Mejor expresión para el siguiente operador diferencial

Question

Tengo la siguiente secuencia de operadores diferenciales:

$$D_n = \underbrace{t \partial_t t \partial_t \dots t \partial_t}_{\text{$n$ times}}.$$

Es allí cualquier expresión que implique una suma de "normal" diferencial de operador? Que es una suma de diferentes potencias (a a $n$)? He tratado de establecer una relación de recurrencia, pero realmente no tengo ni idea de cómo íbamos a resolver que para (unbounded) los operadores.

La recursividad no es tan difícil, $D_n = t \partial_t D_{n - 1}$, pero si que sea de ayuda...

En particular, me gustaría aplicar esta a la función $e^{2 x t - t^2}$.

Answer 1

Los números de Stirling de $\newcommand\s[2]{\left\{#1\cima #2\right\}} \def\d{\partial_t}$

Como @HenningMakholm notas, no es difícil ver que $$D_n = \sum_{k=1}^n a_k^n t^k \d^k,$$ donde $a_k^n \in \mathbb{N}$. Considere la posibilidad de $D_{n+1} = D_1 D_n$. Nos encontramos $$D_{n+1} = \sum_{k=1}^{n+1} a_k^{n+1} t^k \d^k$$ donde $$\begin{equation*} a_k^{n+1} = a_{k-1}^n + k a_k^n \tag{1} \end{ecuación*}$$ con la condición de $a_0^n = a_{n+1}^n = 0$$n\ge 1$. También tenemos $a_1^1 = 1$, ya que el $D_1 = t \d$.

El uso de (1) es posible demostrar que un conjunto equivalente de las condiciones de contorno es$a_0^0 = 1$$a_0^n = a_n^0 = 0$. Esto implica, como @RahulNarain notas en los comentarios, que el $a_k^n$ son los números de Stirling del segundo tipo, $$\begin{eqnarray*} D_n &=& \sum_{k=1}^n \s{n}{k} t^k \d^k \\ &=& t \d + (2^{n-1}-1)t^2\d^2 + \ldots + \frac{1}{2}n(n-1) t^{n-1}\d^{n-1} + t^n\d^n. \end{eqnarray*}$$

No está claro cuál es el objetivo final de la aplicación de este operador para la generación de la función de los polinomios de Hermite. Uno puede mostrar, por ejemplo, que $$D_n e^{2xt-t^2} = \sum_{k=1}^n \s{n}{k} \sum_{m=0}^\infty H_{m+k}(x) \frac{t^{m+k}}{m!}.$$

Cambio de variables

Otra manera es dejar que $t = e^s$. A continuación, $D_n = \partial_s^n$. Por lo tanto, debemos calcular $$\partial_s^n \exp(2x e^s - e^{2}) = \partial_s^n \sum_{k=0}^\infty H_k(x) \frac{e^{k s}}{k!}.$$ Nos encontramos $$D_n e^{2xt-t^2} = \sum_{k=1}^\infty H_k(x) \frac{k^n t^k}{k!}.$$

Answer 2

El Weyl "álgebra" $\mathbb{Z}[t, \partial_t]$ actos fielmente en el polinomio anillo de $\mathbb{Z}[t]$ en la forma obvia. El último se clasifica por grados, $t$ se plantea grado por $1$, $\partial_t$ disminuye el grado de $1$, e $t \partial_t$ conserva grado: de hecho $$(t \partial_t) t^m = m t^m.$$

Así $$(t \partial_t)^n t^m = m^n t^m.$$

Una base para el espacio de grado-la preservación de los elementos del álgebra de Weyl es dado por $t^k \partial_t^k, k \in \mathbb{Z}_{\ge 0}$, y $$(t^k \partial_t^k) t^m = m(m-1)...(m-k+1) t^m = (m)_k t^m$$

donde $(m)_k$ denota la caída de factorial. Así, con el fin de encontrar los coeficientes de $a_{n,k}$ tal que $$(t \partial_t)^n = \sum_k a_{n,k} t^k \partial_t^k$$

es necesario y suficiente para encontrar los coeficientes de $a_{n,k}$ tal que $$m^n = \sum_k a_{n,k} (m)_k$$

para todos los $m$. Desde los polinomios $(m)_k$ forman una base del espacio de polinomios, los coeficientes de $a_{n,k}$ existen de forma única, y de hecho esta es una manera de definir los números de Stirling del segundo tipo.

La combinatoria interpretación es la siguiente: $m^n$ cuenta el número de funciones de $[n] \to [m]$ donde $[n] = \{ 1, 2, ... n \}$. Los anteriores grupos de identidad de estas funciones de acuerdo con el tamaño de su gama: hay $(m)_k$ rangos posibles de tamaño $k$ $a_{n,k}$ funciones $[n] \to [m]$ tener rango fijo subconjunto de $[m]$ del tamaño de la $k$. (Esta es la misma cosa como una relación de equivalencia en $[n]$ $k$ clases de equivalencia tomando preimages.)

Answer 3

El uso de la regla de Leibniz $\partial_t t=1+t\partial_t$ I get $$t\partial_t t^n\partial_t^n = n t^n\partial_t^n + t^{n+1}\partial_t^{n+1}$$ por lo que su $D_n$ $\sum_{i=1}^n a_i t^i \partial_t ^i$ para algunos combinatoria coeficientes de $a_i \in \mathbb N$.

Es que la dirección que estás buscando?

Aquí están algunos de los coeficientes:

n=1   1
n=2   1   1
n=3   1   3   1
n=4   1   7   6    1
n=5   1  15  25   10    1
n=6   1  31  90   65   15   1
n=7   1  63 301  350  140  21   1
n=8   1 127 966 1701 1050 266  28   1

Vemos que $a_1=1$, $a_2=2^n-1$, y $a_{n-1}$ son los números triangulares. Entre que no parece muy familiar. (Pero vea Rahul el comentario de abajo!)