Traté de mostrar el $V =\mathbb{R}[x]$ (o, en general, para $V = k[x]$ con una característica 0 campo $k$) en primer lugar, y parece que la regla de la cadena es suficiente para caracterizar la diferenciación para este caso. Antes de empezar, vamos a suponer que $T:\mathbb{R}[x]\to \mathbb{R}[x]\,$ $\mathbb{R}$- lineal y $T(1)=0$ para una función constante $f\equiv 1$. (Creo que si asumimos $T\not\equiv 0$, podemos mostrar esto, pero no sé cómo hacerlo. Debe ser fácil!)
Puesto que la ecuación $T(f\circ g) = (Tf\circ g)\cdot Tg\,$ es lineal en $f$, es suficiente para considerar las $f=x^{n}$.
En primer lugar, poner $g(x) = x$ y obtenemos $Tf = (Tf)\cdot Tx$ cualquier $f$, lo $T\equiv 0$ o $Tx=1$. Supongamos ahora que $T$ es no trivial, es decir,$Tx=1$. Ahora pon $f(x) = x^{2}$$g(x) = x+a$$a\in \mathbb{R}$, luego
$$
Tx^{2} + 2a = T((x+a)^{2}) = T(f\circ g) = (Tf\circ g)\cdot Tg = (Tx^{2}\circ(x+a))\cdot 1 = Tx^{2}\circ(x+a)
$$
Si $T(x^{2}) =p(x)$, luego tenemos a $p(x)+2a = p(x+a)$, lo $p(x)$ tiene grado 1 y $p(x) =Tx^{2} = 2x+c_{2}$ algunos $c_{2}\in \mathbb{R}$. Sin embargo, para$f=x^{2}$$g=ax$, tenemos
$$
a^{2}Tx^{2} = (Tx^{2}\circ ax)\cdot a\Leftrightarrow\cdot p(x) = p(ax)
$$
lo que implica que $p(x)$ es lineal, es decir $p(x) =Tx^{2} = 2x$. Del mismo modo, si $Tx^{3} =p_{3}(x)$, luego
$$
p_{3}(x) + 6ax+3a = p_{3}(x+a), \quad a^{2}\cdot p_{3}(x)=p_{3}(ax)
$$
para cualquier $a\in \mathbb{R}$, lo $p_{3}(x)/x^{2} = p_{3}(ax)/(ax)^{2}\Rightarrow p_{3}(x) = \alpha_{3}x^{2}=3x^{2}$. Por el uso de la inducción, podemos demostrar que $Tx^{n} = nx^{n-1}$ cualquier $n$, por lo tanto $T = d/dx$$V = \mathbb{R}[x]$.
Para mostrar $T(1)=0$, vamos a $T(1) =p_{0}(x)$ y poner $g(x)=c$. Entonces
$$
T(f(c)) = f(c)p_{0}(x) = p_{0}(c)\cdot cp_{0}(x)
$$
para cualquier $c\in \mathbb{R}$. Ahora elija $f\in \mathbb{R}[x]$$f(c)\neq cp_{0}(c)$, luego tenemos a $p_{0}(x)\equiv 1$.
