¿Hay una manera más fácil de encontrar $\frac{\mathrm d^9}{\mathrm dx^9}(x^8\ln x)$ que el uso de la regla del producto varias veces?

Question

Encontrar $\dfrac{\mathrm d^9}{\mathrm dx^9}(x^8\ln x)$.

Sé cómo resolver este problema varias veces usando la regla del producto, pero me preguntaba si hay un atajo. Gracias.

Answer 1

Definamos $$D_n=\frac{d^n}{dx^n}(x^8\ln x)$$ and follow what illysial suggested. You then have $$D_1=x^7+8 x^7 \log (x)$$ $$D_2=15 x^6+56 x^6 \log (x)$$ $$D_3=146 x^5+336 x^5 \log (x)$$ $$D_4=1066 x^4+1680 x^4 \log (x)$$ and so on. When going to $ D_9 $, the derivative of the polynomial part is zero and the only thing which remains in $ D_8$ is $% $ $8 \times 7\times 6\times 5\times 4\times 3\times 2 \times 1 \times \log(x)$y, a continuación, resultado de illysial.

Answer 2

La derivada de $x^n\log x$ $x^{n-1}(n\log x+1)$ por la regla del producto.

La primera derivada es: $x^7+8x^7\log x$.

Edit: Para los pasos posteriores en cuenta que podemos ignorar el $x^n$ términos (que morirá después de $9$ derivados) por Lo que la derivada segunda (con la $7x^6$ ignorado) es:

$8 \cdot x^6(7\log x +1)$

Ignorando el $x^n$ plazo aquí de nuevo los rendimientos $56x^6 \log x$

Ya que esto va a ir en $9$ de las veces, nos tendrá que tomar la derivada de $8!\log x$, con lo cual el rendimiento de $\frac{8!}{x}$

Como se señaló en los comentarios, este método podría ser complicado si el $x^n$ términos no se apagó.

Answer 3

Aviso $$\requieren{cancel} \frac{\partial^9}{\partial x^9}\left[ x^\beta\log x\right] = \frac{\partial^{10}}{\partial x^9\partial\beta}\left[x^\beta\right] = \frac{\partial^{10}}{\partial\beta\partial x^9}\left[x^\beta\right] = \frac{\partial}{\partial\beta}\left[\prod_{k=0}^8(\beta-k)x^{\beta-9}\right] = \frac{\partial}{\partial\beta}\left[\prod_{k=0}^8(\beta-k)\right]x^{\beta-9} +\left[\prod_{k=0}^8(\beta-8)\right] x^{\beta-9}\log x$$

Tomando $\beta = 8$ y tirar términos que desaparecerá en $\beta = 8$, por encima de expresión se convierte en $$ \left\{ \color{red}{\cancelto{0}{\color{silver}{\frac{\partial}{\partial\beta}\left[\prod_{k=0}^7(\beta-k)\right](\beta-8)}}} + \left[\prod_{k=0}^7(\beta-k)\right]\right\}x^{\beta-9} + \color{red}{\cancelto{0}{\color{silver}{\left[\prod_{k=0}^8(\beta-8)\right] x^{\beta-9}}}}\log x $$ y por lo tanto $$\frac{d^9}{dx^9}\left[x^8\log x \right] = \frac{8!}{x}\;$$

Answer 4

En realidad, la sucinta Leibniz regla de producto

$$D^m(f(x)g(x))=\sum_{n=0}^\infty \binom{m}{n}(D^{m-n}f(x))(D^ng(x))$$

lo trabaja de forma rápida y transparente,

$$D^9(x^8\log(x))=\sum_{n=0}^\infty \binom{9}{n}(D^{9-n}x^8)D^nlog(x)$$

$$=\sum_{n=1}^\infty \binom{9}{n}8!\frac{x^{n-1}}{(n-1)!}(-1)^{n+1}\frac{(n-1)!}{x^n}=\frac{8!}{x}\sum_{n=1}^\infty \binom{9}{n}(-1)^{n+1}=\frac{8!}{x}(1-(1-1)^9)=\frac{8!}{x}.$$

Answer 5

Para cualquier analítica de la función $f$, $$\sum_{n=0}^\infty \dfrac{z^n}{n!} \dfrac{d^n}{dx^n} f(x) = f(x+z) $$ Por lo tanto $\dfrac{d^n f}{dx^n}$ $n!$ multiplicado por el coeficiente de $z^n$ en la serie de Maclaurin de $f(x+z)$. En este caso,$f(x+z) = (x+z)^8 \ln(x+z)$. Ahora $$ \eqalign{(x+z)^8 &= \sum_{j=0}^8 {8 \elegir j} x^{8-j} z^j \cr \ln(x+z) &= \ln(x) + \ln(1 + z/x) = \ln(x) + \sum_{k=1}^\infty (-1)^{k-1} \dfrac{z^k}{k x^k}\cr}$$ Por lo tanto lo que quiero es que $$\eqalign{ 9! &\left( {8 \elegir 0} x^8 \dfrac{1}{9 x^9} - {8 \elegir 1} x^7 \dfrac{1}{8 x^8} + \ldots + {8 \elegir 8} x^0 \dfrac{1}{1 x^1}\right)\cr &=\dfrac{9!}{x} \left(\dfrac{1}{9}- \dfrac{8}{8} + \dfrac{28}{7} - \dfrac{56}{6} + \dfrac{70}{5} - \dfrac{56}{4} + \dfrac{28}{3} - \dfrac{8}{2} + \dfrac{1}{1}\right) = \dfrac{9!}{9} = \dfrac{8!}{x} = \dfrac{40320}{x}}$$

¿Cómo pasó esto tan bien? Usted podría notar que $$ { 8 \choose j} \dfrac{1}{9-j} = \dfrac{8!}{j! (9-j)!} = \dfrac{1}{9} {9 \choose j}$$
y el $\dfrac{(-1)^j}{9} {9 \choose j}$ $\dfrac{(-1)^{9-j}}{9} {9 \choose 9-j}$ términos cancelar para $j = 1 \ldots 4$, dejando sólo al $j=0$ plazo.