Así que, mientras trataba de encontrar algo más, parece que he encontrado, para muchos $f(x)$ :
$$f(x) + f'(x) + f''(x) + f^{(3)}(x) + \dots + f^{(n)}(x)$$
Suponiendo que haya una manera fácil de encontrar esta suma por encima, ¿hay algún uso para ella? Me explayaré un poco. Me refiero a que creo haber encontrado un método que encuentra la suma de todas las derivadas anteriores, y es mucho más rápido que calcular cada derivada. De hecho, parece que calcular la suma de arriba para la mayoría de las funciones no es mucho más difícil que calcular $f^{(n)}(x)$ y también debería dar una "forma cerrada" de expresiones elementales para la mayoría de $f(x)$ .
Se me ocurre un ejemplo: una "forma cerrada" para una suma parcial de $e^x$ como en esta pregunta . Si mis ideas funcionan, tendríamos la forma cerrada que pide esta pregunta.
Así que me pregunto, ¿hay algo más para lo que este método sea útil?
NOTA IMPORTANTE
Estoy asumiendo que tenemos el uso del "cálculo fraccionario", que nos da la capacidad de calcular $f^{(n)}$ razonablemente bien y de manera eficiente, utilizando "differintegrals". Esto puede hacer que la suma anterior sea bastante trivial. Lo siento si he confundido a alguien.
3 votos
Probablemente sea útil: Deja que $g(x)=f(x)+\dotsb+f^{(n)}$ . Entonces $g'-g=f^{(n+1)}-f$ .
0 votos
Parece interesante. Es curioso cuando dice que su método "no es mucho más difícil que calcular $f^{(n)}(x)$ ". Yo lo calcularía calculando $f'(x), f''(x), f'''(x)$ etc. que es lo que estás haciendo, así que presumiblemente tu método es aún más rápido que calcular $f^{(n)}(x)$ A no ser que lo haya entendido mal.
0 votos
@EliRose: Me disculpo: en realidad estoy asumiendo que el método tiene $f^{(n)}$ ya calculado, y modificaré la pregunta en consecuencia. Estaba suponiendo que puedo utilizar el "cálculo fraccionario" y las integrales diferenciales para encontrar $f^{(n)}$ razonablemente bien, pero eso, por supuesto, no es siempre el caso. Así que asumiendo eso, mi método es probablemente trivial. :-(
0 votos
@AkivaWeinberger: De nuevo, estoy asumiendo que ya tenemos acceso a $f^{(n)}$ , lo que podría hacer que el método fuera trivial. He modificado la pregunta en consecuencia.
1 votos
Esto tiene algunas interpretaciones interesantes a través del álgebra lineal: si se piensa que D representa la operación de diferenciación, se está ante una serie geométrica en la que el cociente es la "diferenciación". Si se toma $n\to \infty$ , usted está computando $\frac{1}{1-D}f$ y vale la pena investigar lo que esto representa. También hay algunas variaciones interesantes sobre esto - si se define $\Delta f(x):=f(x+1)-f(x)$ Entonces, en cierto sentido formal $e^D-1=\Delta$ , donde $\Delta$ representa ese operador.
0 votos
@r8: Yo también lo he notado, y me he dado cuenta de que no lo tengo del todo, realmente sólo puedo conseguir $\frac{1-D^n}{1-D}f$ pero parece que hay cierto margen de maniobra en el método para añadir fácilmente operadores adicionales. En otras palabras, parece ser fácil de conseguir: $\frac{1-(x^2\cdot D)^n}{1-(x^2\cdot D)}f$ o algo así: $\frac{1-(x^2\cdot D)^n}{1-D}f$ . Me pregunto si podemos obtener un uso adicional de esto. Además, observo que también tenemos una operación similar para la integración, para la cual utilizo $I$ : $\frac{1-I^n}{1-I}f$
0 votos
Sí, y $DI$ debería ser sólo la identidad. $\frac{1}{1-D}$ debería ser una especie de inversa a $1-D$ de la misma manera que $I$ es una especie de inversa a $D$ . Para una determinada clase de funciones (aquellas para las que la suma converge, creo), $id+D+D^2+...$ es equivalente a una integral adecuada. Supongo que el camino a seguir depende de si quieres encontrar una expresión concisa para lo que hace la serie, o utilizar la serie como una alternativa a otra tarea - tal vez la realización de integraciones.
2 votos
Continuando con mi último comentario: Multiplicar por $e^x$ obtenemos $(ge^x)'=f^{(n+1)}e^x-fe^x$ Así que..: $$g(x)=e^{-x}\int\left(f^{(n+1)}(x)\;e^x-f(x)e^x\right)dx$$
0 votos
Un uso claro de este tipo de pensamiento puede verse al observar la serie de Taylor para $f(x+h)$ que (por una buena razón), se parecen mucho a $e^{hD}f(x)$
0 votos
@AvikaWeinberger: ¡Gracias por tu opinión! Voy a jugar con todas estas ideas, para ver dónde puedo llevar esto. Parece que el método permitirá cualquier función, lo que podría ser importante. ¡Increíble!