Informática $\frac{d^k}{dx^k}\left(f(x)^k\right)$ $k$ Dónde está un número entero positivo

Question

¿Alguien sabe una fórmula para la derivada $$\frac{d^k}{dx^k}\left(f(x)^k\right)$$ where $$ %k es un entero positivo?

Empecé tratando de hacer ejercicio pero tienes desordenado.

Answer 1

Aplicar la fórmula de Faà di Bruno para donde la suma se toma sobre la $$\frac{d^n}{dx^n}(g(x)^n)=\sum \frac{n!^2}{m_1!\dots m_n!(n-\sum_{j=1}^nm_j)!}g(x)^{n-\sum_{j=1}^nm_j}\prod_{j=1}^n\left(\frac{g^{(j)}(x)}{j!}\right)^{m_j},$-uples $n$ de entera satisfacción $(m_1,\dots,m_n)$ $\sum_{k=1}^nkm_k=n$ $.

(Cambié las notaciones para conformarse con el link)

Answer 2

Como un probable ilustración de Davide Giraudo potente respuesta (+1) se puede obtener el siguiente resultado :

$ \begin{array} {r|cccccccc} k\\ \hline 1&1f'\\ 2&2f''f&2f'^2\\ 3&3f'''f^2&18f''ff'&6f'^3\\ 4&4f''''f^3&48f'''f^2f'&36f''^2f^2&144f'^2f''f&24f'^4\\ 5&5f'''''f^4&100f''''f^3f'&200f'''f^3f''&600 f'''f^2f'^2&900f^2f'f''^2&1200ff'^3f''&120f'^5\\ \end{array} $

Este triángulo aparece como la secuencia de OEIS A049009 titulado "Número de funciones de un conjunto a tal que el tamaño de las pre-imágenes de los elementos individuales en el rango de forma que el n-ésimo de la partición en Abramowitz y Stegun orden"

De hecho, este es un producto de multinomials coeficientes y el número de multisets asociados con el menor número entero de cada uno de los prime firma' (el segundo es desplazado por $2$ creo). Tal vez que esto ayudará un poco para interpretar Davide general de respuesta (no tengo mucha esperanza para una mayor simplificación...)

Con la esperanza de que ayudado de todos modos,

Answer 3

Como una reformulación de la respuesta de Davide, el derivado de #%-th de $k$% #% se expresa más fácilmente utilizando los polinomios Bell parciales:

$f(x)^k$$

Esta construcción es más conveniente si es compatible con el entorno informático que utiliza polinomios Bell parciales (por ejemplo Mathematica).

Answer 4

Después de Raymond de la explicación de Davide de la Faa di Bruno-la fórmula I descompuesto en una aún más memorizable forma. Ejemplo k=4 $$ \begin{eqnarray} {(f^4)^{(4)}\over 4! \cdot 4! } &=& {{ f^{(0)}\over 0!} { f^{(0)}\over 0!}{ f^{(0)}\over 0!} \over 3! }{{ f^{(4)}\over 4!} \over 1! } \\ \\ &+ & {{ f^{(0)}\over 0!} { f^{(0)}\over 0!} \over 2! }{{ f^{(1)}\over 1!} \over 1! } {{ f^{(3)}\over 3!} \over 1! } \\ \\ &+ & {{ f^{(0)}\over 0!} { f^{(0)}\over 0!} \over 2! }{{ f^{(2)}\over 2!}{ f^{(2)}\over 2!} \over 2! } &+ & {{ f^{(0)}\over 0!} \over 1! } {{ f^{(1)}\over 1!} { f^{(1)}\over 1!} \over 2! }{{ f^{(2)}\over 2!} \over 1! } \\ \\ &+ & {{ f^{(1)}\over 1!} { f^{(1)}\over 1!} { f^{(1)}\over 1!} { f^{(1)}\over 1!}\over 4! } \\ \\ \end{eqnarray} $$ La clave para que la descomposición es, que para algunos k tenemos k factores en cada sumando. Entonces la suma de todos los derivación-índices (con su multiplicidad!) debe también igual k. Un j-pliegue de la multiplicidad de un factor que debe ser compensado por un j! en el denominador.
Si escribimos $\displaystyle [k]= { f^{(k)}\over k! } $ $ \displaystyle [k \times j] = { [k]^j \over j!} $ podemos denotar aún más compacta: $$ \begin{eqnarray}{(f^4)^{(4)} \over 4!4! }&=& [0 \times 3][4 \times 1] \\ &+& [0 \times 2][1 \times 1][3 \times 1] \\ &+& [0 \times 2][2 \times 2] + [0 \times 1][1 \times 2][2 \times 1] \\ &+&[1 \times 4] \end{eqnarray} $$ where, if we take the brackets as products and the terms as sums then each term has the sum k. It is a simple mechanic to write down the terms by hand for some small k, even for $k=10$ o por lo que este debe ser factible con papel y lápiz.