La determinación de la acción del operador $D\left(z, \frac d{dz}\right)$

Question

Esta pregunta fue motivada por una pregunta por Tobias Kienzler y sus maravillosas respuestas.

Empiezo como en los vinculados pregunta...

El uso de la expansión de Taylor

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

uno puede expresar formalmente la suma como el operador lineal $e^{a\frac{d}{dz}}$ obtener

$$f(z+a) = e^{a\frac{d}{dz}}f(z).$$

Otras relaciones se dan en una respuesta por Tom Copeland:

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

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

Mi pregunta es acerca de la inversa. ¿Y si empezamos por el lado derecho con una función diferente de la $\exp$ en el operador?

Me preguntó sobre el caso específico de $\sin$ en los comentarios de joriki la respuesta y Tobias encontró que

$$ \sin\!\left (\frac{d}{dz}\right)f(z) = \frac{1}{2}(f(z+ia) - f(z-ia)), $$

y del mismo modo que

$$ \cosh\!\left (\frac{d}{dz}\right)f(z) = \frac{1}{2}(f(z+a) - f(z-a)). $$

Él también cree que la simetrización de la función podría ser obtenido a partir de un operador como

$$\exp\left(i\frac\pi2\frac d{d\ln z}\right)\cosh\left(i\frac\pi2\frac d{d\ln z}\right)$$

Yo no sé mucho acerca de álgebras de Lie así que pido disculpas si este es demasiado amplio:

Para que los operadores de $\text{D}$ como estas es $\text{D}f$ algo 'bonito' como en estos ejemplos?

Answer 1

A lo largo de una vena diferente, complementando Tobias " formulación:

Para $z>0$ y apropiados $\sigma$, formalmente

$$K \left(z\frac{d}{dz} \right)f(z)=\displaystyle\frac{1}{2\pi i} \int_{\sigma-i\infty}^{\sigma+ i\infty} \frac{\pi}{\sin(\pi s)} K(-s)g(-s) \frac{z^{-s}}{(-s)!} ds$$

con

$$\displaystyle\int^{\infty}_{0}{f(z) \frac{z^{s-1}}{(s-1)!} dz} = g(-s)$$

el uso de una versión modificada de Mellin de transformación , y su inversa.

Para la acción en $f(z)=e^{-z}$$K(\omega)=\binom{\omega+\alpha+\beta}{\beta}$, ver mis notas "a La Inversa Mellin Transformar, Campana de Polinomios, una Generalizada Dobinski Relación, y la Hipergeométrica Confluente Funciones".

También formalmente,

$$K \left(z\frac{d}{dz} \right)f_{LPT}(z)=\displaystyle\frac{1}{2\pi i} \int_{\sigma-i\infty}^{\sigma+ i\infty} \frac{\pi}{\sin(\pi s)} K(-s)f_{MT}(1-s) \frac{z^{-s}}{(-s)!} ds$$

para $f_{LPT}(z)$ la transformada de Laplace de $f(x)$ $f_{MT}(s)$ el cemento cola no modificado transformada de Mellin $f(x)$; es decir,

$$\displaystyle\int^{\infty}_{0}{f(x) e^{-xz} dx} = f_{LPT}(z)$$ and $$\displaystyle\int^{\infty}_{0}{f(x) x^{s-1} dx} = f_{MT}(s)$$

Esto se deriva formalmente de

$$e^{-xz}=\displaystyle\frac{1}{2\pi i} \int_{\sigma-i\infty}^{\sigma+ i\infty} \frac{\pi}{\sin(\pi s)} \frac{(xz)^{-s}}{(-s)!} ds \text{ for }\sigma>0$$

Answer 2

He obtenido esas identidades mediante el uso de $\sin(x) = \frac{e^{ix}-e^{-ix}}{2i}$ etc. (sin tener que preocuparse acerca de la convergencia de los operadores, lo admito).

