Dos aplicaciones lineales

Estudiamos dos aplicaciones lineales en el espacio de las funciones infinitamente derivables.

Enunciado
Sea $E$ el espacio vectorial de las funciones reales de una variable real que son indefinidamente derivables, con las operaciones habituales de suma de funciones y producto por números reales. Se consideran en $E$ las aplicaciones $\mathcal{I}$ y $\mathcal{D}$ definidas por  $$\mathcal{I}\left(f(x)\right)=\int_0^xf(t)\;dt,\quad \mathcal{D}\left(f(x)\right)=f'(x).$$ $a)$ Demostrar que $\mathcal{I}$ y $\mathcal{D}$ son aplicaciones lineales de $E$ en $E.$
$b)$ Determinar $\mathcal{D}\circ\mathcal{I}-\mathcal{I}\circ\mathcal{D}.$
$c)$ Hallar $\ker \left(Id-\mathcal{I}\right)$ y $\ker \left(Id-\mathcal{D}\right),$ siendo $Id$ la identidad en $E.$
$d)$ ¿Existen la aplicación inversa de $Id-\mathcal{D}$?

Solución
$a)$ Sea $f\in E.$ Por el teorema fundamental del Cálculo, $$\frac{d}{dx}\mathcal{I}\left(f(x)\right)=\dfrac{d}{dx}\left(\int_0^xf(t)\;dt\right)=f(x).$$ Como $f(x)$ es infinitamente derivable, también lo es $\mathcal{I}\left(f(x)\right),$ y por tanto $\mathcal{I}\left(f(x)\right)\in E.$ Es decir, $\mathcal{I}:E\to E$ está bien definida. Veamos que es lineal. Para todo $\lambda,\mu\in \mathbb{R}$ y para todo $f,g\in E:$ $$\mathcal{I}(\lambda f+\mu g)=\int_0^x(\lambda f(t)+\mu g(t))\;dt$$ $$=\lambda\int_0^xf(t)\;dt+\mu\int_0^xg(t)\;dt=\lambda \mathcal{I}(f)+\mu \mathcal{I}(g).$$ Si $f\in E,$ es infinitamente derivable luego también lo es $f'(x),$ y por tanto $\mathcal{D}\left(f(x)\right)\in E.$ Es decir, $\mathcal{D}:E\to E$ está bien definida. Veamos que es lineal. Para todo $\lambda,\mu\in \mathbb{R}$ y para todo $f,g\in E:$ $$\mathcal{D}(\lambda f(x)+\mu g(x))=(\lambda f(x)+\mu g(x))’$$ $$=\lambda f'(x)+\mu g'(x)=\lambda \mathcal{D}(f(x))+\mu \mathcal{D}(g(x)).$$ $b)$ Para todo $f(x)\in E:$ $$\left(\mathcal{D}\circ\mathcal{I}-\mathcal{I}\circ\mathcal{D}\right)\left(f(x)\right)=\left(\mathcal{D}\circ\mathcal{I}\right)\left(f(x)\right)-\left(\mathcal{I}\circ\mathcal{D}\right)\left(f(x)\right)$$ $$=\mathcal{D}\left[\mathcal{I}\left(f(x)\right)\right]-\mathcal{I}\left[\mathcal{D}\left(f(x)\right)\right]=\mathcal{D} \left(\int_0^xf(t)\;dt\right)-\mathcal{I}\left(f'(x)\right)$$ $$=f(x)-\int_0^x f'(t)\;dt=f(x)-\left(f(x)-f(0)\right)=f(0).$$ En la última linea hemos aplicado la regla de Barrow.

$c)$ Tenemos: $$f(x)\in \ker \left(Id-\mathcal{I}\right)\Leftrightarrow \left(Id-\mathcal{I}\right)\left(f(x)\right)=0\Leftrightarrow f(x)-\int_0^xf(t)\;dt=0.$$ Derivando la última igualdad, obtenemos $f'(x)=f(x),$ y por un sencillo resultado de ecuaciones diferenciales, $f(x)$ es necesariamente de la forma $f(x)=ke^x$ con $k\in\mathbb{R}.$ Ahora bien, $$\left(Id-\mathcal{I}\right)\left(ke^x\right)=ke^x-\int_0^xke^t\;dt=ke^x-k(e^x-1)=k,$$ por tanto ha de ser $k=0.$ Concluimos que $\ker \left(Id-\mathcal{I}\right)=\{0\}.$

Hallemos ahora el otro núcleo. Tenemos: $$f(x)\in \ker \left(Id-\mathcal{D}\right)\Leftrightarrow \left(Id-\mathcal{D}\right)\left(f(x)\right)=0\Leftrightarrow f(x)-f'(x)=0,$$ y $f(x)$ es necesariamente de la forma $f(x)=ke^x$ con $k\in\mathbb{R}.$
Recíprocamente, si $f(x)=ke^x,$ entonces $\left(Id-\mathcal{D}\right)\left(f(x)\right)=ke^x-ke^x=0$ luego $f(x)\in \ker \left(Id-\mathcal{D}\right).$ Por tanto, $$\ker \left(Id-\mathcal{D}\right)=\{f(x)=ke^x:k\in\mathbb{R}\}.$$ $d)$ Dado que $\ker (Id-\mathcal{D})\neq\{0\},$ la aplicación $Id-\mathcal{D}$ no es inyectiva, luego no tiene inversa.