Operador de diferenciación

Question

Tengo problemas para completar la prueba de esta pregunta

Dejemos que $D:\mathbb{R}[X] \to \mathbb{R}[X]$ sea el operador de diferenciación $D(f(X))=f'(X) .$ Demostrar que $e^{tD}(f(X)) = f(X+t)$ para $t \in \mathbb{R}$

Me cuesta entender la pregunta. Al principio intenté el teorema de Taylor para tratar de dar sentido y equiparar los dos lados de la ecuación. Este enfoque no ha funcionado realmente. Pero ¿podría ir una ruta más algebraica utilizando el hecho de que existe una matriz D que representa este operador, y sabemos que $X^n$ abarca D.

Answer 1

Tienes razón en el sentido de que es el Teorema de Taylor. Para ser más precisos y demostrarlo :

Para cada polinomio $P(X)$ de grado n : $$P(X+t)=\sum_{k=0}^n \frac{P^{(k)}(X)}{k!} t^k=\left(\sum_{k=0}^n \frac{D^k}{k!} t^k\right) P(X)$$

Esto significa precisamente que el poliomio en X $P(X+t)$ es igual al polinomio (en X todavía !) a la derecha de la expresión anterior.

Por definición $e^{tD}=\sum_{k=0}^\infty \frac{D^k}{k!} t^k$ . Porque $D^{n+1}P=0$ para P de grado inferior a n, la exponencial se reduce a la expresión anterior que muestra que para cualquier $P$ de grado n

$$P(X+t)=e^{tD}P(X)$$

(Una vez más, hay que tener cuidado con el hecho de que estas dos cantidades deben ser consideradas como polinómicas en X)

Answer 2

Observando (gracias a @copper.hat) que la serie Taylor de $e^{tD}$ es una suma sobre polinomios (como se menciona en los comentarios anteriores), para cada polinomio $p(X)=\sum_{k=0}^m a_kX^k$ uno tiene $$e^{tD}p(X) = \sum_{n=0}^\infty \frac{1}{n!}t^nD^n\left(\sum_{k=0}^m a_kX^k\right) = \sum_{n=0}^m \frac{1}{n!}t^nD^n\left(\sum_{k=0}^m a_kX^k\right) = \sum_{k=0}^m a_k\left(\sum_{n=0}^m \frac{1}{n!}t^nD^nX^k\right) = \sum_{k=0}^m a_k\left(\sum_{n=0}^k \frac{1}{n!}t^nD^nX^k\right)$$

¿Puedes completar la prueba?