Cálculo del producto$(\frac{d}{dx}+x)^n(-\frac{d}{dx}+x)^n$

Question

Quiero calcular el producto $$ (\frac{d}{dx}+x)^n(-\frac{d}{dx}+x)^n, $$ para un número natural $n$. Para $n$ igual a 0 o 1, el cálculo es muy simple, obviamente, pero para una cantidad tan baja como 2 la fuerza bruta de cálculo que comienza a ser bastante engorroso y no puedo ver ningún patrón emergente. Traté de encontrar alguna conexión con el Rodrigues de la fórmula para los polinomios de Hermite, pero no pude.

Estos operadores vienen en el algebraicas enfoque para el oscilador armónico cuántico.

Ejemplo Claro

Para evitar cualquier malentendido, yo voy a mostrar explícitamente el cálculo para el caso de $n=1$: $$ (\frac{d}{dx}+x)(-\frac{d}{dx}+x)=-\frac{d^2}{dx^2}+1+x\frac{d}{dx}-x\frac{d}{dx}+x^2=-\frac{d^2}{dx^2}+x^2+1. $$

Uno puede pensar en una función de $f$de los operadores están actuando. Por ejemplo, $$ (\frac{d}{dx}\circ x) f= (\frac{d}{dx}x)f+x\frac{d}{dx}f=(1+\frac{d}{dx})f, $$ entonces $$ \frac{d}{dx}\circ x=1+x\frac{d}{dx} $$

Answer 1

Para su comodidad nos vamos a reescribir $x,\partial_x$ con $a,b$ lo $[a,b]=x\partial_x-\partial_x x=-1$ (en el operador de sentido en el espacio de Schwartz).

Lema. Para todos los $n\in\mathbb N$ $$ [(a+b)^n,a-b]=2n(a+b)^{n-1} $$

Prueba. Como darij señalado, uno ha $[a+b,a-b]=2$ (es decir, el caso de $n=1$). El truco es, entonces, $$ \begin{split} [(a+b)^{n+1},a-b]&=(a+b)[(a+b)^n,a-b]+[a+b,a-b](a+b)^n\\ &=(a+b)2n(a+b)^{n-1}+2(a+b)^{n}=2(n+1)(a+b)^{(n+1)-1} \end{split} $$ lo que concluye la prueba a través de la inducción. $\square$

La proposición. Para todos los $n\in\mathbb N_0$ $$ (a+b)^n(a-b)^n=\prod_{j=1}^n (a^2-b^2+(2j-1)) $$

Prueba. ($n=0$ es obvio). Tenga en cuenta que $(a-b)(a+b)=a^2-b^2-1$. Usando el lema anterior $$ \begin{split} (a+b)^{n+1}(a-b)^{n+1}&=[(a+b)^{n+1},a-b](a-b)^n+(a-b)(a+b)(a+b)^n(a-b)^n\\ &=2(n+1)(a+b)^n(a-b)^n +(a^2-b^2-1)(a+b)^n(a-b)^n\\ &=\big( a^2-b^2+2n+1)(a+b)^n(a-b)^n=\prod_{j=1}^{n+1} (a^2-b^2+(2j-1)) \end{split} $$ que de nuevo se concluye la prueba a través de la inducción. $\square$

Este resultado reproduce los casos (aparte de $n=0$, obvio)

• $(a+b)(a-b)=a^2-b^2+1$

• Haciendo uso de $[a^2,b^2]=-4ab-2$ (técnicas similares) uno se $$ \begin{split} (a+b)^2(a-b)^2=(a^2-b^2+1)(a^2-b^2+3)&=a^4-a^2b^2-b^2a^2+4a^2-4b^2+b^4+3\\ &=a^4-2a^2b^2-4ab+4a^2-4b^2+b^4+1 \end{split} $$

etc... siento que esta fórmula es la mejor cosa que uno puede esperar en términos de estructura.

Answer 2

Sólo algún Sabio de los datos generados a jugar con:

Para $n = 0$, el resultado es $ 1 $.

Para $n = 1$, el resultado es $ -\frac{\partial^{2}}{\partial x^{2}} + x^{2} + 1 $.

Para $n = 2$, el resultado es $ \frac{\partial^{4}}{\partial x^{4}} - 2 x^{2} \frac{\partial^{2}}{\partial x^{2}} - 4 \frac{\partial^{2}}{\partial x^{2}} - 4 x \frac{\partial}{\partial x} + x^{4} + 4 x^{2} + 1 $.