En general, se puede utilizar la transformada de Fourier de su operador de la siguiente manera:

$$\begin{array}{rl} D\left(z,\frac d{dz}\right)f(z) &= D\left(z,\frac d{dz}\right)\frac1{2\pi}\int_{-\infty}^\infty dk \int_{-\infty}^\infty dw\ f(w)e^{ik(z-w)} \\ &= \int_{-\infty}^\infty dw \underbrace{\frac1{2\pi}\int_{-\infty}^\infty dk\ D\left(z,\frac d{dz}\right)e^{ik(z-w)}}_{=:W(z,w)}\ f(w) \end{array}$$

editar[ tenga en cuenta que puede sustituir a $\frac d{dz}$ $ik$ si no actúa sobre el $z$ $D$ más, sin embargo, para $\exp\left(bz\frac d{dz}\right)$ no se puede! ]

Así, una vez más, ignorando los detalles de las conversaciones sobre la convergencia, si el intercambio de la integración es válido etc. (lo siento, soy un Físico...)) obtener un $W$ que para cada una de las $z$ le da una distribución de peso.

Para la demostración, tome $D=e^{a\frac d{dz}}$ obtener $W(z,w)=\delta(w-(z+a))$.

Por otro lado, si usted quiere saber $\int_{-\infty}^\infty f(z)\,dz$ puede exigir $W=1$ y, por tanto,$D = 2\pi\delta\left(\frac d{dz}\right)$. Más en general, para un peso dado, $W(z,w)$ se obtiene un diferencial de operador $D\left(z,\frac d{dz}\right)$ a través de la inversa de la transformada de Fourier, así que en resumen:

$$ W(z,w) = \frac1{2\pi}\int_{-\infty}^\infty D\left(z,\frac d{dz}\right)e^{ik(z-w)}\,dk, \\D(z,ik) = \frac1{2\pi}\int_{-\infty}^\infty e^{-ikw}W(z,w+z)\,dw$$

La última fórmula le da $D$ tal que $\frac d{dz}$ sólo actúa a la derecha de él, así que si usted aplicar esto a $\exp\left(bz\frac d{dz}\right)$ se obtiene una expresión diferente (que puede ser reformulada).

El uso de $W(z,w) = \chi_{[-\infty,z]}(w)$ uno puede, por tanto, también expresa la antiderivada a través de un operador $\frac1{2\pi}\int_{-\infty}^ze^{-w\frac d{dz}}\,dw$.

Answer 3

Otro ángulo en la caracterización de la acción de D(z,d/dz):

Con f(z) se puede expresar como una serie de Taylor, también se puede ver en el umbral del operador

$U(c.y;d/dz) f(z) = exp(c.yd/dz) f(z) = f(z+c.y)$, formalmente, con los casos especiales,

A) $exp(c.d/dz)|_{z=0} f(z) = f(c.)$ ,

B) $exp[-(1-c.) d/dz]|_{z=1} f(z) = f(c.)$,

C) $exp(c.:zd/dz:) f(z) = f[(1+c.)z]$, y

D) $exp[-(1-c.) :zd/dz:] f(z) = f(c. z)$

donde $c.^n=c_n$, $(:zd/dz:)^n=z^n(d/dz)^n$, y, por ejemplo, $(z+c.y)^n=\sum_{j=0}^n \binom{n}{j} c_j y^j z^{n-j}$.

Para el seno operador anteriormente, en U deje $y=a$$c_n=sin(\pi n/2)$.

Para la cosh operador anteriormente, en U deje $y=a$$c_n=|cos(\pi n/2)|$.

Para la ampliación del operador, en D deje $c.= e^b$ y ver mis notas en MSQ 116633 en $S_0$.

Answer 4

Considere la posibilidad de una composición inversa par de funciones, $h$$h^{-1}$, analítica en el origen con $h(0)=0=h^{-1}(0)$.

