derivado del th de $n$ $e^{1/x}$

Question

Estoy tratando de encontrar la $n$'th derivado de la $f(x)=e^{1/x}$. Cuando se mira en los primeros derivados he notado un patrón y, finalmente, encontró la fórmula siguiente

$$\frac{\mathrm d^n}{\mathrm dx^n}f(x)=(-1)^n e^{1/x} \cdot \sum _{k=0}^{n-1} k! \binom{n}{k} \binom{n-1}{k} x^{-2 n+k}$$

He probado por primera $20$ derivados y les tengo a todos. Mathematica dice que es algo distribución hipergeométrica pero yo no quiero usar esa. Ahora estoy tratando de verificar por inducción pero mi álgebra no es lo suficientemente bueno para hacer la inducción de paso.

Aquí es lo que he intentado para la inducción (incompleta, tal vez incorrecta)

$\begin{align*} \frac{\mathrm d^{n+1}}{\mathrm dx^{n+1}}f(x)&=\frac{\mathrm d}{\mathrm dx}(-1)^n e^{1/x} \cdot \sum _{k=0}^{n-1} k! \binom{n}{k} \binom{n-1}{k} x^{-2 n+k}\\ &=(-1)^n e^{1/x} \cdot \left(\sum _{k=0}^{n-1} k! \binom{n}{k} \binom{n-1}{k} (-2n+k) x^{-2 n+k-1}\right)-e^{1/x} \cdot \sum _{k=0}^{n-1} k! \binom{n}{k} \binom{n-1}{k} x^{-2 (n+1)+k}\\ &=(-1)^n e^{1/x} \cdot \sum _{k=0}^{n-1} k! \binom{n}{k} \binom{n-1}{k}((-2n+k) x^{-2 n+k-1}-x^{-2 (n+1)+k)})\\ &=(-1)^{n+1} e^{1/x} \cdot \sum _{k=0}^{n-1} k! \binom{n}{k} \binom{n-1}{k}(2n x-k x+1) x^{-2 (n+1)+k} \end{align*}$

No sé cómo llegar desde aquí.

Answer 1

¿Cómo es esto?

$$\left(\sum _{k=0}^{n-1} k! \binom{n}{k} \binom{n-1}{k} \left(-2n+k\right) x^{-2 n+k-1}\right) - \left(\sum _{k=0}^{n-1} k! \binom{n}{k} \binom{n-1}{k} x^{-2 \left(n+1\right)+k}\right) =$$

$$= \left(\sum _{k=0}^{n-1} k! \binom{n}{k} \binom{n-1}{k} \left(-2n+k\right) x^{-2\left(n+1\right)+k+1}\right) - \left(\sum _{k=0}^{n-1} k! \binom{n}{k} \binom{n-1}{k} x^{-2 \left(n+1\right)+k}\right) =$$

$$= \left(\sum _{k'=1}^{n} \left(k'-1\right)! \binom{n}{k'-1} \binom{n-1}{k'-1} \left(-2n+k'-1\right) x^{-2\left(n+1\right)+k'}\right) - \left(\sum _{k=0}^{n-1} k! \binom{n}{k} \binom{n-1}{k} x^{-2 \left(n+1\right)+k}\right) =$$

$$= \left(\sum _{k'=0}^{n} \left(k'-1\right)! \binom{n}{k'-1} \binom{n-1}{k'-1} \left(-2n+k'-1\right) x^{-2\left(n+1\right)+k'}\right) - \left(\sum _{k=0}^{n} k! \binom{n}{k} \binom{n-1}{k} x^{-2 \left(n+1\right)+k}\right) =$$

$$= \sum _{k=0}^{n} \left(\left(k-1\right)! \binom{n}{k-1} \binom{n-1}{k-1} \left(-2n+k-1\right) - k! \binom{n}{k} \binom{n-1}{k}\right) x^{-2 \left(n+1\right)+k}$$

Entonces $$\left(k-1\right)! \binom{n}{k-1} \binom{n-1}{k-1} \left(-2n+k-1\right) - k! \binom{n}{k} \binom{n-1}{k} =$ $

$$= \frac{\left(k-1\right)!n!\left(n-1\right)!\left(-2n+k-1\right)}{\left(n-k+1\right)!\left(k-1\right)!\left(n-k\right)!\left(k-1\right)!} - \frac{k!n!\left(n-1\right)!}{\left(n-k\right)!k!k!\left(n-k-1\right)!} =$$

$$= \frac{n!\left(n-1\right)!\left(-2n+k-1\right)k}{\left(n-k+1\right)!\left(n-k\right)!k!} - \frac{n!\left(n-1\right)!\left(n-k\right)\left(n-k+1\right)}{\left(n-k\right)!k!\left(n-k+1\right)!} =$$

$$= \frac{n!\left(n-1\right)!}{\left(n-k+1\right)!\left(n-k\right)!k!} \left(\left(-2n+k-1\right)k - \left(n-k\right)\left(n-k+1\right)\right) =$$

$$= \frac{-n\left(n+1\right)n!\left(n-1\right)!}{\left(n-k+1\right)!\left(n-k\right)!k!} =$$

$$= -\frac{\left(n+1\right)!}{\left(n-k+1\right)!} \binom{n}{k} =$$

$$= -k! \binom{n+1}{k} \binom{n}{k}$$

Answer 2

Pedro y Mike respuestas claramente han resuelto esta cuestión; voy a explicar el OP de la mención de "Mathematica dice que es algo distribución hipergeométrica". Más específicamente, uno se pregunta cómo Mathematica podría haber llegado a la Kummer función hipergeométrica confluente ${}_1 F_1\left({{a}\atop{b}}\mid x\right)$.