Para $n = 3$, el resultado es $ -\frac{\partial^{6}}{\partial x^{6}} + 3 x^{2} \frac{\partial^{4}}{\partial x^{4}} + 9 \frac{\partial^{4}}{\partial x^{4}} + 12 x \frac{\partial^{3}}{\partial x^{3}} - 3 x^{4} \frac{\partial^{2}}{\partial x^{2}} - 18 x^{2} \frac{\partial^{2}}{\partial x^{2}} - 9 \frac{\partial^{2}}{\partial x^{2}} - 12 x^{3} \frac{\partial}{\partial x} - 36 x \frac{\partial}{\partial x} + x^{6} + 9 x^{4} + 9 x^{2} - 3 $.

Para $n = 4$, el resultado es $ \frac{\partial^{8}}{\partial x^{8}} - 4 x^{2} \frac{\partial^{6}}{\partial x^{6}} - 16 \frac{\partial^{6}}{\partial x^{6}} - 24 x \frac{\partial^{5}}{\partial x^{5}} + 6 x^{4} \frac{\partial^{4}}{\partial x^{4}} + 48 x^{2} \frac{\partial^{4}}{\partial x^{4}} + 42 \frac{\partial^{4}}{\partial x^{4}} + 48 x^{3} \frac{\partial^{3}}{\partial x^{3}} + 192 x \frac{\partial^{3}}{\partial x^{3}} - 4 x^{6} \frac{\partial^{2}}{\partial x^{2}} - 48 x^{4} \frac{\partial^{2}}{\partial x^{2}} - 36 x^{2} \frac{\partial^{2}}{\partial x^{2}} + 48 \frac{\partial^{2}}{\partial x^{2}} - 24 x^{5} \frac{\partial}{\partial x} - 192 x^{3} \frac{\partial}{\partial x} - 216 x \frac{\partial}{\partial x} + x^{8} + 16 x^{6} + 42 x^{4} - 48 x^{2} - 39 $.

Para $n = 5$, el resultado es $ -\frac{\partial^{10}}{\partial x^{10}} + 5 x^{2} \frac{\partial^{8}}{\partial x^{8}} + 25 \frac{\partial^{8}}{\partial x^{8}} + 40 x \frac{\partial^{7}}{\partial x^{7}} - 10 x^{4} \frac{\partial^{6}}{\partial x^{6}} - 100 x^{2} \frac{\partial^{6}}{\partial x^{6}} - 130 \frac{\partial^{6}}{\partial x^{6}} - 120 x^{3} \frac{\partial^{5}}{\partial x^{5}} - 600 x \frac{\partial^{5}}{\partial x^{5}} + 10 x^{6} \frac{\partial^{4}}{\partial x^{4}} + 150 x^{4} \frac{\partial^{4}}{\partial x^{4}} + 150 x^{2} \frac{\partial^{4}}{\partial x^{4}} - 150 \frac{\partial^{4}}{\partial x^{4}} + 120 x^{5} \frac{\partial^{3}}{\partial x^{3}} + 1200 x^{3} \frac{\partial^{3}}{\partial x^{3}} + 1800 x \frac{\partial^{3}}{\partial x^{3}} - 5 x^{8} \frac{\partial^{2}}{\partial x^{2}} - 100 x^{6} \frac{\partial^{2}}{\partial x^{2}} - 150 x^{4} \frac{\partial^{2}}{\partial x^{2}} + 1500 x^{2} \frac{\partial^{2}}{\partial x^{2}} + 975 \frac{\partial^{2}}{\partial x^{2}} - 40 x^{7} \frac{\partial}{\partial x} - 600 x^{5} \frac{\partial}{\partial x} - 1800 x^{3} \frac{\partial}{\partial x} - 600 x \frac{\partial}{\partial x} + x^{10} + 25 x^{8} + 130 x^{6} - 150 x^{4} - 975 x^{2} - 255 $.

