenpaare $\(A_0,A_1\)$ mit
$A_1A_0=qA_0A_1$ sind\linebreak $\(\bold x^a\varepsilon^b,\bold 
x^c\varepsilon^d\)$ oder
$\(\varepsilon^dD^c,\varepsilon^bD^a\)$ mit $ad-bc=1$, also etwa
$(\bold x,\varepsilon)$, $(\bold x,\bold x\varepsilon)$, $(\bold 
x\varepsilon ,\varepsilon)$,
$(\varepsilon ,D)$, $(\varepsilon D,D)$ und
$(\varepsilon ,\varepsilon D)$. 

So folgt etwa
$$(\bold x+a\varepsilon)^n=\sum  _{k=0} ^{n}\[{n\atop k}\]\bold x^ka^{n-k}\varepsilon^{n-k}$$
oder
$$(-\bold x\varepsilon +a\varepsilon)^n=
\sum  _{k=0} ^{n}\[{n\atop k}\](-\bold x\varepsilon)^k(a\varepsilon)^{n-k}\
.$$
Somit ist
$$p_n(a,x)=(-\bold x\varepsilon +a\varepsilon)^n1\ .\tag 3$$

\medskip
Durch Koeffizientenvergleich sieht man, da\3 Satz 1 \"aquivalent ist mit

\proclaim{Satz 2}
Seien $A_0$ und $A_1$ lineare Operatoren auf $P$
mit $A_1A_0=qA_0A_1$. Dann gilt
$$e\(A_0t\)e\(A_1t\)=e\big(\(A_0t+A_1\)t\big)\ .\tag 4$$
\endproclaim

\example{Beispiele}
1) $\(A_0,A_1\)=(\bold x,-\bold x\varepsilon)$ liefert
$$\gather
 e(\bold x)e(-\bold x\varepsilon)=e\big(\bold x(1-\varepsilon)\big) \\
 \Rightarrow e(\bold x)e(-\bold x\varepsilon)1=
1\text { weil }(1-\varepsilon)1=0\text { ist}\ . 
\endgather$$
So erhalten wir
$$ \frac {1} {e( x)}=e(-\bold x\varepsilon)1=
\sum_{n=0}^\infty (-1)^nq^{\({n\atop 2}\)}\frac {x^n} {[n]!}\ .
$$
Das ist wohl der einfachste Beweis f\"ur dieses Resultat, welches wir
in 1.2\. (4) schon auf anderem Wege bewiesen hatten.

\vskip0.4cm

2) F\"ur $\(A_0,A_1\)=(\bold x,a\varepsilon)$ ergibt sich 1.4\. (3).

\vskip0.4cm

3) F\"ur $\(A_0,A_1\)=(-\bold x\varepsilon ,a\varepsilon)$ folgt 1.3\. (4).

\vskip0.4cm

Aus
$$\gather
\sum_{n=0}^\infty \frac {\(A_0+A_1\)^n} {[n]!}t^n=
e\(A_0t\)e\(A_1t\)=e\(A_0t\)e\(at\)\frac {e\(A_1t\)} {e\(at\)}= \\
=\sum  _{n=0} ^{\infty}\frac {r_n\(A_0,a\)} {[n]!}t^n\cdot \sum _{n=0}
^{\infty}
\frac {p_n\(A_1,a\)} {[n]!}t^n
\endgather$$
folgt durch Koeffizientenvergleich der
\endexample

\proclaim{Satz 3}
Gilt $A_1A_0=qA_0A_1$, dann gilt
$$\(A_0+A_1\)^n=
\sum_{k=0}^n\[{n\atop k}\]r_k\(A_0,a\)p_{n-k}\(A_1,a\)\ .\tag 5$$
\endproclaim

\example{Beispiel} 
W\"ahlt man $\(A_0,A_1\)=(x,\varepsilon)$, so folgt
$$(x+\varepsilon)^n=\sum_{k=0}^n\[{n\atop k}\]r_k(x)p_{n-k}
(\varepsilon,1)\tag 6$$
Aus 1.4\. (4) und 1.3\. (8) folgt daraus z.B. die Carlitzsche Formel
$$\align
r_{m+n}(x)&=(x+\varepsilon)^nr_m(x)\tag 7 \\
&=\sum_{k=0}^n\[{n\atop k}\]\[{m\atop k}\][k]!\,(q-1)^kq^{\({k\atop 2}\)}
x^kr_{n-k}(x)r_{m-k}(x)\ .
\endalign$$
Aus 1.4\. (3), 1.3\. (7) und 1.4\. (4) ergibt sich sehr einfach das
folgende Resultat von L.~J.~Rogers (1893)
$$\sum  _{n=0} ^{\infty}\frac {r_n(x,a)r_n(y,b)} {[n]!}t^n=
\frac {e(abt)e(btx)e(aty)e(xyt)} {e((1-q)xyabt^2)}\ .\tag 8$$
\endexample

\demo{Beweis}
$$\align
 \sum  _{n=0} ^{\infty}\frac {r_n(x,a)r_n(y,b)} {[n]!}t^n&=
\sum  _{n=0} ^{\infty}\frac {r_n(y,b)} {[n]!}t^n(x+a\varepsilon)^n1 \\
 &=e(yt(x+a\varepsilon))e(bt(x+a\varepsilon))1 \\
 &=e(ytx)e(yat\varepsilon)e(btx)e(abt\varepsilon)1 \\
 &=e(ytx)e(yat\varepsilon)e(btx)e(abt) \\
 &=e(abt)e(ytx)\frac {e(yat)} {e((1-q)btxyat)}e(btx) \\
 &=\frac {e(abt)e(btx)e(aty)e(xyt)} {e((1-q)xyabt^2)}\ .
\endalign$$

Beachtet man, da\3 
$$\(A_0+A_1\)^2=\(A_0^2+qA_0A_1\)+\(A_0A_1+A_1^2\)$$
gilt, und da\3 
$$\(A_0A_1+A_1^2\)\(A_0^2+qA_0A_1\)=
q^2\(A_0^2+qA_0A_1\)\(A_0A_1+A_1^2\)$$ 
ist, so folgt 
$$e_2\big(\(A_0+A_1\)^2\big)=e_2\(A_0^2+qA_0A_1\)e_2\(A_0A_1+A_1^2\).$$
Aus 
$A_0A_1A_0^2=q^2A_0^3A_1$ und $A_1^2A_0A_1=q^2A_0A_1^3$ 
folgt weiter 
$$e_2\big(\(A_0+A_1\)^2\big)=e_2\(A_0^2\)e_2\(qA_0A_1\)e_2\(A_0A_1\)
e_2\(A_1^2\).$$


\enddemo
Aus 1.2\. (5) folgt daraus der

\proclaim{Satz 4}
Gilt $A_1A_0=qA_0A_1$, dann ist
$$e_2\big(\(A_0+A_1\)^2\big)=e_2\(A_0^2\)e\([2]A_0A_1\)e_2\(A_1^2\)\
.$$
\endproclaim

