Formal Power Series como Operadores Lineales

Question

Deje $t^k$ actuar como el $k$-th operador de la derivada en el conjunto de los polinomios. Así

$$t^k(x^n)=t^k x^n=(n)_kx^{n-k}$$

donde $(n)_k=n(n-1)(n-2)...(n-k+1)$ es la caída de factorial. Luego, con un poder formal de la serie, $f(t)=\sum_{k\ge 0}a_k\frac{t^k}{k!}$, el operador lineal $f(t)$ actúa como tal, que

$$f(t)(x^n)=f(t)x^n=\sum_{k=0}^n\binom{n}{k}a_k x^{n-k}$$

Por lo tanto, dependiendo de los coeficientes de la alimentación de la serie, podemos obtener algunas interesantes binomio identites. Por ejemplo, si $f(t)=e^{yt}$, ya que los coeficientes de $a_n=y^n$, obtenemos

$$e^{yt}x^n=\sum_{k=0}^n\binom{n}{k}y^k x^{n-k}=(x+y)^n$$

por la linealidad, la

$$(e^{yt}-1)x^n=(x+y)^n-x^n=\sum_{k=1}^{n}\binom{n}{k}y^k x^{n-k}$$

y quizás no sea tan obvio

$$\left(\frac{e^{yt}-1}{t}\right)x^n=\int_{x}^{x+y}u^ndu$$

Ahora supongamos que $f(t)=e^{yt}-1-yt$. Entonces

$$(e^{yt}-1-yt)x^n=(x+y)^n-x^n-ynx^{n-1}=\sum_{k=2}^{n}\binom{n}{k}y^k x^{n-k}$$

Obviamente no es una buena formado adelante diferencia ecuación que en el caso anterior que no está sucediendo aquí. Pero hay una relación con la resta de los términos del binomio de expansión. Lo que realmente me gustaría ayudar a la comprensión de si es o no un posible análoga representación integral existe para los siguientes operadores:

$$\left(\frac{e^{yt}-1-yt}{t^2}\right)x^n=\left(\sum_{k=0}^\infty\frac{y^{k+2}}{(k+2)(k+1)}\frac{t^k}{k!}\right)x^n=\sum_{k=0}^n\binom{n}{k}\frac{y^{k+2}}{(k+1)(k+2)}x^{n-k}$$

$$=\sum_{k=0}^n\binom{n+2}{k+2}\frac{y^{k+2}}{(n+1)(n+2)}x^{n-k}=\frac{1}{(n+1)(n+2)}\sum_{k=2}^{n+2}\binom{n+2}{k}y^kx^{n+2-k}$$

No es tan simple. Claramente $\frac{d^2}{dx^2}\frac{x^{n+2}}{((n+2)(n+1)}$. Si yo integrada por debajo creo que la matemática es correcta

$$\int_x^{x+y}{\frac{u^{n+1}}{n+1}}du=\frac{1}{(n+1)(n+2)}\sum_{k=1}^{n+2}\binom{n+2}{k}y^kx^{n+2-k}$$

Que está muy cerca, pero el límite inferior de la suma es $1$, no $2$. Hace cualquiera tiene conocimientos de cómo puedo solucionar este problema, si es posible?

Answer 1

Nota: parece OPs cálculo es bastante bueno y muestra los operadores están estrechamente relacionados, pero diferentes. Yo no creo que hay una necesidad a solucionar nada.

Eché un vistazo a los clásicos en El Umbral de Cálculo por Steven Romano, pero no había ninguna indicación de que algo más está sucediendo respecto de OPs pregunta. Otra fuente lo he comprobado, sin éxito, fue El Cálculo de las Diferencias Finitas, por C. Jordania.

Podría ser útil hacer una lista de unos poderes superiores de los operadores de bajo consideración.

En el siguiente yo uso OPs notación que es, precisamente, el mismo utilizado por Steven Romano.