Para $n = 6$, el resultado es $ \frac{\partial^{12}}{\partial x^{12}} - 6 x^{2} \frac{\partial^{10}}{\partial x^{10}} - 36 \frac{\partial^{10}}{\partial x^{10}} - 60 x \frac{\partial^{9}}{\partial x^{9}} + 15 x^{4} \frac{\partial^{8}}{\partial x^{8}} + 180 x^{2} \frac{\partial^{8}}{\partial x^{8}} + 315 \frac{\partial^{8}}{\partial x^{8}} + 240 x^{3} \frac{\partial^{7}}{\partial x^{7}} + 1440 x \frac{\partial^{7}}{\partial x^{7}} - 20 x^{6} \frac{\partial^{6}}{\partial x^{6}} - 360 x^{4} \frac{\partial^{6}}{\partial x^{6}} - 540 x^{2} \frac{\partial^{6}}{\partial x^{6}} + 120 \frac{\partial^{6}}{\partial x^{6}} - 360 x^{5} \frac{\partial^{5}}{\partial x^{5}} - 4320 x^{3} \frac{\partial^{5}}{\partial x^{5}} - 8280 x \frac{\partial^{5}}{\partial x^{5}} + 15 x^{8} \frac{\partial^{4}}{\partial x^{4}} + 360 x^{6} \frac{\partial^{4}}{\partial x^{4}} + 450 x^{4} \frac{\partial^{4}}{\partial x^{4}} - 9000 x^{2} \frac{\partial^{4}}{\partial x^{4}} - 6525 \frac{\partial^{4}}{\partial x^{4}} + 240 x^{7} \frac{\partial^{3}}{\partial x^{3}} + 4320 x^{5} \frac{\partial^{3}}{\partial x^{3}} + 15600 x^{3} \frac{\partial^{3}}{\partial x^{3}} + 7200 x \frac{\partial^{3}}{\partial x^{3}} - 6 x^{10} \frac{\partial^{2}}{\partial x^{2}} - 180 x^{8} \frac{\partial^{2}}{\partial x^{2}} - 540 x^{6} \frac{\partial^{2}}{\partial x^{2}} + 9000 x^{4} \frac{\partial^{2}}{\partial x^{2}} + 31050 x^{2} \frac{\partial^{2}}{\partial x^{2}} + 9180 \frac{\partial^{2}}{\partial x^{2}} - 60 x^{9} \frac{\partial}{\partial x} - 1440 x^{7} \frac{\partial}{\partial x} - 8280 x^{5} \frac{\partial}{\partial x} - 7200 x^{3} \frac{\partial}{\partial x} + 8100 x \frac{\partial}{\partial x} + x^{12} + 36 x^{10} + 315 x^{8} - 120 x^{6} - 6525 x^{4} - 9180 x^{2} - 855 $.

Sage código:

A.<x> = DifferentialWeylAlgebra(QQ)
x, dx = A.gens()

def r(n):
    return (dx + x) ** n * (-dx + x) ** n

for i in range(7):
    print "For 

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Tenga en cuenta que es fácil ver que $\left[\dfrac{\partial}{\partial x} + x, - \dfrac{\partial}{\partial x} + x\right] = 2$. Por lo tanto, los operadores de $\dfrac{\partial}{\partial x} + x$ e $- \dfrac{\partial}{\partial x} + x$ sí generar una isomorfo copia del álgebra de Weyl, excepto por un escalar factor de $2$.

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Números similares aparecen en la Tabla X(b) de Cayley, Tablas de la simetría de las funciones de las raíces, en la medida en $10$, para el formulario de $1+bx+\dfrac{cx^2}{1.2}+\ldots=\left(1-\alpha x\right)\left(1-\beta x\right)\left(1-\gamma x\right)\cdots$ .

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En vista de la relación $\left[\dfrac{\partial}{\partial x} + x, - \dfrac{\partial}{\partial x} + x\right] = 2$, tal vez el siguiente copypasta de algunos de mis antiguos deberes vendrá útil.

Deje $\mathbb{N} = \left\{0,1,2,\ldots\right\}$.

Ahora necesitamos un sencillo hecho de álgebra cuántica:

Proposición 1. Deje $A$ ser un anillo (no necesariamente conmutativo). Deje que $x\in Un$ and $s\en$ be such that $xy-yx=1$. A continuación, \begin{align} \left( xy\right) ^{n}=\sum\limits_{k=0}^{n} \genfrac{\{}{\}}{0pt}{0}{n+1}{k+1} y^{k}x^{k}, \end{align} donde las llaves indican los números de Stirling del segundo tipo.