Speziell gilt
$$
 e(tD)e_2\(\frac {x^2} {[2]}\)=
e_2\(\frac {(x+\varepsilon t)^2} {[2]}\)1= 
 e_2\(\frac {x^2} {[2]}\)e(x\varepsilon t)\,e_2
\(\frac {\varepsilon^2t^2} {[2]}\)1 $$
und daher
$$ \frac {1} {e_2\(\frac {x^2} {[2]}\)}e(tD)\,e_2\(\frac {x^2} {[2]}\)=
\frac {e_2\(\frac {t^2} {[2]}\)} {e(-xt)}\ .\tag 9
$$
Ersetzt man hier $q$ durch $\frac {1} {q}$, so erh\"alt man wegen
$D_{-1}=\varepsilon^{-1}D$
$$e_2\(\frac {qx^2} {[2]}\)\frac {1} {e(\varepsilon^{-1}Dt)}
\frac {1} {e_2\(\frac {qx^2} {[2]}\)}=
\frac {e(xt)} {e_2\(\frac {qt^2} {[2]}\)}\ .\tag 10$$

\head 3.~Die $q$-Hermite-Polynome \endhead

\subhead 3.1. Vorbemerkungen \endsubhead
Die klassischen {\it Hermite-Polynome\/} $h_n(x)$ k\"onnen durch die erzeugende
Funktion
$$\sum  _{n=0} ^{\infty}\frac {h_n(x)} {n!}t^n=e^{ tx-\frac {t^2} {2}}$$
definiert werden. Sie sind Polynome $n$-ten Grades, die durch
$$h_n(x)=e^{-D_{0}^2/2}x^n=\(x-D_0\)^{n}1=
e^{x^2/2}\(-D_0\)^{n}e^{-x^2/2}$$
gegeben sind. 

Sie erf\"ullen die Rekursion $h_0(x)\equiv 1$, $h_1(x)=x$,
$$h_{n+1}(x)=xh_n(x)-nh_{n-1}(x)$$
und die Gleichung $D_0h_n=nh_{n-1}$. 

Sie sind au\3erdem orthogonal bez\"uglich des inneren Produktes
$$[f(x),g(x)]=\intl_{-\infty}^\infty f(x)g(x)e^{-x^2/2}dx\ .$$

Wir suchen ein $q$-Analogon, welches wom\"oglich alle diese
Eigenschaften in ge\-eig\-ne\-ter $q$-Version besitzt. Soviel mir bekannt
ist, gibt es bis auf unwesentliche Normierungen, nur zwei Arten von
$q$-Hermite-Polynomen, die sich als brauchbar erwiesen haben. 

\NoBlackBoxes
Wir wollen zun\"achst die erste Version $H_n(x)$ betrachten, die auf
L.~J.~Rogers zur\"uckgeht. Sie kann folgenderma\3en motiviert werden: 
Wir wollen, da\3 $\sum  _{n=0} ^{\infty}\frac {H_n(x)} {[n]!}t^n$ ein $q$-Analogon von
$e^{tx-t^2/2}$ ist. 
Diese Funktion gen\"ugt der Differentialgleichung $D_0f(x,t)=
(x-t)f(x,t)$, wobei $D_0$ die Ableitung nach $t$ bedeutet. 

Wir suchen also jene Polynomfolge $H_n(x)$, f\"ur welche gilt
$$\frac {d} {dt}\sum  _{n=0} ^{\infty}\frac {H_n(x)} {[n]!}t^n=
(x-t)\sum  _{n=0} ^{\infty}\frac {H_n(x)} {[n]!}t^n$$
oder
$$\sum  _{n=0} ^{\infty}\frac {H_{n+1}(x)} {[n]!}t^n=\sum  _{n=0}
^{\infty}\frac {xH_n(x)} {[n]!}t^n-
\sum  _{n=1} ^{\infty}\frac {H_{n-1}(x)} {[n-1]!}t^n\ .$$
Das ergibt mit $H_0(x)\equiv 1$, $H_1(x)=x$ und
$$H_{n+1}(x)=xH_n(x)-[n]H_{n-1}(x)\ .$$
Daraus wieder ergibt sich die Orthogonalit\"at bez\"uglich eines
geeigneten Funktionals. 

\BlackBoxes
Es besteht ein enger Zusammenhang mit den Rogers--Szeg\H o-Polynomen. Es
ist n\"amlich
$$H_n\(\frac {2} {\sqrt{1-q}}\cos \Theta\)\sqrt{(1-q)^n}=
r_n\(e^{i\Theta},e^{-i\Theta}\)\ ,$$
denn beide Seiten erf\"ullen die Rekursion
$$B_{n+1}(\cos \Theta)=2\cos \Theta\, B_n(\cos \Theta)+
\(q^n-1\)B_{n-1}(\cos \Theta)$$
und $B_0=1$, $B_1(\cos \Theta)=2\cos \Theta$.

Es lassen sich daher alle Aussagen \"uber die Polynome $r_n$ auf diese
Klasse von Hermite-Polynomen \"ubertragen. 
So ergibt sich etwa aus 2\. (7)
$$H_{m+n}(x)=\sum  _{k\ge0} ^{}\[{n\atop k}\]\[{m\atop k}\][k]!\,(-1)^k
q^{\[{k\atop 2}\]}H_{n-k}(x)H_{m-k}(x)\ .$$

Allerdings besteht kein einfaches $q$-Analogon zur Gleichung
$D_0h_n=nh_{n-1}$ und daher ist dieses $q$-Analogon vom Standpunkt
der Analogie zur klassischen Analysis aus doch nicht ganz ideal. 

Um ein $q$-Analogon zu finden, das alle Eigenschaften erf\"ullt, suchen
wir eine Polynomfolge $h_n$ mit $Dh_n=[n]h_{n-1}$, welche orthogonal
bez\"uglich eines geeigneten linearen Funktionals $F$ ist, f\"ur die also
$F\(h_k(x)h_l(x)\)=0$ f\"ur $k\ne l$ und $F\(h_k^2(x)\)\ne 0$ ist. Da
$xh_n(x)=\sum_{k=0}^{n+1}a_{nk}h_k(x)$ gelten mu\3 und
$F\(h_n(x)(xh_k(x))\)=0$ ist f\"ur $k<n-1$, gilt
$$
 a_{nk}F\(h_k^2(x)\)=F\(xh_n(x)h_k(x)\)=0\text { f\"ur }k<n-1 .$$
Setzen wir der Einfachheit halber $a_{nn}=0$, so erhalten wir
$$xh_n(x)=h_{n+1}(x)+a_{n,n-1}h_{n-1}(x)\ .
$$
(Wegen $Dh_n=[n]h_{n-1}$ und $Dx^n=[n]x^{n-1}$ mu\3 $a_{n,n+1}=1$ sein.)
Wenden wir auf diese Gleichung $D$ an, so ergibt sich
$$\align
& qx[n]h_{n-1}(x)+h_n(x)=[n+1]h_n(x)+[n-1]a_{n,n-1}h_{n-2}(x) \\
& \Rightarrow xh_{n-1}(x)=h_n(x)+\frac {[n-1]} {q[n]}a_{n,n-1}h_{n-2}(x)
.
\endalign$$
Durch Vergleich mit der urspr\"unglichen Gleichung schlie\3en wir
$$\frac {[n]} {q[n+1]}a_{n+1,n}=a_{n,n-1}.$$
Das bedeutet $a_{n,n-1}=[n]q^{n-1}a$ mit $a=a_{10}$. Somit erhalten
wir
$$ xh_n(x)=h_{n+1}(x)+[n]q^{n-1}ah_{n-1}(x).$$
Beachtet man $Dh_{n+1}(x)=[n+1]h_n(x)$, so folgt daraus und der
vorhergehenden Gleichung nach kurzer Umformung
$$
 h_{n+1}(qx)=q^{n+1}xh_n(x)-q^{n-1}aDh_n(x) $$
und schlie\3lich
$$ h_{n+1}(x)=q^n\(\bold x\varepsilon^{-1}-
\frac {a} {q}\varepsilon^{-1}D\)h_n(x)\ .
$$
W\"ahlen wir $a=q$, so ergibt sich aus 1.2\. (9) und 2\. (10)
$$\sum  _{n=0} ^{\infty}\frac{h_n(x)} {[n]!}t^n=
\frac {e(xt)} {e_2\(\frac {qt^2} {[2]}\)}\ .$$