Empezamos con la transformación de la serie de Maclaurin:

$$\exp\left(\frac1{x}\right)=1+\sum_{k=1}^\infty \frac1{x^k k!}$$

y, a continuación, diferenciar la serie termwise, utilizando la fórmula

$$\frac{\mathrm d^n}{\mathrm dx^n}x^{-k}=\frac{(-1)^n (n+k-1)!}{(k-1)! x^{k+n}}$$

para producir

$$\frac{\mathrm d^n}{\mathrm dx^n}\exp\left(\frac1{x}\right)=\frac{(-1)^n}{x^n}\sum_{k=1}^\infty \frac{(n+k-1)!}{k!(k-1)! x^k}$$

que puede ser vuelvan a indexar así:

$$\frac{\mathrm d^n}{\mathrm dx^n}\exp\left(\frac1{x}\right)=\frac{(-1)^n}{x^n}\sum_{k=0}^\infty \frac{(n+k)!}{(k+1)!k! x^{k+1}}$$

y reescrita en términos de Pochhammer símbolos para producir

$$\frac{\mathrm d^n}{\mathrm dx^n}\exp\left(\frac1{x}\right)=\frac{(-1)^n}{x^n}\sum_{k=0}^\infty \frac{n!(n+1)_k}{(2)_k k! x^{k+1}}$$

o, expresado hypergeometrically,

$$\frac{\mathrm d^n}{\mathrm dx^n}\exp\left(\frac1{x}\right)=\frac{(-1)^n n!}{x^{n+1}}{}_1 F_1\left({{n+1}\atop{2}}\mid \frac1{x}\right)$$

No es inmediatamente obvio que esta puede ser expresada en términos de $\exp(1/x)$ multiplicado por un número finito de suma, pero luego podemos aplicar el Kummer transformación de la función hipergeométrica así:

$$\frac{\mathrm d^n}{\mathrm dx^n}\exp\left(\frac1{x}\right)=\frac{(-1)^n n!}{x^{n+1}}\exp\left(\frac1{x}\right){}_1 F_1\left({{1-n}\atop{2}}\mid -\frac1{x}\right)$$

y encontrar que la función hipergeométrica tiene un valor no positivo numerador parámetro $1-n$$n > 0$, lo que significa que puede ser expresado como la terminación de la serie (ya que el símbolo de Pochhammer $(1-n)_k$$0$$k \geq n$):

$$\frac{\mathrm d^n}{\mathrm dx^n}\exp\left(\frac1{x}\right)=\frac{(-1)^n n!}{x^{n+1}}\exp\left(\frac1{x}\right)\sum_{k=0}^{n-1}\frac{(-1)^k (1-n)_k}{k!(k+1)!x^k}$$

Reescribir el símbolo de Pochhammer en términos de factoriales, obtenemos

$$\frac{\mathrm d^n}{\mathrm dx^n}\exp\left(\frac1{x}\right)=\frac{(-1)^n n!}{x^{n+1}}\exp\left(\frac1{x}\right)\sum_{k=0}^{n-1}\frac{(n-1)!}{(n-k-1)!k!(k+1)!x^k}$$

que es equivalente a la fórmula obtenida.

Mi punto aquí es que, creo, es que las funciones hipergeométricas no son nada para estar incómodo con el; si le ayuda, sólo considera como la taquigrafía para determinados (in)finito de sumas.

Answer 3

Usted puede obtener el mismo resultado mediante la Faà di Bruno fórmula y la Campana de polinomios.

El Faà di Bruno fórmula dice que $$\frac{d^n}{dx^n} f(g(x)) = \sum_{k=0}^n f^{(k)}(g(x)) B_{n,k}\left(g'(x),g''(x),\dots,g^{(n-k+1)}(x)\right),$$

donde $B_{n,k}(x_1,x_2,\dots,x_{n-k+1})$ es una vista parcial de la Campana de polinomio.

Desde $f(x) = e^x$, e $g(x) = 1/x$, tenemos $$\frac{d^n}{dx^n} e^{1/x} = \sum_{k=0}^n e^{1/x} B_{n,k}\left(-x^{-2},2x^{-3},\dots,(-1)^{n-k+1}(n-k+1)!x^{-n+k-2}\right).$$

Se sabe que $B_{n,k}(1!,2!,\dots,(n-k+1)!) = \binom{n}{k}\binom{n-1}{k-1} (n-k)!$, un Lah número (ver Wikipedia en la Campana de polinomios o Comtet la Avanzada de la Combinatoria, p. 135). De esa manera, mantener un seguimiento de los signos y de los poderes de $x$), $$\frac{d^n}{dx^n} e^{1/x} = (-1)^n e^{1/x} \sum_{k=0}^n \binom{n}{k}\binom{n-1}{k-1} (n-k)! x^{-n-k},$$ que es sólo su fórmula con un índice de cambio (y donde $\binom{n-1}{-1} = 0$).