La prueba de la Proposición 1. Primero de todo, es fácil ver que \begin{equation} x^{m}y=mx^{m-1}+yx^{m}\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \text{for every }m\in\mathbb{N} \label{darij1.pf.xy-yx.1} \tag{1} \end{equation} (esto permite que el $m=0$ si $0x^{0-1}$ se interpreta como $0$). En efecto, la prueba de \eqref{darij1.pf.xy-yx.1} se procede por inducción sobre $m$ y es sencillo lo suficiente como para ser dejado para el lector.

Ahora vamos a probar la Proposición 1 por inducción sobre $k$. El la inducción de la base es obvio, así que nos paso a paso de inducción:

Deje $n>0$. Suponiendo que $\left( xy\right) ^{n-1}=\sum\limits_{k=0}^{n-1} \genfrac{\{}{\}}{0pt}{0}{n}{k+1} y^{k}x^{k}$, we need to show that $\left( xy\right) ^{n}=\sum\limits_{k=0} ^{n} \genfrac{\{}{\}}{0pt}{0}{n+1}{k+1} y^{k}x^{k}$.

Tenemos \begin{align*} \left( xy\right) ^{n} & =\left( xy\right) ^{n-1}xy=\left( \sum\limits_{k=0}^{n-1} \genfrac{\{}{\}}{0pt}{0}{n}{k+1} y^{k}x^{k}\right) xy\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \left( \text{since }\left( xy\right) ^{n-1}=\sum\limits_{k=0}^{n-1} \genfrac{\{}{\}}{0pt}{0}{n}{k+1} y^{k}x^{k}\right) \\ & =\sum\limits_{k=0}^{n-1} \genfrac{\{}{\}}{0pt}{0}{n}{k+1} y^{k}\underbrace{x^{k}x}_{=x^{k+1}}y=\sum\limits_{k=0}^{n-1} \genfrac{\{}{\}}{0pt}{0}{n}{k+1} y^{k}\underbrace{x^{k+1}y}_{\substack{=\left( k+1\right) x^{k} +yx^{k+1}\\\text{(by \eqref{darij1.pf.xy-yx.1}, applied to }m=k+1\text{)}}}\\ & =\sum\limits_{k=0}^{n-1} \genfrac{\{}{\}}{0pt}{0}{n}{k+1} y^{k}\left( \left( k+1\right) x^{k}+yx^{k+1}\right) \\ & =\sum\limits_{k=0}^{n-1} \genfrac{\{}{\}}{0pt}{0}{n}{k+1} \left( k+1\right) y^{k}x^{k}+\sum\limits_{k=0}^{n-1} \genfrac{\{}{\}}{0pt}{0}{n}{k+1} \underbrace{y^{k}y}_{=y^{k+1}}x^{k+1}\\ & =\sum\limits_{k=0}^{n-1} \genfrac{\{}{\}}{0pt}{0}{n}{k+1} \left( k+1\right) y^{k}x^{k}+\sum\limits_{k=0}^{n-1} \genfrac{\{}{\}}{0pt}{0}{n}{k+1} y^{k+1}x^{k+1}\\ & =\sum\limits_{k=0}^{n-1} \genfrac{\{}{\}}{0pt}{0}{n}{k+1} \left( k+1\right) y^{k}x^{k}+\sum\limits_{k=1}^{n} \genfrac{\{}{\}}{0pt}{0}{n}{k} y^{k}x^{k}\\ & \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \left( \text{here, we substituted }k-1\text{ for }k\text{ in the second sum}\right) \\ & =\sum\limits_{k=0}^{n} \genfrac{\{}{\}}{0pt}{0}{n}{k+1} \left( k+1\right) y^{k}x^{k}+\sum\limits_{k=0}^{n} \genfrac{\{}{\}}{0pt}{0}{n}{k} y^{k}x^{k}\\ & \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \left( \begin{array}[c]{c} \text{here, we extended both sums by zero terms, using the fact}\\ \text{that } \genfrac{\{}{\}}{0pt}{0}{n}{n+1} = \genfrac{\{}{\}}{0pt}{0}{n}{0} =0\text{ whenever }n>0 \end{array} \right) \\ & =\sum\limits_{k=0}^{n}\underbrace{\left( \genfrac{\{}{\}}{0pt}{0}{n}{k+1} \left( k+1\right) + \genfrac{\{}{\}}{0pt}{0}{n}{k} \right) }_{\substack{= \genfrac{\{}{\}}{0pt}{0}{n+1}{k+1} \\\text{(por la recursividad de la fórmula de Stirling números}\\\text{de la segunda tipo)}}}y^{k}x^{k}\\ & =\sum\limits_{k=0}^{n} \genfrac{\{}{\}}{0pt}{0}{n+1}{k+1} y^{k}x^{k}. \end{align*} Esto completa la inducción de paso, y por lo tanto la perspectiva de la prueba de la Proposición 1. $\blacksquare$