\subhead 3.2. Die $q$-Hermite-Polynome $h_n(x)$ \endsubhead
Wir definieren also die {\it $q$-Hermite-Po\-ly\-no\-me\/} $h_n(x)$ durch die
erzeugende Funktion
$$\sum_{n=0}^\infty \frac {h_n(x)} {[n]!}t^n=
\frac {1} {e_2\(\frac {qt^2} {2}\)}e(xt)=
e_{-2}\(-\frac {t^2} {[2]}_{-1}\)e(xt)\ .\tag 1$$
Aus dieser Definition liest man sofort ab, da\3
$$Dh_n=[n]h_{n-1}\tag 2$$
und
$$h_n(x)=\frac {1} {e_2\(\frac {qD^2} {[2]}\)}x^n\tag 3$$
gilt. 

Aus 1\. (14') folgt
$$\align
& e_2\(\frac {qD^2} {[2]}\)\bold x-\bold x\,e_2\(\frac {qD^2} {[2]}\)=
\varepsilon qD\,e_2\(\frac {qD^2} {[2]}\) \\
& \Rightarrow \frac {1} {e_2\(\frac {qD^2} {[2]}\)}
\bold x\,e_2\(\frac {qD^2} {[2]}\)=
\bold x-\frac {1} {e_2\(\frac {qD^2} {[2]}\)}\varepsilon qD\,
e_2\(\frac {qD^2} {[2]}\) \\
& \Rightarrow h_{n+1}(x)=
\(\bold x-\frac {1} {e_2\(\frac {qD^2} {[2]}\)}
\varepsilon qD\,e_2\(\frac {qD^2} {[2]}\)\)h_n(x) \\
&\hphantom{ \Rightarrow h_{n+1}(x)} =xh_n(x)-\frac {1} {e_2\(\frac {qD^2} {[2]}\)}
\varepsilon q[n]x^{n-1} \\
&\hphantom{ \Rightarrow h_{n+1}(x)} =xh_n(x)-q^n[n]h_{n-1}(x) \\
&\hphantom{ \Rightarrow h_{n+1}(x)} =\(x-q^nD\)h_n(x)\ . \\
& \Rightarrow h_{n+1}(x)=xh_n(x)-q^n[n]h_{n-1}(x)\tag 4 \\
& \hskip0.45cm \Rightarrow h_0(x)=1 \\
& \hskip1cm h_1(x)=x \\
& \hskip1cm h_2(x)=x^2-q \\
& \hskip1cm h_3(x)=x^3-[3]qx\ .
\endalign$$
Weiters folgt
$$h_n(x)=\(\bold x-q^{n-1}D\)\(\bold x-q^{n-2}D\)
\cdots (\bold x-D)1\ .\tag 5$$
Aus (4) ergibt sich
$$Lh_n=-q^{n-1}[n-1]Lh_{n-2}\tag 6$$
und daher
$$
Lh_{2n+1}  =0\quad \text {und}\quad 
Lh_{2n}  =(-1)^n[2n-1]!!\,q^{n^2} \tag6'$$
mit $[2n-1]!!  =[1][3]\cdots [2n-1]$. Damit diese (und sp\"atere)
Formeln auch f\"ur $n=0$ sinnvoll sind, setzen wir $[-1]!!=1$.

Nun k\"onnen wir die Koeffizienten $a_{nk}$ in
$$h_n(x)=\sum  _{k=0} ^{n}a_{nk}x^{n-k}$$
berechnen:
$$
a_{nk}  =\frac {1} {[n-k]!}LD^{n-k}h_n(x)=\[{n\atop k}\]Lh_k\ . $$
Das ergibt
$$\align a_{n,2k+1} & =0 \\
a_{n,2k} & =\[{n\atop 2k}\](-1)^kq^{k^2}[2k-1]!! \ .
\endalign$$
Insgesamt also
$$h_n(x)  =\sum_{0\le 2k\le n}(-1)^kq^{k^2}\[{n\atop 2k}\]
[2k-1]!!\,x^{n-2k}\ .\tag 7
$$

Als n\"achstes zeigen wir, da\3 $h_n$ bez\"uglich des linearen Funktionals
$$\align
F(p) & =\left \langle p(x),e_2\(\frac {qx^2} {[2]}\)\right \rangle =
\left \langle e_2\(\frac {qD^2} {[2]}\)p(x),1\right \rangle =\tag 8 \\
& =Le_2\(\frac {qD^2} {[2]}\)p(x)
\endalign$$
orthogonal ist. Zun\"achst ist klar, da\3
$$F(h_n)=Le_2\(\frac {qD^2} {[2]}\)h_n=Lx^n=\de_{n0}$$
ist. 
Aus (4) ergibt sich $F(xh_n(x))=0$ f\"ur $n>1$. Mit Induktion folgt
$\(x^kh_n(x)\)=0$ f\"ur $n>k$, daher gilt
$$ F(h_n(x)h_k(x))=0\text { f\"ur }n\ne k\ .$$

Nun wollen wir $F\(h_n(x)h_n(q^kx)\)$ berechnen. 
Nach (4) gilt f\"ur jedes $k\in \Z$
$$\align
F\(h_n(x)h_n(q^kx)\) & =
F\(h_n(x)\(q^kxh_{n-1}(q^kx)-q^{n-1}[n-1]h_{n-2}(q^kx)\)\) \\
& =q^kF(xh_n(x)h_{n-1}(q^kx)) \\
& =q^kF\(\(h_{n+1}(x)+q^n[n]h_{n-1}(x)\)h_{n-1}(q^kx)\) \\
& =q^{k+n}[n]F\(h_{n-1}(x)h_{n-1}(q^kx)\). 
\endalign$$
Daraus erhalten wir
$$ F\(h_n(x)h_n(q^kx)\)=[n]!\,q^{\({n+1\atop 2}\)+nk}\ .\tag 9
$$

