Encontrar una fórmula cerrada para calcular $\frac{d^n}{{dx}^n}f\left(x\right)=\frac{d^n}{{dx}^n}e^{x^2}$

Question

Por razones que ni siquiera recuerdo, el otro día quise averiguar si había una fórmula cerrada para calcular el $n$ -derivada $\frac{d^n}{{dx}^n}f\left(x\right)=\frac{d^n}{{dx}^n}e^{x^2}$ para la función $f\left(x\right)=e^{x^2}$ . Donde terminé después de algunas pruebas y errores es la fórmula $$\frac{d^n}{{dx}^n}e^{x^2}=c_n\left(\sum_{0 \leq i \leq \lfloor\frac{n}{2}\rfloor} {p_i x^{n-2i}}\right)e^{x^2}=c_n\left(c_{n-1}x^n + \sum_{1 \leq i \leq \lfloor\frac{n}{2}\rfloor} {p_i x^{n-2i}}\right)e^{x^2},$$ con $c_n=2^{n-\lfloor\frac{n}{2}\rfloor}$ .

El $p_{i \geq1}$ resultan ser los siguientes:

$n$

$p_{i=1}$

$p_{i=2}$

$p_{i=3}$

$p_{i=4}$

$...$

0

-

-

-

-

$...$

1

-

-

-

-

$...$

2

1

-

-

-

$...$

3

3

-

-

-

$...$

4

12

3

-

-

$...$

5

20

15

-

-

$...$

6

60

90

15

-

$...$

7

84

210

105

-

$...$

8

224

840

840

105

$...$

9

288

1512

2520

945

$...$

$...$

$...$

$...$

$...$

$...$

$...$

Todavía no he entendido la regla que hay detrás de la $p_i$ secuencias $$p_{i=1}:\left(1,3,12,20,60,84,224,288,...\right),$$

$$p_{i=2}:\left(3,15,90,210,840,1512,...\right),$$

$$p_{i=3}:\left(15,105,840,2520,...\right),$$

$$p_{i=4}:\left(105,945,...\right),$$

$$...$$ Sospecho que tiene algo que ver con coeficientes binomiales ya que los coeficientes $p_i$ surgen de la multiplicación de binomios durante la derivación. Una regularidad que he observado hasta ahora es que a partir de $p_{i=2}$ los primeros valores corresponden siempre a los segundos de los anteriores $p$ secuencia.

¿Alguno de ustedes tiene una idea cómo puedo formalizar los coeficientes $p_i$ y el momento en que se producen e integrarlos en la fórmula cerrada anterior? O bien, ¿sabe usted si ya existe una solución conocida al problema, es decir, encontrar una fórmula cerrada para calcular el $n$ -derivada $\frac{d^n}{{dx}^n}f\left(x\right)=\frac{d^n}{{dx}^n}e^{x^2}$ ?

Gracias y saludos.

Answer 1

Una pista: Usando Wolfram Alpha encontramos para valores pequeños de $n$ \begin{align*} \frac{d}{dx}e^{x^2}&=2x^2e^{x^{2}}\\ \frac{d^2}{dx^2}e^{x^2}&=2\left(2x^2+1\right)e^{x^{2}}\\ \frac{d^3}{dx^3}e^{x^2}&=4\left(2x^3+3x\right)e^{x^{2}}\tag{1}\\ \frac{d^4}{dx^4}e^{x^2}&=4\left(4x^4+12x^2+3\right)e^{x^{2}}\\ \end{align*}

Otra expresión, además de la fórmula de Faa di Brunos, es la identidad (3.56) en la obra de H.W. Gould Tablas de Identidades Combinatorias, Vol. I y llamó:

Forma Hoppe de la regla de la cadena generalizada

Dejemos que $D_x$ representan la diferenciación con respecto a $x$ y $y=y(x)$ . Por lo tanto, $D^n_x g(y)$ es el $n$ -derivada de $g$ con respecto a $x$ . Lo siguiente es cierto \begin{align*} D_x^n g(y)=\sum_{k=0}^nD_y^kg(y)\frac{(-1)^k}{k!}\sum_{j=0}^k(-1)^j\binom{k}{j}y^{k-j}D_x^ny^j \end{align*}

En el caso especial \begin{align*} g(y(x))=e^{y(x)}=e^{x^{2}} \end{align*} tenemos $$D_y^kg(y)=D_y^k e^y=e^y$$ y obtener \begin{align*} D_x^ne^y=e^y\sum_{k=0}^n\frac{(-1)^k}{k!}\sum_{j=0}^k(-1)^j\binom{k}{j}y^{k-j}D_x^ny^j\tag{2} \end{align*}

Con $y=y(x)=x^2$ obtenemos de (2) \begin{align*} \color{blue}{D_x^ne^{x^2}}&=e^{x^2}\sum_{k=0}^n\frac{(-1)^k}{k!}\sum_{j=0}^k(-1)^j\binom{k}{j}x^{2(k-j)}D_x^nx^{2j}\tag{3.1}\\ &=e^{x^2}\sum_{k=\left\lfloor\frac{n+1}{2}\right\rfloor}^n\frac{(-1)^k}{k!}\sum_{j=\left\lfloor\frac{n+1}{2}\right\rfloor}^k(-1)^j\binom{k}{j}x^{2(k-j)}D_x^nx^{2j}\tag{3.2}\\ &\,\,\color{blue}{=e^{x^2}\sum_{k=\left\lfloor\frac{n+1}{2}\right\rfloor}^n\frac{(-1)^k}{k!}\sum_{j=\left\lfloor\frac{n+1}{2}\right\rfloor}^k(-1)^j\binom{k}{j}(2j)^{\underline{n}}x^{2k-n}}\tag{3.3}\\ \end{align*}

Comentario:

• En (3.1) aplicamos la fórmula de Hoppe con $y=y(x)=x^2$ .

• En (3.2) observamos que diferenciamos $x^{2j}$ $n$ veces. Esto implica que los términos con índices $k,j< \left\lfloor\frac{n+1}{2}\right\rfloor$ desaparecer.

• En (3.3) calculamos $D_x^nx^{2j}$ utilizando el _factorial descendente_ notación $(2j)^{\underline{n}}=(2j)(2j-1)\cdots(2j-n+1)$ .

Veamos un pequeño ejemplo para ver la fórmula (3.3) en acción.

Ejemplo: $n=3$ Obtenemos \begin{align*} e^{x^2}&\sum_{k=2}^{3}\frac{(-1)^k}{k!}\sum_{j=2}^k(-1)^j\binom{k}{j}(2j)(2j-1)(2j-2)x^{2k-3}\\ &=4e^{x^2}\sum_{k=2}^{3}\frac{(-1)^k}{k!}\sum_{j=2}^k(-1)^j\binom{k}{j}j(j-1)(2j-1)x^{2k-3}\\ &=4e^{x^2}\left(\frac{1}{2}\left(\sum_{j=2}^2(-1)^j\binom{2}{j}j(j-1)(2j-1)\right)\right)x\\ &\qquad+4e^{x^2}\left(\frac{(-1)}{6}\left(\sum_{j=2}^3(-1)^j\binom{3}{j}j(j-1)(2j-1)\right)\right)x^3\\ &=4e^{x^2}\left(\frac{1}{2}\binom{2}{2}\cdot 6\right)x +4e^{x^2}\left(-\frac{1}{6}\binom{3}{2}\cdot 6+\frac{1}{6}\binom{3}{3}\cdot 30\right)x^3\\ &\,\,\color{blue}{=4e^{x^2}\left(2x^3+3x\right)} \end{align*} de acuerdo con (1).