Estoy leyendo una colección de problemas por el matemático ruso Vladimir Arnol d, titulado Un Matemático Trivium. Estoy tomando una puñalada en el este:
Calcular el $100$th derivada de la función $$\frac{x^2 + 1}{x^3 - x}.$$
La derivada es no trivial (en el sentido de que yo calculada para un par de rondas, y sólo llegó a ser más asertivo). Mi primer pensamiento fue dejar
$$f(x) = x^2 + 1, \text{ } g(x) = \frac{1}{x^3 - x}$$
y aplicar la regla de Leibnitz para los productos,
$$fg^{(n)}(x) = \sum_{k=0}^n {n\choose k} f^{(n-k)}(x)g^{(k)}(x) .$$
Desde $f$ se desvanece después de la tercera diferenciación, obtenemos
$$fg^{(100)}(x) = {100 \choose 2}f^{(2)}g^{(98)} + {100 \choose 1}f^{(1)}g^{(99)} {100 \choose 0}f^{(0)}g^{(100)} \\= 9900g^{(98)} + 200xg^{(99)} + (x^2 + 1)g^{(100)}$$
Esto sería genial si pudiéramos calcular los últimos derivados de $g$. De hecho, se puede hervir esta abajo: aviso que
$$g(x) = h(x)i(x)j(x), \hspace{4mm} h(x) = \frac{1}{x-1}, \text{ } i(x) = \frac{1}{x}, \text{ } j(x) = \frac{1}{x+1};$$
además, $h, i,$ $j$ tienen un comportamiento amistoso en repetidas diferenciación, por ejemplo,$h^{(n)}(x) = \frac{(-1)^n n!}{(x-1)^{n + 1}}$.
Así que, en general, es posible utilizar Leibnitz de nuevo para vencer una larga derivados de esta función, (a saber,
$$g^{(n)}(x) = \sum_{k=0}^n {n \choose k} h^{(n-k)}(x) \Bigl(\sum_{l=0}^k {k \choose l} i^{(k-l)}(x) j^{(l)}(x)\Bigr)$$
con los detalles rellenado).
Sin embargo, esto es realmente bastante lejos de la computación de la derivada.
Entonces, mi pregunta: ¿alguien sabe cómo mejorar el argumento anterior, o generar uno nuevo, que puede resolver el problema?
