Pregunta: Evaluar $f^{2016}(0)$ para la función de $f(x)=x^2 \ln(x+1)$
Antecedentes: sé que podemos utilizar taylor/mclaurin/potencia de la serie a resolver esto, pero estos no fueron dictadas por mi maestro y no como parte del plan de estudios de modo que estamos obligados a encontrar la $nth$ derivados y hacer una adecuada observación y, por tanto, evaluar la función.
Una cosa que yo no estaba seguro acerca de la era hacer una entrada nueva o editar mi anterior post pidiendo a la parte de la pregunta. Así que si alguien puede aclarar que para mí , sería muy bueno para el futuro.
Mi intento (por $n\geq 3$ he usado parcial de las fracciones de descomposición, pero no he mostró el trabajo):
$$f^{(0)}(x)=x^2 \ln(x+1)$$
$$f^{(1)}(x)= 2x\ln(x+1) + \frac{x^2}{x+1} $$
$$f^{(2)}(x)=2\ln(x+1) + \frac{4x}{x+1} - \frac{x^2}{(x+1)^2}$$
$$f^{(3)}(x)=\frac{2}{(x+1)}+\frac{2}{(x+1)^2}+\frac{2}{(x+1)^3}$$
$$f^{(4)}(x)=-\frac{2}{(x+1)^2}-\frac{6}{(x+1)^3}-\frac{8}{(x+1)^4} $$
$$f^{(5)}(x)=\frac{4}{(x+1)^3}+\frac{12}{(x+1)^4}+\frac{24}{(x+1)^5}$$
Desde aquí puedo ver que para $n\geq3$ tenemos:
$$ f^{(n)}(x)=(-1)^{n-1} \left[ \frac{2(n-3)!}{(x+1)^{n-2}} + \frac{2(n-2)!}{(x+1)^{n-1}} + \frac{(n-1)!}{(x+1)^n} \right]$$
(no funciona para $n <3$ ya que no podemos tener un negativo factorial)
Ahora la evaluación de este en cero para el $2016$th derivados:
$$ f^{(2016)}(0)=(-1)^{2015} \left[ 2(2013)!+2(2014)!+2015! \right]$$
$$ \Longrightarrow f^{(2016)}(0)=(-1) \left[ 2(2013)!+2(2014)!+2015! \right]$$
Podría ser esto correcto?
Respuestas
¿Demasiados anuncios?
Está bien usar fracciones parciales y derivar el resultado, pero aún debe llegar a ser ese $n$-ésima derivada de la fórmula es correcta. Te dicen que es para $n\geq 3$, así que ¿por qué no utilizar la inducción para esto?
Para $n=3$ simplemente puede verificar esto (y lo hizo).
Para la inducción paso, usted asume $$f^{(n)}(x)=(-1)^{n-1} \left[ \frac{2(n-3)!}{(x+1)^{n-2}} + \frac{2(n-2)!}{(x+1)^{n-1}} + \frac{(n-1)!}{(x+1)^n} \right]$$ y que desea mostrar $$f^{(n+1)}(x)=(-1)^{n+1-1} \left[ \frac{2(n+1-3)!}{(x+1)^{n+1-2}} + \frac{2(n+1-2)!}{(x+1)^{n+1-1}} + \frac{(n+1-1)!}{(x+1)^{n+1}} \right]=(-1)^{n} \left[ \frac{2(n-2)!}{(x+1)^{n-1}} + \frac{2(n-1)!}{(x+1)^{n}} + \frac{n!}{(x+1)^{n+1}} \right]$$ Pero usted tiene \begin{align} f^{(n+1)}(x) &= \frac{d}{dx} f^{(n)}(x) \\ &= \frac{d}{dx} \left((-1)^{n-1} \left[ \frac{2(n-3)!}{(x+1)^{n-2}} + \frac{2(n-2)!}{(x+1)^{n-1}} + \frac{(n-1)!}{(x+1)^n} \right]\right) \\ &= \left((-1)^{n-1} \left[ \frac{d}{dx}\frac{2(n-3)!}{(x+1)^{n-2}} + \frac{d}{dx}\frac{2(n-2)!}{(x+1)^{n-1}} + \frac{d}{dx}\frac{(n-1)!}{(x+1)^n} \right]\right) \\ \end{align} Ahora sólo se derivan las fracciones y después de la simplificación que usted va a obtener el resultado esperado para $f^{(n+1)}(x)$.
Después de probar esto usted puede utilizar con seguridad la fórmula para evaluar $f^{(2016)}(0)$ la manera en que usted sugiere.
Podemos utilizar la regla de Leibniz de la General, es decir: $$(uv)^{(n)}=\sum_{k=0}^n\binom{n}{k}u^{(n-k)}v^{(k)}$$ In our case, taking $u (x) = \ln (x +1) $ and $v (x) = x ^ 2$:
$$\left { \begin{matrix} u^{(0)}(x)=\log (1+x) \ u^{(1)}(x)=(x+1)^{-1}\ u^{(2)}(x)=-1(x+1)^{-2}\u^{(3)}(x)=2(x+1)^{-3}\ \ldots \ u^{(n)}(x)=(-1)^{n+1}(n-1)!(x+1)^{-n}\end{matrix}\right.\;\;\; \left { \begin{matrix} v^{(0)}(x)=x^2 \ v^{(1)}(x)=2x \ v^{(2)}(x)=2\ v^{(3)}(x)=0 \ \ldots \ v^{(n)}(x)=0\end{matrix}\right.$$
$$\left { \begin{matrix} u^{(0)}(0)=0 \ u^{(1)}(0)=1\ u^{(2)}(0)=-1\u^{(3)}(0)=2\ \ldots \ u^{(n)}(0)=(-1)^{n+1}(n-1)!\end{matrix}\right.\;\;\; \left { \begin{matrix} v^{(0)}(0)=0 \ v^{(1)}(0)=0 \ v^{(2)}(0)=2\ v^{(3)}(0)=0 \ \ldots \ v^{(n)}(0)=0\end{matrix}\right.$$ $$f^{(2016)}(0)=(uv)^{(2016)}(0)=\displaystyle\binom{2016}{2}u^{(2014)}(0)v^{(2)}(0)$$ $$=\displaystyle\binom{2016}{2}(-1)(2013)!\cdot 2=\ldots$$