Beachtet man, da\3 $Dh_{n+1}=[n+1]h_{n}$ ist, so folgt durch
Kombination mit (4)
$$\align
 h_{n+1}(qx)&=q^{n+1}xh_n(x)-q^n[n]h_{n-1}(x)\tag 10 \\
 \Rightarrow \varepsilon h_{n+1}(x)&=q^n(q\bold x-D)h_n(x) \\
 \Rightarrow h_{n+1}(x)&=q^n\(\bold x\varepsilon^{-1}-
\varepsilon^{-1}D\)h_n(x) \\
 \Rightarrow h_n(x)&=q^{\({n\atop 2}\)}
\(\bold x\varepsilon^{-1}-\varepsilon^{-1}D\)^{n}1\tag 11 \\
 \Rightarrow h_n(x)&=(\bold x-qD)\(\bold x-q^3D\)\cdots
\(\bold x-q^{2n-1}D\)1.\tag 12
\endalign$$
Aus 1.2\. (9) und (11) ergibt sich
$$\align
h_n(x) & =q^{\({n\atop 2}\)}e_2\(\frac {qx^2} {[2]}\)
\(-\varepsilon^{-1}D\)^n\frac {1} {e_2\(\frac {qx^2} {[2]}\)}\tag 13 \\
& =q^{\({n\atop 2}\)}e_2\(\frac {qx^2} {[2]}\)\(-D_{-1}\)^n
e_{-2}\(-\frac {x^2} {[2]_{-1}}\)\ .
\endalign$$
Aus der Leibnizschen Formel ergibt sich nun
$$\align
\(\bold x\varepsilon^{-1}-\varepsilon^{-1}D\)^n & =
(-1)^ne_2\(\frac {q\bold x^2} {[2]}\)\sum  _{k=0} ^{n}\[{n\atop k}\]_{-1}D_{-1}^k
e_{-2}\(\frac {\bold x^2} {[2]_{-1}}\)\cdot \varepsilon^{-k}D_{-1}^{n-k} \\
& =(-1)^n\sum  _{k=0} ^{n}\[{n\atop k}\](-1)^kq^{-\({k\atop
2}\)}h_k(\bold x)
\(\varepsilon^{-1}D\)^{n-k}\varepsilon^{ -k} \\
 \Rightarrow q^{\({n\atop 2}\)}
\(\bold x\varepsilon^{-1}-\varepsilon^{-1}D\)^n&=
\sum  _{k=0} ^{n}(-1)^k\[{n\atop k}\]h_{n-k}(\bold x)\varepsilon^{-n}D^k\tag 14 \\
\Rightarrow h_{m+n}(x) & =
q^{\({m+n\atop 2}\)-\({n\atop 2}\)-\({m\atop 2}\)}\sum  _{k=0} ^{n}(-1)^k
\[{n\atop k}\]h_{n-k}(\bold x)\varepsilon^{-n}D^kh_m(x) \\
& =q^{mn}\sum  _{k=0} ^{n}(-1)^k\[{n\atop k}\]\[{m\atop k}\][k]!\,h_{n-k}(x)
h_{m-k}\(\frac {x} {q^n}\) \\
\Rightarrow h_{m+n}(x) & =q^{mn}\sum  _{k\ge0} ^{}(-1)^k\[{n\atop k}\]
\[{m\atop k}\][k]!\,h_{n-k}(x)h_{m-k}\(\frac {x} {q^n}\)\ .\tag 15
\endalign$$

\subhead 3.3. Die Mehlersche Formel \endsubhead
F\"ur die klassischen Hermite-Polynome gilt die Mehlersche Formel
$$\sum  _{n=0} ^{\infty}\frac {h_n(x)h_n(y)} {n!}t^n=\frac {1} {\sqrt{1-t^2}}
e^{\frac {xyt} {1-t^2}}e^{-\frac {t^2} {2}\frac {x^2+y^2} {1-t^2}}\ .$$
Wir wollen nun das folgende $q$-Analogon beweisen. 


\proclaim{Satz (Mehlersche Formel f\"ur $q$-Hermite-Polynome)}
Es gilt
$$\multline
\sum_{n=0}^\infty \frac {h_n(x)h_n(y)} {[n]!\,q^{\({n+1\atop 2}\)}}t^n=
\sum_{m=0}^\infty \frac {[2m-1]!!} {[2m]!!}
\(\frac {t^2} {q}\)^m \\
\times \ e\(xy\eta ^{-1}\frac {t} {1-\frac {t^2} {q}}\)
e_2\(\frac {x^2} {[2]}\eta^{-1}\frac {t^2} {\frac {t^2} {q}-1}\)
e_2\(\frac {y^2} {[2]}\eta^{-1}\frac {t^2} {\frac {t^2} {q}-1}\)1\ ,
\endmultline\tag1$$
wobei $\eta$ durch $\eta f(t)=f(qt)$ definiert ist.
\endproclaim

\demo{Beweis}
Sei 
$$f(x,y,t)=\sum  _{n=0} ^{\infty}\frac {h_n(x)h_n(y)} {[n]!\,q^{\({n+1\atop
2}\)}}t^n.$$

Dann gilt
$$\multline
f(0,0,t)=\sum  _{n=0} ^{\infty}\frac {h_{2n}^2(0)} {[2n]!\,
q^{\({2n+1\atop 2}\)}}t^{2n} \\
=\sum  _{n=0} ^{\infty}\frac {q^{2n^2}\([2n-1]!!\)^2} {[2n]!\,q^{n(2n+1)}}t^{2n}=
\sum  _{n=0} ^{\infty}\frac {[2n-1]!!} {[2n]!!}\(\frac {t^2} {q}\)^n\ .
\endmultline\tag2$$
(Zur Erinnerung: Wir hatten $[-1]!!=1$ vereinbart.)
Weiters ist
$$\eta D_xf(x,y,t)=\(\frac {ty} {1-t^2}-\frac {t^2x} {1-t^2}\)
f(x,y,t)\ .\tag 3$$
Es ist n\"amlich
$$\align
& D_xf(x,y,t)=
\sum  _{n=1} ^{\infty}\frac {h_{n-1}(x)h_n(y)} {[n-1]!\,q^{\({n+1\atop 2}\)}}t^n \\
\Rightarrow & \, \eta D_xf(x,y,t)=
\sum  _{n=1} ^{\infty}\frac {h_{n-1}(x)h_n(y)} {[n-1]!\,q^{\({n\atop 2}\)}}t^n \\
\Rightarrow & \, \eta D_yf(x,y,t)=
\sum  _{n=1} ^{\infty}\frac {h_n(x)h_{n-1}(y)} {[n-1]!\,q^{\({n\atop 2}\)}}t^n \\
\Rightarrow & \(\eta D_x+t\eta D_y\)f(x,y,t)=
\sum  _{n=1} ^{\infty}\frac {h_{n-1}(x)\(h_n(y)+[n-1]q^{n-1}h_{n-2}(y)\)}
{[n-1]!\,q^{\({n\atop 2}\)}}t^n \\
& =\sum  _{n=1} ^{\infty}\frac {h_{n-1}(x)yh_{n-1}(y)} {[n-1]!\,q^{\({n\atop 2}\)}}t^n=
ytf(x,y,t) \\
\Rightarrow & \(\eta D_x+t\eta D_y\)f(x,y,t)=ytf(x,y,t)\tag 4 \\
& \(\eta D_y+t\eta D_x\)f(x,y,t)=xtf(x,y,t)\tag 4' \\
\Rightarrow & \, \eta D_xf(x,y,t)=(yt-t\eta D_y)f(x,y,t) \\
 &\hphantom{ \, \eta D_xf(x,y,t)} =\(yt-xt^2+t^2\eta D_x\)f(x,y,t)
\endalign$$
und daraus folgt (3).

