El$n$ th derivado de$f(e^x)$

Question

Porque viene cada tan a menudo, me preguntaba si no era un buen general de expansión de la $n$th derivado de la $f(e^x)$.

$\frac{\mathrm d}{\mathrm dx}f(e^x)=e^xf'(e^x)$

$\frac{\mathrm d^2}{\mathrm dx^2}f(e^x)=e^xf'(e^x)+e^{2x}f''(e^x)$

$\frac{\mathrm d^3}{\mathrm dx^3}f(e^x)=e^xf'(e^x)+3e^{2x}f''(e^x)+e^{3x}f'''(e^x)$

$\vdots$

Uno puede ver que terminamos con el formulario

$$\frac{\mathrm d^n}{\mathrm dx^n}f(e^x)=\sum_{k=1}^nC(n,k)e^{kx}f^{(k)}(e^x)$$

para algunas constantes $C(n,k)$. He visto que se reduce a la solución de la siguiente relación de recurrencia:

$$C(n,k)=\begin{cases}0,&n<k\\1,&n>0\land k=1\\kC(n-1,k)+C(n-1,k-1),&n>0\land k>1\end{cases}$$

A partir de la cual se puede deducir cosas como $C(n,2)=2^{n-1}-1$.

Hay una buena solución general?

Answer 1

Respuesta corta: No, No hay solución, al menos en términos de funciones elementales. Pero si consideramos los números de Stirling a ser agradable (lo cual es una buena práctica), entonces la solución es muy agradable.

Como se ha mencionado en los comentarios, $C(n,k)$ son los números de Stirling del segundo tipo, ${n \brace k}$. Tienen las siguientes "forma cerrada:" $$ {n\llave k}=\frac1{k!}\sum_j(-1)^j\binom{k}{j}(k-j)^n. $$ Si lo desea, puede sustituir el lío de $C(n,k)$, pero creo que es mejor dejarlo como ${n \brace k}$. Esto es tan simple como se pone.