Proposición 2. Deje $A$ ser un anillo (no necesariamente conmutativo). Deje que $x\in Un$ and $s\en$ be such that $xy-yx=1$. A continuación, \begin{align} \left( yx\right) ^{n}=\sum\limits_{k=0}^{n} \genfrac{\{}{\}}{0pt}{0}{n}{k} y^{k}x^{k}, \end{align} donde las llaves indican los números de Stirling del segundo tipo.

La prueba de la Proposición 2. Al igual que en la prueba de La proposición 1, se muestra que \eqref{darij1.pf.xy-yx.1} tiene.

Ahora vamos a probar la Proposición 2 por inducción sobre $k$. El la inducción de la base es obvio, así que nos paso a paso de inducción:

Deje $n>0$. Suponiendo que $\left( yx\right) ^{n-1}=\sum\limits_{k=0}^{n-1} \genfrac{\{}{\}}{0pt}{0}{n-1}{k} y^{k}x^{k}$, we need to show that $\left( yx\right) ^{n}=\sum\limits_{k=0} ^{n} \genfrac{\{}{\}}{0pt}{0}{n}{k} y^{k}x^{k}$.

Tenemos \begin{align*} \left( yx\right) ^{n} & =\left( yx\right) ^{n-1}yx=\left( \sum\limits_{k=0}^{n-1} \genfrac{\{}{\}}{0pt}{0}{n-1}{k} y^{k}x^{k}\right) yx\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \left( \text{since }\left( yx\right) ^{n-1}=\sum\limits_{k=0}^{n-1} \genfrac{\{}{\}}{0pt}{0}{n-1}{k} y^{k}x^{k}\right) \\ & =\sum\limits_{k=0}^{n-1} \genfrac{\{}{\}}{0pt}{0}{n-1}{k} y^{k}\underbrace{x^{k}y}_{\substack{=kx^{k-1}+yx^{k}\\\text{(by \eqref{darij1.pf.xy-yx.1}, applied to }m=k\text{)}}}x\\ & =\sum\limits_{k=0}^{n-1} \genfrac{\{}{\}}{0pt}{0}{n-1}{k} y^{k}\left( kx^{k-1}+yx^{k}\right) x\\ & =\sum\limits_{k=0}^{n-1} \genfrac{\{}{\}}{0pt}{0}{n-1}{k} ky^{k}\underbrace{x^{k-1}x}_{=x^{k}}+\sum\limits_{k=0}^{n-1} \genfrac{\{}{\}}{0pt}{0}{n-1}{k} k\underbrace{y^{k}y}_{=y^{k+1}}\underbrace{x^{k}x}_{=x^{k+1}}\\ & =\sum\limits_{k=0}^{n-1} \genfrac{\{}{\}}{0pt}{0}{n-1}{k} ky^{k}x^{k}+\sum\limits_{k=0}^{n-1} \genfrac{\{}{\}}{0pt}{0}{n-1}{k} ky^{k+1}x^{k+1}\\ & =\sum\limits_{k=0}^{n-1} \genfrac{\{}{\}}{0pt}{0}{n-1}{k} ky^{k}x^{k}+\sum\limits_{k=1}^{n} \genfrac{\{}{\}}{0pt}{0}{n-1}{k-1} ky^{k}x^{k}\\ & \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \left( \text{here, we substituted }k-1\text{ for }k\text{ in the second sum}\right) \\ & =\sum\limits_{k=0}^{n} \genfrac{\{}{\}}{0pt}{0}{n-1}{k} ky^{k}x^{k}+\sum\limits_{k=0}^{n} \genfrac{\{}{\}}{0pt}{0}{n-1}{k-1} ky^{k}x^{k}\\ & \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \left( \begin{array}[c]{c} \text{here, we extended both sums by zero terms, using the fact}\\ \text{that } \genfrac{\{}{\}}{0pt}{0}{n-1}{n} = \genfrac{\{}{\}}{0pt}{0}{n-1}{-1} =0\text{ whenever }n>0 \end{array} \right) \\ & =\sum\limits_{k=0}^{n}\underbrace{\left( \genfrac{\{}{\}}{0pt}{0}{n-1}{k} k+ \genfrac{\{}{\}}{0pt}{0}{n-1}{k-1} \right) }_{\substack{= \genfrac{\{}{\}}{0pt}{0}{n}{k} \\\text{(por la recursividad de la fórmula de Stirling números}\\\text{de la segunda tipo)}}}y^{k}x^{k}\\ & =\sum\limits_{k=0}^{n} \genfrac{\{}{\}}{0pt}{0}{n}{k} y^{k}x^{k}. \end{align*} Esto completa la inducción de paso, y por lo tanto la perspectiva de la prueba de la Proposición 2. $\blacksquare$