Durch (2) und (3) ist $f(x,y,t)$ eindeutig festgelegt, da $f(x,0,t)$
eindeutig bestimmt ist. Wegen $f(0,y,t)=f(y,0,t)$ ist daher auch
$f(x,y,t)$ eindeutig bestimmt. 

Es gen\"ugt daher zu zeigen, da\3 die rechte Seite von (1) ebenfalls (2)
und (3) erf\"ullt. 

Nun ist
$$\align
& D_xe\(xy\eta^{-1}\frac {t} {1-\frac {t^2} {q}}\)
e_2\(\frac {x^2} {[2]}\eta^{-1}\frac {t^2} {\frac {t^2} {q}-1}\)= \\
& =e\(qxy\eta^{-1}\frac {t} {1-\frac {t^2} {q}}\)
\(x\eta^{-1}\frac {t^2} {\frac {t^2} {q}-1}\)
e_2\(\frac {x^2} {[2]}\eta^{-1}\frac {t^2} {\frac {t^2} {q}-1}\)+ \\
& +y\eta^{-1}\frac {t} {1-\frac {t^2} {q}}
e\(xy\eta^{-1}\frac {t} {1-\frac {t^2} {q}}\)
e_2\(\frac {x^2} {[2]}\eta^{-1}\frac {t^2} {\frac {t^2} {q}-1}\)= \\
& =\eta^{-1}\(\frac {yt} {1-\frac {t^2} {q}}-
\frac {xt^2} {1-\frac {t^2} {q}}\)
e\(xy\eta^{-1}\frac {t} {1-\frac {t^2} {q}}\)
e_2\(\frac {x^2} {[2]}\eta^{-1}\frac {t^2} {\frac {t^2} {q}-1}\)
\endalign$$
weil $\(\eta^{-1}f(t)\)^n\eta^{-1}f(t)t=\frac {1} {q^n}\eta^{-1}
f(t)t\(\eta^{-1}f(t)\)^n$ ist. 

Es gen\"ugt daher zu zeigen, da\3
$$\gather
\eta \sum_{m=0}^\infty \frac {[2m-1]!!} {[2m]!!}\(\frac {t^2} {q}\)^m
\eta^{-1}\(\frac {yt} {1-\frac {t^2} {q}}-
\frac {xt^2} {1-\frac {t^2} {q}}\)= \\
=\(\frac {ty} {1-t^2}-\frac {t^2x} {1-t^2}\)\sum _{m=0} ^{\infty}
\frac {[2m-1]!!} {[2m]!!}\(\frac {t^2} {q}\)^m
\endgather$$
gilt, oder da\3
$$\(1-t^2\)\sum  _{m=0} ^{\infty}\frac {[2m-1]!!} {[2m]!!}\(qt^2\)^m=
\(1-\frac {t^2} {q}\)\sum  _{m=0} ^{\infty}\frac {[2m-1]!!} {[2m]!!}
\(\frac {t^2} {q}\)^m\tag 5$$
erf\"ullt ist. 
(5) ist durch Koeffizientenvergleich \"aquivalent mit
$$\frac {[2m-1]!!} {[2m]!!}q^m-\frac {[2m-3]!!} {[2m-2]!!}q^{m-1}=
\frac {[2m-1]!!} {[2m]!!}\frac {1} {q^m}-\frac {[2m-3]!!} {[2m-2]!!}
\frac {1} {q^m}$$
oder mit
$$\frac {[2m-1]} {[2m]}\(q^m-\frac {1} {q^m}\)=
q^{m-1}-\frac {1} {q^m}\ ,$$
d.h\. mit
$$\frac {[2m-1]} {[2m]}\frac {\(q^{2m}-1\)} {q^m}=
\frac {q^{2m-1}-1} {q^m}\ ,$$
was offenbar richtig ist. 
Damit ist die Mehlersche Formel bewiesen.
\enddemo

\head 4.~Die $q$-Laguerre-Polynome \endhead

\subhead 4.1. Vorbemerkungen \endsubhead
Die klassischen {\it Laguerre-Polynome\/} $L_n^{(\al)} (x)$, $\al >-1$, k\"onnen
durch die erzeugenden Funktionen
$$\sum_{n=0}^\infty \frac {L_n^{(\al)}(x)} {n!}t^n=
\frac {1} {(1-t)^{\al +1}}e^{\frac {xt} {t-1}}$$
oder
$$\sum_{n=0}^\infty \frac {(-1)^nL_n^{(\al -n)}(x)t^n} {n!}=
(1-t)^\al e^{xt}$$
oder
$$\sum_{n=0}^\infty
\frac {(-1)^nL_n^{(\al)}(x)t^n} {n!\,(\al+1)\cdots (\al+n)}=
e^{-t}\sum  _{n=0} ^{\infty}\frac {x^nt^n} {n!\,(\al+1)\cdots (\al+n)}$$
definiert werden. 
Sie sind Polynome $n$-ten Grades, die durch
$$\align
L_n^{(\al)}(x) & =(1-D_0)^{\al+1}x(D_0-1)^nx^{n-1} \\
& =x^{-\al}e^xD^ne^{-x}x^{n+\al} \\
& =(-1)^n(1-D)^{n+\al}x^n
\endalign$$
gegeben sind. 
Sie erf\"ullen die Rekursion
$$L_{n+1}^{(\al)}(x)=(\al+2n+1-x)L_n^{(\al)}(x)-n(n+\al)
L_{n-1}^{(\al)}(x)$$
mit
$$L_0^{(\al)}(x)\equiv 1,\quad L_1^{(\al)}(x)=1+\al-x\ .$$
Sie sind orthogonal bez\"uglich des inneren Produktes
$$[f(x),g(x)]=\frac {1} {\Gamma(\al+1)}\intl_0^\infty f(x)g(x)x^\al
e^{-x}dx=L\frac {1} {(1-D_0)^{\al+1}}f(x)g(x)\ .$$

