Polinomio extraño:$P_n(x)=\left(x\frac{d}{dx}\right)^n f(x)$

Question

Estoy investigando el polinomio $$P_n(x)=\left(x\frac{d}{dx}\right)^n f(x)=xP_{n-1}'(x)$$ para algunos una función conocida, $f$. He definido $f_n(x)=\frac{d}{dx}f_{n-1}(x)$ con $P_0=f_0=f$. Y también me define $$P_n(x)=\sum_{k=1}^{n}C_n(k)x^kf_k(x)$$ Y estoy interesado en encontrar una forma explícita, o al menos una relación de recurrencia para $C_n(k)$. Con el cálculo manual, yo era capaz de encontrar a través de $n=6$, pero no reconoce ningún patrón, así que pensé en pedir ayuda. Para los interesados, una "tabla" de los valores:

$n=1$: $$C_1(1)=1$$ $n=2$: $$C_2(1)=1,\quad C_2(2)=1$$ $n=3$: $$C_3(1)=1,\quad C_3(2)=3,\quad C_3(3)=1$$ $n=4$: $$C_4(1)=1,\quad C_4(2)=7,\quad C_4(3)=6,\quad C_4(4)=1$$ $n=5$: $$C_5(1)=1,\quad C_5(2)=15,\quad C_5(3)=25,\quad C_5(4)=10,\quad C_5(5)=1$$ $n=6$: $$C_6(1)=1,\quad C_6(2)=31,\quad C_6(3)=90,\quad C_6(4)=65,\quad C_6(5)=15,\quad C_6(6)=1$$ El único patrón que puedo ver es $C_n(1)=C_n(n)=1$. Además, es fácilmente demostrado que, desde la $P_n=xP_{n-1}'$, $$\sum_{k=1}^{n}C_n(k)x^kf_k(x)=\sum_{k=1}^{n-1}C_{n-1}(k)x^k\left[f_k(x)+xf_{k+1}(x)\right]$$ Aunque no estoy seguro de que ayuda. Estoy muy perdido, por favor ayuda. Gracias!

Answer 1

Aquí es un complemento de usuario @bonsoon's comentario de por qué los números de Stirling del segundo tipo pop-up. Esto comienza con la identidad

$$ x^n = \sum_{k=0}^{n} \left\{ {n \atop k} \right\} (x)_k, $$

donde

• $\left\{{n \atop k}\right\}$ es el número de Stirling del segundo tipo, que cuenta el número de formas de particionar el conjunto $\{1,\cdots,n\}$ a $k$ partes, y

• $(x)_k = x(x-1)\cdots(x-k+1)$ es la caída de factorial.

(Ver el artículo de la Wikipedia, por ejemplo). Ahora si introducimos dos operadores de $D = \frac{d}{dx}$ e $L = x\frac{d}{dx}$, luego de satisfacer $ L^n(x^a) = a^n x^a $ e $ D^n(x^a) = (a)_n x^{a-n} $, y así,

$$ L^n(x^a) = a^n x^un = \sum_{k=0}^{n} \left\{ {n \cima de k} \right\} (a)_k x^un = \sum_{k=0}^{n} \left\{ {n \cima de k} \right\} x^k D^k (x^a). $$

Dado que tanto $L$ e $D$ son lineales, la misma identidad se cumple para cualquier polinomio $f(x)$ en lugar de $x^a$, produciendo

$$ L^n f = \sum_{k=0}^{n} \left\{ {n \atop k} \right\} x^k D^k f. $$

Por supuesto, esto se extiende a cualquier $C^n$-función de $f$ por el polinomio de aproximación.

Answer 2

Para los números enteros $n,k$ con $n\ge 0$, vamos a ${n\brace k}$ denotar los números de Stirling del segundo tipo, que cuente el número de particiones de un conjunto de tamaño $n$ a $k$ no vacío, la no-partes bien diferenciadas. Estas satisfacer la siguiente periodicidad, que puede ser tomada como su definición: $$ {n\llave k}={n-1 \llave de k-1}+k{n-1\llave k},\\ {0\llave de 0}=1,{0\llave k}=0\text{ para }k\neq 0 $$

Ahora, vamos a $D$ ser el operador diferencial, y deje $X$ ser el operador que toma en función de $f$ y vuelve $xf$. Como un caso especial de la regla del producto, tenemos el operador de identidad $$ DX=XD+1 $$ donde $1$ es la identidad, $1f=f$. De hecho, la aplicación de ambos lados para alguna función $f$, consigue $D(xf)=x(Df)+f$. De manera más general, $$ DX^k=X^kD+kX^{k-1} $$ Ahora se puede demostrar por inducción que $$ (XD)^n=\sum_k {n \llave k}X^kD^k $$ donde la suma de los rangos sobre todas integral de la $k$ (pero efectivamente es finito desde ${n \brace k}$ es cero para $k$ fuera de $[0,n]$) como sigue:

\begin{align} (XD)^n &=(XD)(XD)^{n-1} \\&=(XD)\sum_k {n-1 \brace k}X^k D^k \\&=\sum_k {n-1\brace k}XDX^kD^k \\&=\sum_k {n-1\brace k}X(X^kD+kX^{k-1})D^k \\&=\sum_k {n-1 \brace k}(X^{k+1}D^{k+1}+kX^kD^k) \\&=\sum_k \Big(k{n-1\brace k}+{n-1\brace k-1}\Big)X^kD^k \\&=\sum_k {n\brace k}X^kD^k \end{align}