n-ésima derivada de $\frac{\ln x}{x}$ .

Question

Dejemos que $f(x)=\frac{\ln x}{x},x>0$ . Demostrar que $$f^{(n)}(1)=(-1)^{n+1}(n!)(1+\frac{1}{2}+\cdot+\frac{1}{n})$$

Prueba: n-ésima derivada de $\ln x$ es $$(-1)^{n-1}(n-1)! x^{-n}$$ y la derivada n-ésima de $\frac{1}{x}$ es $$(-1)^n n! x^{-(n+1)}$$ Entonces, si utilizo Teorema de Leibnitz Necesito afrontar un gran cálculo. Por favor, ayuda.

Answer 1

Dejemos que $g(x)=f(x+1)$ para que $g^{(n)}(0)=f^{(n)}(1)$ .

Entonces, como $\log(1+x) = \int dx/(1+x) =\sum_{n=0}^\infty {(-1)^n x^{n+1}/ (n+1)}$ $$g(x)={\log(1+x)\over1+x}=\sum_{n=0}^\infty(-1)^nx^n \sum_{n=0}^\infty {(-1)^n x^{n+1} \over n+1}=\sum_{n=0}^\infty(-1)^nx^n \sum_{m=1}^\infty {(-1)^{m-1} x^{m} \over m} = \sum_{n=1}^\infty\left(\sum_{k=1}^n{(-1)^{n-1} \over k}\right) x^n$$ y aplicar la fórmula de Taylor (así como la identidad $(-1)^{n-1}=(-1)^{n+1}$ ).

Alternativa I

Dejemos que $I(x) = \int f(1+x) \; dx = {1\over2}(\log(1+x))^2$ para que $I^{(n+1)}(0)=f^{(n)}(1)$ . Entonces $$I(x) = {1\over2}\left(\sum_{m=1}^\infty {(-1)^{m-1} x^{m} \over m}\right)^2 =\sum_{m=2}^\infty\left(\sum_{k=1}^m{(-1)^{m-2}\over2k(m-k)}\right)x^n =\sum_{m=2}^\infty\left(\sum_{k=1}^m{(-1)^{m-2}\over2m}\left({1\over k}+{1\over m-k}\right)\right)x^m\,,$$ que, desde $k$ y $m-k$ cada uno de ellos recorre los enteros $1,2,\dots,m$ en la suma interior, es igual a $$=\sum_{m=2}^\infty\left(\sum_{k=1}^m{(-1)^{m-2}\over mk}\right)x^m =\sum_{n=1}^\infty\left(\sum_{k=1}^{n+1}{(-1)^{n-1}\over(n+1)k}\right)x^{n+1}$$ y de nuevo aplicar la fórmula de Taylor.

Alternativa II

Se parece tanto a un problema de inducción imposible, que no pude resistirme a intentarlo...

Dejemos que $y=f(x)=(\log(x)/x)$ para que la derivada $D(xy) = x\,y'+y = D(\log x) = 1/x$ . Por inducción entonces, tenemos que el $n^{th}$ la derivada viene dada por $D^n(xy) = x\,y^{(n)}+n\,y^{(n-1)} = (-1)^{n-1} (n-1)!/x^n$ para que en $x=1$ tenemos la ecuación $$y^{(n)}+n\,y^{(n-1)} = (-1)^{n-1} (n-1)!\,.$$

Ahora estamos listos para probar la fórmula de $f^{(n)}(1)$ . Que $f'(1)=1$ es fácilmente verificable. Supongamos que en $x=1$ El $n^{th}$ derivado $y^{(n)}=f^{(n)}(1)$ satisface $$y^{(n)}=(-1)^{n-1}(n!)(1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{n})\,.$$ A continuación, aplicando la ecuación anterior para el $n+1^{st}$ derivada, tenemos $$y^{(n+1)}=(-1)^{n} n! -(n+1)y^{(n)} ={(-1)^{n} (n+1)!\over n+1}-(n+1){(-1)^{n-1}(n!)(1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{n})} ={(-1)^{n}(n+1)!(1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{n}+\frac{1}{n+1})}$$ Así que por inducción la fórmula de la derivada en $x=1$ se establece.

Answer 2

Utilizando la regla del producto con $g(x)=1/x$ y $f(x)=\ln(x)$ tenemos

$$ f^{(n)}(x)=\sum_{i=0}^{n} {n\choose i} g^{(i)}(x)h^{(n-i)}(x)$$

$$= (-1)^n n!\, x^{-(n+1)}\ln(x) +\sum_{i=0}^{n-1} {n\choose i}(-1)^i i!\, x^{-i-1}(-1)^{n-i-1}(n-i-1)!\,x^{-n+i} $$

$$=(-1)^n n!\, x^{-(n+1)}\ln(x) + (-1)^{n-1}x^{-n-1}\sum_{i=0}^{n-1} {n\choose i}i!(n-i-1)! $$

$$ =(-1)^n n!\, x^{-(n+1)}\ln(x) + (-1)^{n-1}x^{-n-1}\sum_{i=0}^{n-1} \frac{n!}{i!(n-i)!}i!(n-i-1)! $$

$$\implies f^{(n)}(x) = (-1)^n n!\, x^{-(n+1)}\ln(x) +(-1)^{n-1}n!\,x^{-n-1}\sum_{i=0}^{n-1} \frac{1}{(n-i)} .$$

Ahora, puede sustituir $x=1$ para obtener la respuesta deseada.

Answer 3

Una regla del producto generalizada (regla de Leibniz) para $n$ ón de las derivadas establece que el $n$ derivada de un producto de dos $n$ -funciones diferenciables en el tiempo $f$ y $g$ viene dada por $$(fg)^{(n)}(x) = \sum_{k=0}^n \binom{n}{k} f^{(k)}(x) g^{(n-k)}(x).$$

Usando esto, y los cálculos que ya has hecho para $\ln x$ y $1/x$ debería obtener el resultado deseado.