$n^{th}$ derivado de $y=x^2\cos x$

Question

Me quedo con la fórmula de Leibniz $$D^{n}y = \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} \, x^{(2k)}\cos^{(n-k)}x$$ ¿Podría alguien mostrar cómo se hace?

Answer 1

Escriba $$f^{(n)}(x) = a_n(x)\cos x +b_n(x)\sin x$$

Se procede por inducción para deducir las recurrencias de los polinomios $a_n(x), b_n(x)$ .

En concreto, si:

$$f^{(n)}(x)=(A_nx^2+B_nx+C_n)\cos x + (D_nx^2+E_nx+F_n)\sin x$$

Se obtiene la recurrencia:

$$\begin{pmatrix}A_{n+1}\\B_{n+1}\\C_{n+1}\\D_{n+1}\\E_{n+1}\\F_{n+1}\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}0&0&0&1&0&0\\ 2&0&0&0&1&0\\ 0&1&0&0&0&1\\ -1&0&0&0&0&0\\ 0&-1&0&2&0&0\\ 0&0&-1&0&1&0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix}A_{n}\\B_{n}\\C_{n}\\D_{n}\\E_{n}\\F_{n}\end{pmatrix} $$

Así que, por inducción: $$\begin{pmatrix}A_{n}\\B_{n}\\C_{n}\\D_{n}\\E_{n}\\F_{n}\end{pmatrix}= \begin{pmatrix}0&0&0&1&0&0\\ 2&0&0&0&1&0\\ 0&1&0&0&0&1\\ -1&0&0&0&0&0\\ 0&-1&0&2&0&0\\ 0&0&-1&0&1&0 \end{pmatrix}^n\begin{pmatrix}1\\0\\0\\0\\0\\0\end{pmatrix}$$

Así que ahora necesitas saber cómo hacer la exponenciación de una matriz. Resulta que el polinomio característico de esta matriz es un $(1+x^2)^3$ , por lo que las raíces son $i$ y $-i$ y eso significa que sabemos que podemos escribir:

$$A_n = p_A(n)i^n + q_A(n)(-i)^n$$ donde $p_A$ y $q_A$ son polinomios de grado $2$ o menos. Así que podemos resolver para $p_A$ y $p_B$ utilizando los seis primeros valores de $A_n$ .

Del mismo modo, hay polinomios $p_B,q_B,p_C,q_C$ etc.

Answer 2

Si el objetivo es utilizar la regla de Leibnitz aquí, observamos que para $k>2$

$$\frac{d^k\,x^2}{dx^k}=0$$

Así, tenemos

$$\begin{align} \frac{d^n}{dx^n}(x^2\cos x)&=\sum_{k=0}^n\binom{n}{k}\frac{d^k\,x^2}{dx^k}\frac{d^{n-k}\cos x}{dx^{n-k}}\\\\ &=\sum_{k=0}^2\binom{n}{k}\frac{d^k\,x^2}{dx^k}\frac{d^{n-k}\cos x}{dx^{n-k}}\\\\ &=\binom{n}{0}\frac{d^0\,x^2}{dx^0}\frac{d^{n}\cos x}{dx^{n}}\\\\ &+\binom{n}{1}\frac{d\,x^2}{dx}\frac{d^{n-1}\cos x}{dx^{n-1}}\\\\ &+\binom{n}{2}\frac{d^2\,x^2}{dx^2}\frac{d^{n-2}\cos x}{dx^{n-2}}\\\\ &=x^2\cos (x+n\pi/2)+nx\sin(x+n\pi/2)-n(n-1)\cos (x+n\pi/2) \tag 1 \end{align}$$

donde utilizamos la relación $\frac{d^n\,\cos x}{dx^n}=\cos (x+n\pi/2)$ al llegar a $(1)$ . Esto se puede ver escribiendo

$$\begin{align} \frac{d^n\,\cos x}{dx^n}&=\frac{d^n}{dx^n}\text{Re}\left(e^{ix}\right)\\\\ &=\text{Re}\left(\frac{d^n\,e^{ix}}{dx^n}\right)\\\\ &=\text{Re}\left(i^n\,e^{ix}\right)\\\\ &=\text{Re}\left(e^{i(x+n\pi/2}\right)\\\\ &=\cos (x+n\pi/2) \end{align}$$