Traducción operador: $e^{yt}$

Desde este operador satisface: \begin{align*} e^{yt}x^n&=\sum_{k=0}^\infty \frac{y^k}{k!}t^kx^n =\sum_{k=0}^n \frac{y^k}{k!}(n)_kx^{n-k}=\sum_{k=0}^n\binom{n}{k}y^kx^{n-k}\\ &=(x+y)^n \end{align*} obtenemos \begin{align*} \left(e^{yt}\right)^2 x^n=e^{yt}(x+y)^n=(x+2y)^n \end{align*} y, en general, para $j\geq 1$ \begin{align*} e^{jyt}x^n=(x+jy)^n \end{align*}

Desde $x^n, n\geq 0$ forman una base del espacio vectorial de todos los polinomios $p$ en una sola variable $x$ y la traducción operador es lineal, obtenemos \begin{align*} e^{jyt}p(x)=p(x+jy)\tag{1} \end{align*}

de ahí el nombre de la traducción del operador.

Adelante operador diferencia: $e^{yt}-1$

Aquí obtenemos para polinomios $p$ usando (1)

\begin{align*} \left(e^{yt}-1\right)p(x) = p(x+y)-p(x) \end{align*}

El siguiente es

Operador: $\frac{\exp(yt)-1}{t}$

Obtenemos \begin{align*} \left(\frac{e^{yt}-1}{t}\right)x^n&=\sum_{k=1}^\infty \frac{y^k}{k!}t^{k-1}x^n\\ &=\sum_{k=1}^{n+1}\frac{y^k}{k!}(n)_{k-1}x^{n-(k-1)}\\ &=\frac{1}{n+1}\sum_{k=1}^{n+1}\binom{n+1}{k}y^kx^{n+1-k}\\ &=\frac{1}{n+1}\left((x+y)^{n+1}-x^{n+1}\right)\tag{2}\\ &=\frac{1}{n+1}\int_x^{x+y}u^n\,du \end{align*}

Del mismo modo podemos obtener a partir de (2) por la linealidad \begin{align*} \left(\frac{e^{yt}-1}{t}\right)^2x^n &=\left(\frac{e^{yt}-1}{t}\right)\frac{1}{n+1}\left((x+y)^{n+1}-x^{n+1}\right)\\ &=\frac{1}{n+1}\left[\frac{1}{n+2}\left((x+2y)^{n+2}-(x+y)^{n+2}\right)\right.\\ &\qquad\qquad\quad\left.-\frac{1}{n+2}\left((x+y)^{n+2}-x^{n+2}\right)\right]\\ &=\frac{1}{(n+1)(n+2)}\left((x+2y)^{n+2}-2(x+y)^{n+1}+x^{n+2}\right)\\ &=\frac{1}{(n+2)_2}\left(\int_{x+y}^{x+2y}u\, du-\int_x^{x+y}u\,du\right)\tag{3} \end{align*}

Aquí en (2) y (3) se puede ver muy bien cómo el operador $\frac{\exp(yt)-1}{t}$ está conectado con el operador integral. Puede ser extendido a los poderes superiores, sin demasiado esfuerzo y la relación con la integral operador parece plausible.

Operador: $\frac{\exp(yt)-1-t}{t^2}$

Ahora nos fijamos en el operador que está en el foco de la cooperativa y su generalización.

\begin{align*} \left(\frac{e^{yt}-1-t}{t^{2}}\right)x^n &=\sum_{k=2}^\infty\frac{y^k}{k!}t^{k-2}x^n\\ &=\sum_{k=2}^{n}\frac{y^{k}}{k!}(n)_{k-2}x^{n-(k-2)}\\ &=\frac{1}{(n+2)_2}\sum_{k=2}^n\binom{n+2}{k}y^kx^{n+2-k}\\ &=\frac{1}{(n+2)_2}\left((x+y)^{n+2}-x^{n+2}-nyx^{n+1}\right) \end{align*}

Comparando la expresión final con (3) no vemos una representación plausible a través de las integrales ya que el término $nyx^{n+1}$ no ofrecen nada bien de la forma \begin{align*} \text{integrated expression (endpoint) - integrated expression (starting point)} \end{align*}