Wir suchen ein $q$-Analogon, welches wom\"oglich alle diese
Eigenschaften besitzt. Ein Weg dazu besteht in folgender Bemerkung:
Vergleicht man die Formeln
$$L_n^{(\al)}(x)=\sum_{k=0}^n\({n+\al \atop n-k}\)\frac {n!} {k!}
(-x)^k$$
und
$$(x+\al+1)\cdots (x+\al+n)=\sum_{k=0}^n\({n+\al \atop n-k}\)
\frac {n!} {k!}x(x-1)\cdots (x-k+1)\ ,$$
so sieht man, da\3 in beiden F\"allen dieselben Koeffizienten auftreten.
Von der zweiten Formel gibt es nat\"urliche $q$-Analoga. Diese f\"uhren
zu zwei Klassen von $q$-Laguerre-Polynomen
$$L_n^{(\al)}(x)=(-1)^n(\varepsilon-D)^{n+\al}x^n$$
und
$$l_n^{(\al)}(x)=(-1)^np_{n+\al}(1,D)x^n\ .$$
Wir wollen uns hier auf die Polynome $l_n^{(\al)}(x)$ beschr\"anken,
f\"ur welche auch ein Zusammenhang mit den $q$-Hermite-Polynomen besteht.

\subhead 4.2. Die formalen Potenzreihen $p_\al (1,x)$ \endsubhead
Wir wollen die Polynome $p_n(1,x)=\sum_{k=0}^\infty (-1)^k
q^{\({k\atop 2}\)}\[{n\atop k}\]x^k$ auf beliebige reelle $\al$
erweitern. Wir setzen dazu
$$p_\al (1,x)=\sum_{k=0}^\infty (-1)^kq^{\({k\atop 2}\)}
\[{\al \atop k}\]x^k\ .\tag 1$$
Nun ist 
$$q^{\({k\atop 2}\)}\[{\al \atop k}\]=
\frac {(q^\al -1)(q^\al -q)\cdots (q^\al -q^{k-1})} {(q-1)^k[k]!}=
\frac {p_k(q^\al ,1)} {(q-1)^k[k]!}\ ,$$ 
und daher gilt
$$p_\al (1,x)=\sum_{k=0}^\infty \frac {p_k(q^\al ,1)} {[k]!}
\(\frac {x} {1-q}\)^k=
\frac {e\(\frac {q^\al x} {1-q}\)} {e\(\frac {x} {1-q}\)}\tag 2$$
nach 1.3\. (4). 
Weiter ist $\frac {p_k(1,q^\al)} {(1-q)^k}=[\al][\al+1]\cdots
[\al+k-1]$,
und daher gilt
$$\frac {1} {p_\al (1,x)}=
\frac {e\(\frac {x} {1-q}\)} {e\(\frac {q^\al x} {1-q}\)}=
\sum_{k=0}^\infty \[{\al+k-1\atop k}\]x^k\ .\tag 3$$

Wir ben\"otigen noch die folgenden Formeln:
$$p_{\al+1}(1,x)=(1-q^\al x)p_\al (1,x)\tag 4$$
und
$$p_{\al+\be}(1,x)=p_\al (1,x)p_\be (1,q^\al x)\ .\tag 5$$
Da (4) ein Spezialfall von (5) ist $(\be =1)$, gen\"ugt es (5) zu
zeigen. Das ergibt sich aus (2):
$$p_\al (1,x)p_\be (1,q^\al x)=
\frac {e\(\frac {q^\al x} {1-q}\)} {e\(\frac {x} {1-q}\)}
\frac {e\(\frac {q^\be q^\al x} {1-q}\)} {e\(\frac {q^\al x} {1-q}\)}=
\frac {e\(\frac {q^{\al+\be}x} {1-q}\)} {e\(\frac {x} {1-q}\)}=
p_{\al+\be}(1,x)\ .$$

\remark{Bemerkung} 
Die Gleichung 3.3\. (5) folgt ebenfalls aus (5),
wenn man $\al =\frac {1} {2}$ setzt und $q$ durch $q^2$ ersetzt. Es
ist dann n\"amlich
$$\frac {1} {p_{\frac {1} {2}}(1,x;q^2)}=
\sum  _{m=0} ^{\infty}\frac {[2m-1]!!} {[2m]!!}x^m\ ,$$
und 3.3\. (5) \"aquivalent mit
$$\(1-\sqrt q\frac {x} {\sqrt q}\)p_{\frac {1} {2}}
\(1,\frac {x} {\sqrt q}\)=p_{\frac {3} {2}}\(1,\frac {x} {\sqrt q}\)=
\(1-\frac {x} {\sqrt q}\)p_{\frac {1} {2}}\(1,q\frac {x} {\sqrt q}\)\ .$$
\endremark 

\subhead 4.3. Die $q$-Laguerre-Polynome $l_n^{(\al)}(x)$ \endsubhead
Wir definieren die {\it $q$-Laguerre-Polynome\/} $l_n^{(\al)}(x)$ durch die
Formel
$$l_n^{(\al)}(x)=(-1)^np_{n+\al}(1,D)x^n\ .\tag 1$$
Es gilt dann
$$\align
l_n^{(\al)}(x) & =(-1)^n\sum_{k=0}^n(-1)^kq^{\({k\atop 2}\)}
\[{n+\al \atop k}\]D^kx^n \\
& =\sum_{k=0}^n(-1)^kq^{\({n-k\atop 2}\)}\[{n+\al \atop n-k}\]
\frac {[n]!} {[k]!}x^k \\
\Rightarrow l_n^{(\al)}(x) & =\sum_{k=0}^n\[{n+\al \atop n-k}\]
\frac {[n]!} {[k]!}(-1)^kq^{\({n-k\atop 2}\)}x^k\ .\tag 2
\endalign$$

Definiert man f\"ur $\al >-1$ den Operator $T_\al$ auf $P$ durch
$$T_\al x^n=\frac {x^{n+1}} {[\al+n+1]},\quad n=0,1,2,\dots ,\tag 3$$
so gilt
$$T_\al^k1=\frac {x^k} {[\al+1]\cdots [\al+k]}\ .\tag 4$$

Aus (2) ergibt sich daher
$$\frac {(-1)^nl_n^{(\al)}(x)} {[\al+1]\cdots [\al+n]}=
\sum_{k=0}^n(-1)^{n-k}\[{n\atop k}\]q^{\({n-k\atop 2}\)}T_\al^k1=
p_n(T_\al ,1)1\ .\tag 5$$
Aus 1.3 (4) folgt somit
$$\align
\sum  _{n=0} ^{\infty}\frac {(-1)^nl_n^{(\al)}(x)\,t^n} {[n]!\,[\al+1]\cdots
[\al+n]}&=
\frac {1} {e(t)}e(T_\al t)1 \tag 6\\
&=\frac {1} {e(t)}\sum  _{n=0} ^{\infty}\frac {x^nt^n} {[n]!\,[\al+1]\cdots [\al+n]}\ .
\endalign$$