Answer 3

La fórmula de Leibniz sólo tiene unos pocos términos. Esto se ve por lo siguiente. \begin {align} D^{n} y &= D^{n}\{ x^{2} \N-, \cos (ax)\N-(|) = \sum_ {k=0}^{n} \binom {n} {k}, D^{k} {x^{2}}, D^{n-k} {n}. \cos (ax)\N-(|)\N-(|)\N-(|) \end {align} Desde $D(x^{2}) = 2 x$ , $D^{2}(x^{2}) = 2$ y $D^{3+m}(x^{2}) = 0$ para $m \geq 0$ entonces \begin {align} D^{n} y &= \binom {n}{0} \N - D^{0}(x^{2}) \N - D^{n}( \cos (ax)) + \binom {n}{1}, D^{1}(x^{2}) \N y D^{n-1}( \cos (ax)) + \binom {n}{2} \N - D^{2}(x^{2}) \N - D^{n-2}( \cos (ax)) \\ &= x^{2} \N - D^{n}( \cos (ax)) + 2 n x \N, D^{n-1}( \cos (ax)) + n(n-1) \N - D^{n-2}( \cos (ax)) \end {align} Para el caso de $n$ siendo incluso entonces \begin {align} D^{2n} y &= (-1)^{n} \N, a^{2n-2} \N, \left [(a^{2} \N, x^{2} - 2n(2n-1)) \N -, \cos (ax) + 4 a n x \N -, \sin (ax) \right ] \end {align} y para $n$ ser impar \begin {align} D^{2n+1} y &= (-1)^{n+1} \, a^{2n-1} \, \left [ (a^{2} x^{2} + 2n(2n+1)) \N -, \sin (ax) - 2(2n+1) a x \cos (ax) \right ] \end {align}

Answer 4

Yo utilizaría el hecho de que: $$\cos^{(n)}(x)=\cos\Bigl(x+\frac{n\pi}2\Bigr)$$ y que $$(x^2)'=2x,\quad (x^2)''=2,\quad (x^2)^{(n)}=0\enspace\text{si}\enspace n>2.$$ Así, la regla de Leibniz da: $$\bigl(x^2\cos x\bigr)^{(n)} =x^2\cos^{(n)}(x)+2nx\cos^{(n-1)}(x)+n(n-1)\cos^{(n-2)}(x)$$ Además, tenga en cuenta que $\;\cos^{(n-2)}(x)=-\cos^{(n)}(x)$ Por lo tanto \begin {align*} \bigl (x^2 \cos x \bigr )^{(n)}&= \bigl (x^2-n(n-1) \bigr ) \cos ^{(n)}(x)+2nx \cos ^{(n-1)}(x) \\ &= \bigl (x^2-n(n-1) \bigr ) \cos\Bigl (x+ \frac {n \pi }2 \Bigr )+2nx \cos\Bigl (x+ \frac {(n-1) \pi }2 \Bigr ) \end {align*} Queda por considerar los diferentes casos según los valores de $n$ modulo $4$ : $$\text{if }\begin{cases} n\equiv 0&\bigl(x^2\cos x\bigr)^{(n)} =\bigl(x^2-n(n-1)\bigr)\cos x+2nx\sin x\\ n\equiv 1&\bigl(x^2\cos x\bigr)^{(n)} =2nx\cos x-\bigl(x^2-n(n-1)\bigr)\sin x\\ n\equiv 2&\bigl(x^2\cos x\bigr)^{(n)} =\bigl(n(n-1)-x^2\bigr)\cos x-2nx\sin x\\ n\equiv 3&\bigl(x^2\cos x\bigr)^{(n)} = -2nx\cos x+\bigl(x^2-n(n-1)\bigr)\sin x\\ \end{cases}$$