Answer 3

Deje $X, Y$ ser operadores central, lo que significa que $[X,Y] = XY-YX = c$ para algunos escalares $c$. Entonces

1. Como una forma de teorema del binomio, tenemos

   $$ (X+Y)^n = \sum_{\substack{a,b,m \geq 0 \\ a+b+2m=n}} \frac{n!}{una!b!m!2^m} c^m^b X^un = \sum_{a=0}^{n} \binom{n}{a} P_{n-a}(c,Y)X^a, $$

   donde $P_n$ está definido por la siguiente suma

   $$P_n(c, x) = \sum_{m=0}^{\lfloor n/2\rfloor} \frac{n!}{(n-2m)!m!2^m} c^m x^{n-2m} = \left( c\frac{d}{dx} + x \right)^n \mathbf{1}. $$

   En particular, si $c = -1$ entonces $P_n(-1, x) = \operatorname{He}_n(x)$, donde $\operatorname{He}_n$ es el probabilists' polinomio de Hermite. Del mismo modo, si $c = 1$, a continuación, $P_n(1, x) = i^{-n} \operatorname{He}_n(ix)$.

2. Bajo la misma condición, para cualquier polinomios $f, g$ hemos

   $$ f(X)g(Y) = \sum_{m \geq 0} \frac{c^m}{m!} g^{(m)}(Y)f^{(m)}(X). $$

En nuestro caso, $[\frac{d}{dx}, x] = 1$, y así, podemos utilizar dos fórmulas para dar un complicado, pero todavía una expresión explícita para el producto de la $(\frac{d}{dx}+x)^n$ e $(-\frac{d}{dx}+x)^n$. La combinación en conjunto,

\begin{align*} &\left( \frac{d}{dx} + x \right)^n \left( -\frac{d}{dx} + x \right)^n \\ &= \sum_{p \geq 0} \frac{1}{p!} \Bigg( \sum_{\substack{a_i, b_i, m_i \geq 0 \\ a_i+b_i+2m_i = n-p}} \frac{(-1)^{a_2+m_2} (n!)^2}{a_1!a_2!b_1!b_2!m_1!m_2!2^{m_1+m_2}} x^{b_1+b_2} \left( \frac{d}{dx} \right)^{a_1+a_2} \Bigg). \end{align*}

El siguiente es un ejemplo de código de Mathematica, la comparación de esta fórmula con la respuesta real para el caso de $n = 3$.

Coef[n_, c_, l_] := n!/(l[[1]]! l[[2]]! l[[3]]! 2^l[[3]]) c^l[[3]];
T[n_] := FrobeniusSolve[{1, 1, 2}, n];
(* Compute (x+d/dx) (x-d/dx)^n f(x) *)
n = 3;
Nest[Expand[x # + D[#, x]] &, Nest[Expand[x # - D[#, x]] &, f[x], n], n]
Sum[1/p! Sum[ Sum[ Coef[n, 1, l1] Coef[n, -1, l2]
 (-1)^l2[[2]] x^(l1[[1]] + l2[[1]]) D[f[x], 
 {x, l1[[2]] + l2[[2]]}], {l1, T[n - p]}], {l2, T[n - p]}], {p, 0, n}] // Expand
Clear[n];