Una traducción del operador
La serie de Taylor de una función de $f$ es
$$f(x)=\sum_{n=0}^\infty\frac{(\partial_x^nf)(a)}{n!}(x-a)^n$$
donde $\partial_x$ es el operador de la derivada. La expansión de alrededor de $x+b$:
$$f(x+b)=\sum_{n=0}^\infty\frac{(\partial_x^nf)(a)}{n!}(x+b-a)^n$$
Dejando $a=x$:
$$f(x+b)=\sum_{n=0}^\infty\frac{(\partial_x^nf)(x)}{n!}b^n=\sum_{n=0}^\infty\frac{((b\partial_x)^nf)(x)}{n!}$$
Por definición
$$e^{b\partial_x}=\sum_{n=0}^\infty\frac{(b\partial_x)^n}{n!}$$
Por lo tanto
$$f(x+b)=(e^{b\partial_x}f)(x)$$
Por lo tanto $e^{\partial_x}=T$ donde $T$ es la traducción del operador y $(Tf)(x)=f(x+1)$.
Escalar del operador
También podemos encontrar una forma cerrada para escalar del operador $S$ donde $(Sf)(x)=f(ax)$.
$$f(xa)=f(e^{\log{xa}})=f(e^{\log x+\log a})=f(e^{y+\log a})$$
donde $y=\log x$. Dejando $g(z)=f(e^z)$:
$$f(xa)=g(y+\log a)$$
Por nuestro primer teorema, $g(y+b)=(e^{b\partial_y}g)(y)$. Dejando $b=\log a$:
$$f(xa)=(e^{(\log a)\partial_y}g)(y)=(a^{\partial_y}g)(y)=(a^{\partial_{\log x}}f)(e^y)$$
Desde
$$\frac{\partial}{\partial \log x}=\frac{\partial x}{\partial \log x}\frac{\partial}{\partial x}=x\frac{\partial}{\partial x}$$
Entonces
$$f(xa)=(a^{x\partial_x}f)(e^{\log x})=(a^{x\partial_x}f)(x)$$
Por lo tanto, $S=a^{x\partial_x}$ define a nuestra escala operador.
Un operador general
Supongamos que queremos que un operador $G$ tal que $(Gf)(x)=f(g(x))$. Considere la posibilidad de:
$$(e^{\partial_{h(x)}}f)(x)=(e^{\partial_y}f)(x)=(e^{\partial_y}f)(h^{-1}(h(x)))=(e^{\partial_y}f)(h^{-1}(y))$$
donde $y=h(x)$. Dejando $j=f\circ h^{-1}$ rendimientos:
$$(e^{\partial_{h(x)}}f)(x)=(e^{\partial_y}j)(y)=j(y+1)=f(h^{-1}(y+1))=f(h^{-1}(h(x)+1))$$
Por lo tanto la solución de la ecuación funcional
$$h^{-1}(h(x)+1)=g(x)$$
para $h(x)$ nos permite definir nuestro operador general $G=e^{\partial_{h(x)}}$.
Por ejemplo, lo $g(x)=xa$, la función de $h(x)=\frac{\log x}{\log a}$ es una solución:
$$h^{-1}(y)=a^y$$ $$h^{-1}(h(x)+1)=a^{h(x)+1}=a^{\frac{\log x}{\log a}+1}=a^{\frac{\log x}{\log a}}a=e^{\log x}a=xa$$
Por lo tanto el operador correspondiente toma la forma
$$e^{\partial_{h(x)}}=e^{\partial_{\frac{\log x}{\log a}}}=e^{\log a\partial_{\log x}}=a^{x\partial_x}$$
Esta es la escala de operador se deriva de la anterior.
El caso de $e^{\partial_{h(x)}}=e^{x^n\partial_x}$ o, equivalentemente, $h(x)=\frac{x^{1-n}}{1-n}$ corresponde a la base de la Witt álgebra.
La pregunta
Mi pregunta es la siguiente: ¿Puede un procedimiento similar se utiliza para encontrar las $e^{{\partial_x}^2}$ o $e^{{\partial_{h(x)}}^n}$ en general? Tenga en cuenta que el colector de $x$ $\partial_x$ es distinto de cero y dada por:
$$[\partial_x,x]=\partial_xx-x\partial_x=1$$
Además, dado que el producto de la regla de $Dab=(Da)b+aDb$, parece ser el caso de que
$$(x\partial_x)^2=x\partial_x+x^2\partial_x^2$$ $$(x\partial_x)^3=x\partial_x+3x^2\partial_x^2+x^3\partial_x^3$$ $$(x\partial_x)^4=x\partial_x+7x^2\partial_x^2+6x^3\partial_x^3+x^4\partial_x^4$$
y, en general,
$$(x\partial_x)^n=\sum_{k=1}^n \genfrac{\lbrace}{\rbrace}{0pt}{}{n}{k} x^k\partial_x^k$$
donde $\genfrac{\lbrace}{\rbrace}{0pt}{}{a}{b}$ son los números de Stirling del segundo tipo. Tengo una fuerte sospecha de que la respuesta tenga que ver con las propiedades de las transformadas de Fourier y de Laplace transforma, como se ha visto aquí y aquí.