A continuación, con $\omega=h(z)$$g(z)=1/[dh(z)/dz]$,

$$\exp \left[ {t \cdot g(z)\frac{d}{{dz}}} \right]f(z) = \exp \left[ {t\frac{d}{{d\omega }}} \right]f[{h^{ - 1}}(\omega )] = f[{h^{ - 1}}[t + h(z)]] = f[L(t,z)]$$

(ver OEIS A145271 y A139605),

así que con $D_{FT}(\alpha)$ la transformada de Fourier de $D(z)$, formalmente

$$D\left( {t \cdot g(z)\frac{d}{{dz}}} \right)f(z) = \int\limits_{ - \infty }^\infty {{D_{FT}}} (\alpha )\exp \left[ {2\pi i\alpha t\cdot g(z)\frac{d}{{dz}}} \right]d\alpha f(z)$$

$$ = \int\limits_{ - \infty }^\infty {{D_{FT}}} (\alpha )f\left\{ {{h^{ - 1}}\left[ {2\pi i\alpha t + h(z)} \right]} \right\}d\alpha = \int\limits_{ - \infty }^\infty {{D_{FT}}} (\alpha )f\left[ {L\left( {2\pi i\alpha t,z} \right)} \right]d\alpha $$

Para el caso especial $D(z)=\sin(2\pi a z)$, $D_{FT}=\dfrac{\delta(\alpha-a)- \delta(\alpha+a)}{2i}$,

y así

$$sin\left( {2\pi a \cdot g(z)\frac{d}{{dz}}} \right)f(z) = \frac{{f\left\{ {{h^{ - 1}}\left[ {h(z) + 2\pi ia} \right]} \right\} - f\left\{ {{h^{ - 1}}\left[ {h(z) - 2\pi ia} \right]} \right\}}}{{2i}}$$

(Para una verificación de consistencia, trate de $h(z)=z$.)

Del mismo modo, el interruptor de la inversa de la transformada de Laplace para obtener formalmente

$$D\left( {t \cdot g(z)\frac{d}{{dz}}} \right)f(z) = \frac{1}{{2\pi i}}\int\limits_{\sigma - i\infty }^{\sigma + i\infty } {{D_{LPT}}} (p)\exp \left[ {pt \cdot g(z)\frac{d}{{dz}}} \right]dpf(z)$$

$$ = \frac{1}{{2\pi i}}\int\limits_{\sigma - i\infty }^{\sigma + i\infty } {{D_{LPT}}} \left( p \right)f\left\{ {{h^{ - 1}}\left[ {pt + h(z)} \right]} \right\}dp = \frac{1}{{2\pi i}}\int\limits_{\sigma - i\infty }^{\sigma + i\infty } {{D_{LPT}}} \left( p \right)f\left[ {L\left( {pt,z} \right)} \right]dp$$

Para el caso especial $D(z)=\cosh(az)$, ${{\text{D}}_{LPT}}{\text{ = }}\frac{1}{2}\left[ {\frac{1}{{p - a}}{\text{ + }}\frac{1}{{p + a}}} \right]$,

y puramente formalmente

$${\text{cosh}}\left[ {ag(z)\frac{d}{{dz}}} \right]f(z) = \frac{1}{{2\pi i}}\int\limits_{\sigma - i\infty }^{\sigma + i\infty } {\frac{1}{2}} \left[ {\frac{1}{{p - a}} + \frac{1}{{p + a}}} \right]f\left\{ {{h^{ - 1}}\left[ {p + h(z)} \right]} \right\}dp$$

$=\frac{1}{2}[f[h^{-1}[a+h(z)]]+ f[h^{-1}[-a+h(z)]]$.

Ejemplos pueden ser construidos a partir de

$g(z)=(1+z)^{m+1}$, $h^{-1}(z)=(1-mz)^{-1/m}-1$, $h(z) = - \dfrac{{{{(1 + z)}^{ - m}} - 1}}{m}$, y

$L(t,z)=h^{-1}[t+h(z)]=[(1+z)^{-m}-mt]^{-1/m}-1$

con el caso limitante para $m=0$

$g(z)=(1+z)$, $h^{-1}(z)= \exp(z)-1$, $h(z)= \log(1+z) $, y

$L(t,z)=h^{-1}[t+h(z)]=(1+z)e^{t}-1$.

Nota para el Witt álgebra que las acciones están dadas por

$exp[tz^{m+1}d/dz]f(z)=f[z(1-mtz^{m})^{-1/m}]$.