¿Existe una fórmula similar a $f(x+a) = e^{a\frac{d}{dx}}f(x)$ para expresar $f(\alpha\cdot x)$ ?

Question

Utilizando la expansión de Taylor

$$f(x+a) = \sum_{k=0}^\infty \frac{a^k}{k!}\frac{d^k }{dx^k}f(x)$$

se puede expresar formalmente la suma como el operador lineal $e^{a\frac{d}{dx}}$ para obtener

$$f(x+a) = e^{a\frac{d}{dx}}f(x).$$

Pero, ¿un operador lineal $\hat A$ existe tal que

$$ f(\alpha\cdot x) = \hat A(\alpha) f(x)$$

para algunos $\alpha\in\mathbb C$ ?

Answer 1

La representación exponencial de la serie de Taylor que mencionas está relacionada con el hecho de que el operador $\mathrm d/\mathrm dx$ es el generador de traducciones. Es decir, una traslación puede verse como la exponenciación de una traslación infinitesimal, y la correspondiente transformación de una función puede verse igualmente como la exponenciación de la transformación correspondiente a una traslación infinitesimal. En primer lugar, la traslación $x\to x+\epsilon$ tiene el efecto $f(x)\to f(x+\epsilon)=f(x)+\epsilon\mathrm d/\mathrm dx f(x)$ y por lo tanto corresponde a la multiplicación con el operador $1+\epsilon\mathrm d/\mathrm dx$ aplicando esta operación $a/\epsilon$ veces lleva a $ x\to x+a$ y $f\to(1+\epsilon\mathrm d/\mathrm dx)^{a/\epsilon}f$ que va a $\exp(a\mathrm d/\mathrm dx)f$ para $\epsilon\to0$ .

Aplicando el mismo enfoque, podemos escribir $\alpha=\exp(\log\alpha)$ y considerar el escalamiento $x\to\alpha x$ como $\log\alpha/\epsilon$ aplicaciones de la escala infinitesimal $x\to(1+\epsilon)x$ . La correspondiente transformación infinitesimal de $f$ es $f(x+\epsilon x)=f(x)+\epsilon x\mathrm d/\mathrm dxf(x)=(1+\epsilon x\mathrm d/\mathrm dx)f$ y aplicando esto $\log\alpha/\epsilon$ tiempos y tomando $\epsilon\to0$ produce $f\to\exp(\log\alpha x\mathrm d/\mathrm dx)f$ . Por ejemplo, puede comprobar esto para $f(x)=x^n$ En este caso $x\mathrm d/\mathrm dx f=nf$ , por lo que se obtiene $f\to\exp(n\log\alpha)f=\alpha^n f$ como se esperaba.

Answer 2

De forma más general, existen las transformaciones lineales conformes especiales SL(2,R) asociadas a los operadores diferenciales

$S_{-1}f(z)=\exp\left(a\frac d{dz}\right)f(z)=f(z+a)$

$S_{0}f(z)=\exp\left(bz\frac d{dz}\right)f(z)=f(e^b z)$

$S_{1}f(z)=\exp\left(cz^{2}\frac d{dz}\right)f(z)=f\left(\frac z{1-cz}\right)$

El $z^{m+1}\frac d{dz}$ (m=-1,0,1) son una representación de un subgrupo del infinito Álgebra de Lie de Witt asociado a la Álgebra de Virasoro y sus mapas exponenciales pueden utilizarse para construir transformaciones de Möbius, o fraccionarias lineales.

Para más información (combinatoria, generalizaciones), ver mis notas "Bosques matemáticos" (páginas 13-15) en mi pequeño " arxiv ".

Consulte también esta pregunta en el Foro de Física.

(Actualización) Otra forma de ver el operador de escala es

$S_{0}f(z)= exp[(e^t-1):zd/dz:]f(z)=exp[t\phi_{.}(:zd/dz:)]f(z)=exp(tzd/dz)f(z)$

donde $(:zd/dz:)^n=z^n(d/dz)^n$ y $(\phi_{.}(x))^n=\phi_{n}(x)$ es el n'th Polinomio Bell/Touchard/exponencial con la función generadora exponencial $exp[(e^t-1)x]=exp[t\phi_{.}(x)]$ .

Edición 2/2014: También más simplemente, $exp[(a-1):zd/dz:]f(z)=f(a·z)$ . Y, la siguiente extensión lógica es tratar $a$ como una variable umbral, es decir, $a^n=a_n$ como lo hizo Blissard.

Edición 6/2014: Un op equivalente, al actuar sobre fcts. analíticos en el origen, es $exp(a:xD_{x=0}:)$ .

Aplicando las dos últimas ops. con $a$ una variable umbral a $exp(x)$ da la transformación de Euler o binomial para las fcts. generadoras de exp., que luego puede relacionarse con la transformada de Euler para las funciones generadoras ordinarias a través de la transformada de Borel-Laplace. Entonces, evaluando en $x=1$ da la suma de Euler para una serie. Para mí, las ops. diferenciales hacen que estas relaciones sean transparentes.

Answer 3

Basado en Comentario de Norbert la respuesta debe ser

$$ f(\alpha\cdot x) = \alpha^{x\frac{d}{d x}}f(x)$$

Para verlo, basta con definir $g(y):=f(e^y)$ tal que $f(x) = g(\ln x)$ entonces se obtiene

$$ f(\alpha x) = g(\ln\alpha+\ln x) = e^{\ln\alpha\frac{d}{d\ln x}}g(\ln x)$$

A continuación, aplique $\frac{d}{d\ln x}=\frac{dx}{d\ln x}\frac{d}{dx}=x\frac{d}{dx}$ .

Sin embargo, supongo que hay algunas restricciones, especialmente $x\neq 0$ ya que el Logaritmo no está definido entonces ( $\alpha\neq0$ es capturado por $e^{\ln\alpha}=\alpha$ ).