$f(x) = \frac1{\cos x}$ $f^{(n)}(x)$ es ...?

Question

$f(x) = \frac{1}{\cos x}$

$f'(x) = \frac{\sin(x)}{\cos^2(x)}$

$f''(x) = \frac{2\sin^2(x)+\cos^2(x)}{\cos^3(x)}$

$f^{(3)}(x) = \frac{6\sin^3(x)+5\cos^2(x)\sin(x)}{cos^4(x)}$

$\vdots$

$f^{(n)}(x) = \frac{ ?}{cos^{n+1}(x)}$

Algunos de estos son sencillas: http://darkwing.uoregon.edu/~jcomes/251exn.pdf Otros no lo son. Por qué?

Answer 1

Eso depende de a qué te refieres por "fácil". Tan lejos como en los ejemplos de la .pdf vínculo, puedo reclamar que los siguientes son verdaderas para cualquier definición razonable de "fácil":

• Es fácil calcular el iterado derivados de potencias y logaritmos.
• Es fácil calcular el iterado derivados de soluciones para homogénea lineal de ecuaciones diferenciales ordinarias.
• Es fácil calcular el iterado derivados de $x^n f(x)$ si es fácil para el cálculo de la iterada derivados de $f(x)$.
• Es fácil calcular el iterado derivados $f(x) + g(x)$ si es fácil para el cálculo de la iterada derivados de $f(x)$ e de $g(x)$.

Creo que cubre la totalidad de ellos. De lo contrario, no existe razón para esperar que debe ser fácil de calcular, reiteró derivados. Incluso en $x = 0$ puede definir complicado y altamente no trivial de las secuencias, por ejemplo los números de Bernoulli (que están relacionados con este problema).

Answer 2

Esto es lo que pide el $n$-ésima derivada de la función secante. Como la derivada de la $\sec$ $\sec\tan$ e de $\tan$ es $\sec^2=1+\tan^2$ $n$- ésima derivada de $\sec$ es $\sec f_n(\tan)$ donde$f_0(t)=1$$f_{n+1}(t)=tf_n(t)+(t^2+1)f_n'(t)$.

Es probablemente demasiado a la esperanza para encontrar una buena fórmula para el los coeficientes de la $f_n$. La constante coeficientes de $f_{2m}$ son esencialmente los números de Euler.

Answer 3

Para la integridad: el Wolfram Funciones de sitio da una serie representación de la $n$-ésima derivada de la secante:

$$\frac{\mathrm d^n}{\mathrm dx^n}\sec\,x=\sum_{j=0}^\infty \frac{(-1)^j}{(2j-n)!} E_{2j} x^{2j-n}$$

donde el $E_{2j}$ son de Euler números mencionados en el Robin de la respuesta.

También hay un finito doble de la serie de la representación:

$$\frac{\mathrm d^n}{\mathrm dx^n}\sec\,x=(n+1)!\sec\,x \sum _{k=0}^n \sum _{j=0}^{\left\lfloor\frac{k-1}{2}\right\rfloor} \frac{\left((-1)^k 2^{1-k} (k-2 j)^n \sec ^k x\right) \cos\left(\frac{n\pi}{2}+(k-2j)x\right)}{(k+1) j! (k-j)! (n-k)!}$$

Como Qiaochu dice, no hay ninguna razón para esperar que la computación de alto derivados de algunas de las funciones es una tarea fácil...

Answer 4

Usted puede ser que desee comprobar hacia fuera de la Faa di Bruno fórmula: http://mathworld.wolfram.com/FaadiBrunosFormula.html

En tu caso, tienes $f(x) = g(h(x))$ donde$g(x) = 1/x$$h(x) = \cos(x)$. La respuesta no es sencilla por desgracia, y supone una combinatoria.

Alternativamente, aviso de $f(x) \cos(x) = 1$, y por lo tanto tomando el $m$th derivados de ambos lados obtenemos

$$ \sum_{k=0}^m {m \choose k} f^{(k)}(x) \left( \frac{d^{m-k}}{dx^{m-k}} \cos(x) \right) = 0 $$

si $m \geq 1$. Por lo tanto, usted puede ver que el vector de $(f(x),f'(x),\dots,f^{(n)}(x))$ como la solución del sistema de ecuaciones lineales por encima de con $m=0,1,\dots,n$. Usted puede invertir esta matriz numéricamente, si que si tu interés. Una forma cerrada que podría ser posible.