Definiert man nun $S_\al$ auf dem Vektorraum $P_0$ der Polynome $p$
mit $Lp=0$ durch
$$S_\al x^n=[n+\al]x^{n-1}=\(x^{-\al}Dx^\al \)x^n,\quad n\ge 1\ ,\tag 7$$
so gilt
$$\align
S_\al T_\al x^n&=x^n\text { f\"ur }n\ge 0\tag 8\\
 T_\al S_\al x^n&=x^n\text { f\"ur }n\ge 1\tag 9 
\endalign$$
$$\align
& \Rightarrow (-1)^nl_n^{(\al)}(x)=[\al+1]\cdots [\al+n]p_n(T_\al,1)1 \\
&\hskip1cm =p_n(T_\al ,1)S_\al^nx^n=p_n(1,S_\al)x^n \\
& \Rightarrow (-1)^nl_n^{(\al)}(x)=p_n(1,S_\al)x^n=
x^{-\al}p_n(1,D)x^{n+\al}\ .\tag 10
\endalign$$

Der Operator $T_\al$ ist auch sonst sehr n\"utzlich. Will man etwa ein
$q$-Analogon der sogenannten {\it Verdoppelungsformel\/} ableiten, so kann man
folgenderma\3en vorgehen: 
Aus 1.3\. (5) folgt
$$p_n(ax,1)=\sum  _{k=0} ^{n}\[{n\atop k}\]a^kp_{n-k}(a,1)p_k(x,1)\ .$$
$$\align
& \Rightarrow p_n(aT_\al ,1)=\sum  _{k=0} ^{n}\[{n\atop k}\]a^kp_{n-k}(a,1)
p_k(T_\al ,1) \\
& \Rightarrow (-1)^n\frac {l_n^{(\al)}(ax)} {[\al+1]\cdots [\al+n]}=
\sum _{k=0} ^{n}\[{n\atop k}\]a^kp_{n-k}(a,1)
\frac {(-1)^k{l_k}^{(\al)}(x)} {[\al+1]\cdots [\al+k]} \\
& \Rightarrow l_n^{(\al)}(ax)=\sum  _{k=0} ^{n}\[{n+\al \atop n-k}\]
\frac {[n]!} {[k]!}(-1)^{n-k}a^kp_{n-k}(a,1)l_k^{(\al)}(x)\ .\tag 11
\endalign$$

Nun zu den anderen erzeugenden Funktionen: Aus (1) folgt
$$\align
& \sum  _{n=0} ^{\infty}\frac {(-1)^nl_n^{(\al-n)}(x)t^n} {[n]!}=
\sum  _{n=0} ^{\infty}\frac {p_\al (1,D)x^nt^n} {[n]!}=p_\al (1,D)e(xt) \\
& \Rightarrow \sum_{n=0}^\infty
\frac {(-1)^nl_n^{(\al-n)}(x)t^n} {[n]!}=p_\al (1,D)e(xt)\ .\tag 12
\endalign$$
Aus (2) ergibt sich
$$\align
 \sum  _{n=0} ^{\infty}\frac {l_n^{(\al)}(x)} {q^{\({n\atop 2}\)}}\frac {t^n} {[n]!}&=
\sum  _{n=0} ^{\infty}\frac {t^n} {[n]!}q^{-\({n\atop 2}\)}\sum _{k=0}
^{n}
\[{n+\al \atop n-k}\] \frac {[n]!} {[k]!}q^{\({n-k\atop 2}\)}(-x)^k \\
&=  \sum _{k=0} ^{\infty}\frac {(-x)^kt^k} {[k]!}\sum_{n\ge k}
q^{-\({n\atop 2}\)+\({n-k\atop 2}\)}\[{n+\al \atop n-k}\]t^{n-k} \\
&=  \sum _{k=0} ^{\infty}\frac {(-xt)^k} {[k]!}\sum_{n=0}^\infty
\[{n+\al+k\atop n}\]q^{\({n\atop 2}\)-\({n+k\atop 2}\)}t^n \\
&=  \sum _{k=0} ^{\infty} \frac {(-1)^kx^kt^k} {q^{\({k\atop 2}\)}[k]!}
\sum_{n=0}^\infty \[{n+\al+k\atop n}\]\(\frac {t} {q^k}\)^n\ .
\endalign$$
Nun ist 
$$\sum_{n=0}^{\infty} \[{n+\al+k\atop n}\]\(\frac {t} {q^k}\)^n=
\frac {1} {p_{\al+k+1}\(1,\frac {t} {q^k}\)}=
\frac {1} {p_k\(1,\frac {t} {q^k}\)}\cdot
\frac {1} {p_{\al+1}(1,t)}$$ 
nach 4.2\. (3) und (5).
$$\align
 \Rightarrow \sum_{n=0}^\infty
\frac {l_n^{(\al)}(x)} {q^{\({n\atop 2}\)}}
\frac {t^n} {[n]!}&=\frac {1} {p_{\al+1}(1,t)}\sum_{n=0}^\infty
\frac {x^k} {q^{\({k\atop 2}\)}[k]!}
\frac {t^k} {\(\frac {t} {q}-1\)\cdots \(\frac {t} {q^k}-1\)}\tag 13 \\
& =\frac {1} {p_{\al+1}(1,t)}e\(q\bold x\eta^{-1}\frac {t} {t-1}\)1\ . 
\endalign$$
mit $\eta t^n=q^nt^n$.
F\"ur $n=0,1,2,\dots$ gilt
$$p_n(1,D)=(-1)^nq^{\({n\atop 2}\)}e(qx)D^n
\frac {1} {e\(\frac {x} {q^{n-1}}\)}\tag 14$$
weil $e(aqx)D\frac {1} {e(ax)}=D-a$ gilt. 

Aus (10) folgt daher
$$\frac {l_n^{(\al)}(x)} {q^{\({n\atop 2}\)}}=x^{-\al}e(qx)D^n
\frac {1} {e\(\frac {x} {q^{n-1}}\)}x^{n+\al}\ .\tag 15$$
Aus (1) ergibt sich
$$l_n^{(\al)}(x)=(-1)^np_{n-1}(1,D)p_{\al+1}\(1,q^{n-1}D\)x^n$$
und somit
$$l_n^{(\al)}(x)=p_{\al+1}\(1,q^{n-1}D\)l_n^{(-1)}(x)\tag 16$$
mit
$$l_n^{(-1)}(x)=(-1)^nxp_n(1,D)x^{n-1}\ .$$
Wendet man auf beide Seiten von (16) $\varepsilon^n$ an, so ergibt
sich
$$l_n^{(\al)}\(q^nx\)=
p_{\al+1}\(1,\frac {D} {q}\)l_n^{(-1)}\(q^nx\)\ .\tag 16'$$