Answer 4

Aquí es una muy elemental argumento que me guste más que mi respuesta anterior que utiliza el Faà di Bruno fórmula. Todo lo que se requiere son la serie de Maclaurin para $e^x$ y la definición de los Lah números de $L(n,k)$ como los coeficientes que surgen al convertir el aumento factorial poderes a caer factorial poderes a través de $$x^{\overline{n}} = \sum_{k=1}^n L(n,k) x^{\underline{k}}.$$

En primer lugar, sustituto $1/x$ $x$ en la serie de Maclaurin para $e^x$ y diferenciar $n$ veces. Este rendimientos $$\frac{d^n}{dx^n} e^{1/x} = (-1)^n x^{-n} \sum_{j=0}^{\infty} \frac{j^{\overline{n}} x^{-j}}{j!}.$$

A continuación, convertir el aumento de los poderes de la caída de facultades para obtener
$$\frac{d^n}{dx^n} e^{1/x} = (-1)^n x^{-n} \sum_{j=0}^{\infty} \sum_{k=1}^n L(n,k) \frac{j^{\underline{k}} x^{-j}}{j!}.$$

Trabajando con la suma de $j$, tenemos $$\sum_{j=0}^{\infty} \frac{j^{\underline{k}} x^{-j}}{j!} = \sum_{j=k}^{\infty} \frac{j^{\underline{k}} x^{-j}}{j!} = \sum_{j=k}^{\infty} \frac{j! x^{-j}}{(j-k)! j!} = \sum_{i=0}^{\infty} \frac{x^{-i-k}}{i!} = x^{-k} e^{1/x},$$ where the last step uses, once again, the Maclaurin series for $e^x$.

Así tenemos $$\frac{d^n}{dx^n} e^{1/x} = (-1)^n e^{1/x} \sum_{k=1}^n L(n,k) x^{-n-k},$$ which is just your formula with an index change, as $$L(n,k) = \binom{n}{k}\binom{n-1}{k-1} (n-k)!.$$

(Desde otra perspectiva, esto es calcular el aumento de los factoriales de los momentos de una distribución de Poisson $(1/x)$ distribución. Con esto en mente, convirtiendo a la caída de los factoriales de los poderes parece razonable, como la caída de los factoriales de los momentos de una distribución de Poisson tiene una conocida expresión simple. Ver también esta relacionada con la respuesta a una anterior de matemáticas.SE pregunta).

Answer 5

Podemos obtener una fórmula recursiva, como sigue:\begin{align} f\left( t \right) &= e^{1/t} \\ f'\left( t \right) &= - \frac{1}{{t^2 }}f\left( t \right) \\ f''\left( t \right) &= - \frac{1}{{t^2 }}f'\left( t \right) + f\left( t \right)\frac{2}{{t^3 }} \\ &= - \frac{1}{{t^2 }}\left\{ {\frac{1}{{t^2 }}f\left( t \right)} \right\} + f\left( t \right)\frac{2}{{t^3 }} \\ &= \left( {\frac{1}{{t^4 }} + \frac{2}{{t^3 }}} \right)f\left( t \right) \\ \ldots \end{align} inductivo, vamos a suponer es cierto, para un polinomio $f^{(n-1)}(t)=P_{n-1}(\frac{1}{t})f(t)$ $P_{n-1}$. Ahora, $n$, tenemos\begin{align} f^{\left( n \right)} \left( t \right) &= - \frac{1}{{t^2 }}P'_{n - 1} \left( {\frac{1}{t}} \right)f\left( t \right) + P_{n - 1} \left( {\frac{1}{t}} \right)f'\left( t \right) \\ &= - \frac{1}{{t^2 }}P'_{n - 1} \left( {\frac{1}{t}} \right)f\left( t \right) + P_{n - 1} \left( {\frac{1}{t}} \right)\left\{ { - \frac{1}{{t^2 }}f\left( t \right)} \right\} \\ &= - \frac{1}{{t^2 }}\left\{ {P'_{n - 1} \left( {\frac{1}{t}} \right) + P_{n - 1} \left( {\frac{1}{t}} \right)} \right\}f\left( t \right) \\ &= P_n \left( {\frac{1}{t}} \right)f\left( t \right) \end{align} por lo tanto,\begin{align} f^{\left( n \right)} \left( t \right) = P_n \left( {\frac{1}{t}} \right)f\left( t \right) \end {alinee el} donde, $P_n \left( x \right): = x^2 \left[ {P'_{n - 1} \left( x \right) - P_{n - 1} \left( x \right)} \right]$, $P_0=1$.