Esta impresión se hace más fuerte cuando se mira en el caso general. Obtenemos para $j\geq 1$ \begin{align*} \left(\frac{e^{yt}-1-\frac{t^2}{2}-\cdots-\frac{t^{j-1}}{(j-1)!}}{t^j}\right)x^n &=\sum_{k=j}^\infty\frac{y^k}{k!}t^{k-j}x^n\\ &=\frac{1}{(n+j)_j}\sum_{k=j}^\infty\binom{n+j}{k}y^kx^{n+j-k}\\ &=\frac{1}{(n+j)_j}\left((x+y)^{n+j}-\sum_{k=0}^{j-1}\binom{n+j}{k}y^kx^{n+j-k}\right) \end{align*}

Answer 2

Introductionary de referencia:

• Operador De Cálculo

Así que ¿por qué no sustituir a $\,t\,$ por el diferencial de operador $\,d/dx\,$ en todas partes ocurre? Siguiente referencia:

• Exponencial de una función derivada

Por lo tanto, tenemos, en general, y especialmente: $$ e^{y\,d/dx} f(x) = f(x+y) \quad \Longrightarrow \quad e^{y\,d/dx} x^n = (x+y)^n $$ De hecho, el operador $1/(d/dx)$ es la inversa de la diferenciación, que es la integración. Así que vamos a echar un vistazo a tu quizás no tan obviode la expresión: $$ \left(\frac{e^{y\,d/dx}-1}{d/dx}\right)x^n=\frac{1}{d/dx}\left(e^{y\,d/dx}-1\right)x^n\\ =\int\left[(x+y)^n - x^n\right] dx = \frac{(x+y)^{n+1}-x^{n+1}}{n+1} + C $$ con $C$ una constante arbitraria. La evaluación no es ambiguo, porque los operadores de $1/(d/dx)$ $\left(e^{y\,d/dx}-1\right)$ hecho commute. Que significa que podemos hacer álgebra con estos operadores como con números comunes. La misma, por último pero no menos importante: $$ \left(\frac{e^{y\,d/dx}-1-y\,d/dx}{(d/dx)^2}\right)x^n=\int\left\{\int\left[(x+y)^n-x^n\right]dx\right\}dx-\int y\,x^n\,dx \\=\frac{(x+y)^{n+2} x^{n+2}}{(n+1)(n+2)}-\frac{y\,x^{n+1}}{n+1} + Cx + D $$ con $C$ $D$ constantes arbitrarias. Este resultado es desviada de su última fórmula. Es de notar que: $$ \frac{d^2}{dx^2} \left[\frac{(x+y)^{n+2} x^{n+2}}{(n+1)(n+2)}-\frac{y\,x^{n+1}}{n+1} + C\,x + D\right] = (x+y)^n - x^n - s\frac{dx^n}{dx} $$ EDIT. Casi se me olvida hablar de las cosas cuando se trata de: el poder formal de la serie (Wikipedia). $$ (y+x)^{n}=\sum _{k=0}^{n}{n \elegir k}y^{n-k}x^{k} \quad \Longrightarrow \\ \frac{(x+y)^{n+2} x^{n+2}}{(n+1)(n+2)}-\frac{y\,x^{n+1}}{n+1} =\\ \frac{1}{(n+1)(n+2)}\left[\sum _{k=0}^{n+2}{n+2 \elegir k}y^{k}x^{n+2-k} x^{n+2} - (n+2)y\,x^{n+1}\right]=\\ \frac{1}{(n+1)(n+2)}\left[\sum _{k=2}^{n+2}{n+2 \elegir k}y^{k}x^{n+2-k} + {n+2 \elegir 0}y^0 x^{n+2} x^{n+2} + {n+2 \elegir 1}y^1 x^{n+1} - (n+2)y\,x^{n+1} \right]\\ =\frac{1}{(n+1)(n+2)}\left[\sum _{k=2}^{n+2}{n+2 \elegir k}y^{k}x^{n+2-k}\right] $$ Así que aquí está su revisión en el límite inferior de la suma.