Wir behaupten nun, da\3 die $q$-Laguerre-Polynome $l_n^{(\al)}(x)$ f\"ur
$\al >-1$ orthogonal bez\"uglich des linearen Funktionals
$$F(p)=L\frac {1} {p_{\al+1}(1,D)}p(x)\tag 17$$
sind. Wegen
$$\frac {1} {p_{\al+1}(1,D)}=\sum_{k=0}^\infty
\[{\al+k\atop k}\]D^k\text { und }\[{\al+k+1\atop k+1}\]=
\frac {[\al+1]} {[k+1]}\[{\al+k+1\atop k}\]$$
gilt
$$\align
& L\frac {1} {p_{\al+1}(1,D)}\bold x=[\al+1]\,L\frac {1} {p_{\al+2}(1,D)} \\
& \Rightarrow L\frac {1} {p_{\al+1}(1,D)}\bold x^k=[\al+1]\cdots [\al+k]
\,L\frac {1} {p_{\al+k+1}(1,D)}\ . \\
& \Rightarrow F\(l_n^{(\al)}(x)x^k\)=
L\frac {[\al+1]\cdots [\al+k]} {p_{\al+k+1}(1,D)}l_n^{(\al)}(x) \\
&\hphantom{ \Rightarrow F\(l_n^{(\al)}(x)x^k\)} =[\al+1]\cdots [\al+k]\,L\frac {(-1)^n} {p_{\al+k+1}(1,D)}
p_{n+\al}(1,D)x^n \\
&\hphantom{ \Rightarrow F\(l_n^{(\al)}(x)x^k\)} =[\al+1]\cdots [\al+k](-1)^nLp_{n-k-1}\(1,q^{\al+k+1}D\)x^n=0
\endalign$$
f\"ur $k<n$. 

F\"ur $k\ge n$ ergibt sich
$$F\(l_n^{(\al)}(x)x^k\)=(-1)^n[\al+1]\cdots [\al+k]\,
L\frac {1} {p_{k+1-n}(1,q^{n+\al}D)}x^n\ .\tag 18$$
Da der Koeffizient von $x^n$ in $l_n^{(\al)}(x)$ gleich $(-1)^n$ ist,
folgt
$$\align
F\(l_n^{(\al)}(x)l_n^{(\al)}(x)\) & =[\al+1]\cdots [\al+n]\,L
\frac {1} {\(1-q^{n+\al}D\)}x^n= \\
& =q^{n^2+\al n}[n]!\,[\al+1]\cdots [\al+n]\ .
\endalign$$
$$\Rightarrow F\(l_n^{(\al)}(x)l_k^{(\al)}(x)\)=q^{\al n+n^2}[n]!\,
[\al+1]\cdots [\al+n]\de_{nk}\ .\tag 19$$
Da die $l_n^{(\al)}(x)$ orthogonal sind, m\"ussen in der Darstellung
$$xl_n^{(\al)}(x)=\sum_{k=0}^{n+1}c_{nk}l_k^{(\al)}(x)$$
die Koeffizienten $c_{nk}$ mit $k<n-1$ verschwinden. Es gibt also
eindeutig bestimmte Koeffizienten $c_{nn}$ und $c_{n,n-1}$ mit
$$xl_n^{(\al)}(x)+l_{n+1}^{(\al)}(x)=
c_{nn}l_n^{(\al)}(x)+c_{n,n-1}l_{n-1}^{(\al)}(x)\ .$$
Um $c_{nn}$ und $c_{n,n-1}$ zu bestimmen, braucht man nur den Koeffizienten von $x^n$ zu
betrachten. Es ergibt sich dann
$$
l_{n+1}^{(\al)}(x)=\(q^n[n+\al]+q^{n+\al}[n+1]-x\)l_n^{(\al)}(x)
-q^{2n+\al-1}[n][n+\al]l_{n-1}^{(\al)}(x)\ .\tag20
$$

Abschlie\3end wollen wir noch den Zusammenhang mit den
$q$-Hermite-Polynomen herstellen.
$$\align
h_{2n}(x) & =\sum _{k=0} ^{n}(-1)^kq^{k^2}\[{2n\atop 2k}\][2k-1]!!\,x^{2n-2k} \\
& =\sum _{k=0} ^{n}(-1)^kq^{k^2}\frac {[2n]!\,[2k-1]!!} {[2k]!\,[2n-2k]!}x^{2n-2k} \\
& =\sum _{k=0} ^{n}(-1)^kq^{k^2}
\frac {[2n]!!\,[2n-1]!!\,[2k-1]!!} {[2k]!!\,[2k-1]!!\,[2n-2k]!!\,[2n-2k-1]!!}
x^{2n-2k} \\
& =\sum _{k=0} ^{n}(-1)^kq^{k^2}\[{n-\frac {1} {2}\atop k}\]_2
\frac {[n]_2!} {[n-k]_2!}[2]^kx^{2n-2k} \\
& =([2]q)^n\sum _{k=0} ^{n}(-1)^kq^{2\({k\atop 2}\)}
\[{n-\frac {1} {2}\atop k}\]_2\frac {[n]_2!} {[n-k]_2!}
\(\frac {x^2} {[2]q}\)^{n-k}
\endalign$$
$$\Rightarrow h_{2n}(x)=(-1)^n([2]q)^nl_n^{\(-\frac {1} {2}\)}
\(\frac {x^2} {[2]q},q^2\)\ .\tag 21$$

Analog ergibt sich
$$h_{2n+1}(x)=(-1)^n([2]q)^nxl_n^{\(\frac {1} {2}\)}
\(\frac {x^2} {[2]q},q^2\)\ .\tag 22$$

\head 5.~Bemerkungen zur Literatur \endhead

Ich habe absichtlich jeden Literaturhinweis vermieden, weil es mir
unm\"oglich war, die urspr\"unglichen Quellen der einzelnen Resultate
herauszufinden. Das beruht einerseits darauf, da\3 mir die \"altere
Literatur (L.~J.~Rogers, G.~Szeg\H o, F.~H.~Jackson) teilweise
unzug\"anglich ist und andererseits darauf, da\3 viele Resultate in
zahlreichen Variationen existieren, deren enge Beziehung den
einzelnen Autoren nicht aufgefallen ist. Im Grunde sind sicher alle
hier behandelten Resultate l\"angst bekannt, wenn ich auch manche in
der Literatur bisher nicht finden konnte. 

Wahrscheinlich habe auch ich manche Zusammenh\"ange \"ubersehen. So w\"are
es durchaus denkbar, da\3 zwischen den Hermitepolynomen $H_n(x)$ und
$h_n(x)$ au\3er der sehr \"ahnlichen Rekursionsformel noch andere
Zusammenh\"ange existieren. Ich habe aber bisher keine finden k\"onnen.
So gibt es f\"ur die Mehlerformel bei den $H_n$ sehr einfache Beweise
(vgl. [2]; noch einfacher scheint mir der Hinweis auf 2\. (8) zu
sein). Ein so einfacher Beweis ist mir bei den $h_n$ nicht bekannt. 

Nach dem Gesagten ist wohl klar, da\3 die folgende Literaturauswahl
sehr subjektiv ist. Sie gibt haupts\"achlich Arbeiten an, die mir
pers\"onlich interessant erscheinen oder besonders n\"utzlich waren.

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\enddocument
