$n$-ésima derivada de $\sin^k(x)$

Question

Me gustaría saber si hay una fórmula general para calcular el $n$-ésima derivada de $\sin^k(x)$ evaluado en $x=0$, es decir,

$$\left.\frac{d^n}{d x^n} (\sin^k(x))\right|_{x=0}$$

con $0\leq k \leq n$.

Answer 1

Tiene una composición de dos funciones. Para tomar la $n$th derivado de aplicar la Faa di Bruno fórmula esbozado aquí, con $f(x)=x^k$$g(x)=\sin(x)$, y la divide $n$th derivado $f^{[n]}=\frac{1}{n!}f^{(n)}$.

$$\begin{align} \left(f\circ g\right)^{[n]}(x)&=\sum_{P\in\mathcal{P}_n}f^{[\left\lvert P\right\rvert]}(g(x))g^{[P]}(x)\\ &=\sum_{P\in\mathcal{P}_n}f^{[\left\lvert P\right\rvert]}(\sin(x))\sin^{[P]}(x)\\ &=\sum_{P\in\mathcal{P}_n}\binom{k}{\left\lvert P\right\rvert}\sin^{k-\left\lvert P\right\rvert}(x)\sin^{[P]}(x)\\ \end{align}$$

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Puesto que usted está interesado sólo en la evaluación a $x=0$, entonces a partir de la $\sin(0)=0$, sólo será necesario tener en cuenta los términos donde $|P|=k$.

$$\begin{align} \left.\left(f\circ g\right)^{[n]}(x)\right|_{x=0}&=\left.\sum_{\left\lvert P\right\rvert=k}\sin^{[P]}(x)\right|_{x=0}\\ \left.\left(f\circ g\right)^{(n)}(x)\right|_{x=0}&=n!\left.\sum_{\left\lvert P\right\rvert=k}\sin^{[P]}(x)\right|_{x=0}\\ \end{align}$$

Y en realidad los únicos términos que le dan un valor distinto de cero aporte son aquellos que provienen de una partición que consta de sólo números impares (ya que de lo contrario $\left.\sin^{[P]}(x)\right|_{x=0}$ tienen un factor de $\left.\sin(x)\right|_{x=0}$). Por ejemplo, con $k=8$, e $n=12$, el único ordenado de las particiones de $12$ que el uso de $8$ los números impares son $$(1+1+1+1+1+1+1+5)\times 8\quad(1+1+1+1+1+1+3+3)\times \binom{8}{2}$$ so $$\left.\frac{d^{12}}{dx^{12}}\sin^8(x)\right|_{x=0}=12!\cdot\left(8\cdot\frac{1}{5!}+28\cdot\left(\frac{-1}{3!}\right)^2\right)=404490240$$

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Aquí está un resumen de la fórmula: $$\begin{align} \left.\frac{d^n}{dx^n}\sin^k(x)\right|_{x=0} &=n!\sum_{\begin{array}{c}j_1+j_2+\cdots j_k=n\\j_i\text{ odd},\; j_i\geq1\end{array}}\prod_{i=1}^k\frac{(-1)^{(j_i-1)/2}}{j_i!}\\ Y=(-1)^{(n-k)/2}\sum_{\begin{array}{c}j_1+j_2+\cdots j_k=n\\j_i\text{ odd},\; j_i\geq1\end{array}}\binom{n}{j_1\;j_2\;\cdots\;j_k} \end{align}$$

Algunos corolarios:

$$\left.\frac{d^n}{dx^n}\sin^k(x)\right|_{x=0}=\begin{cases}0&n<k\\ n!&n=k\\ 0&n\not\equiv k\mod{2}\\ (-1)^{(n-1)/2}&k=1\\ -n!k/6&n=k+2 \end{casos}$$

Answer 2

Probablemente la forma más fácil de hacer esto es usar la forma exponencial de $\sin$ y luego el teorema del binomio: $$ \sin^k(x) = \left(\frac{e^{ix}-e^{-ix}}{2}\right)^k=\frac{1}{(2i)^k}\sum_{j=0}^k \binom{k}{j} e^{jix}(-1)^{k-j}e^{-(k-j)ix}=\frac{1}{(2i)^k}\sum_{j=0}^k \binom{k}{j} (-1)^{k-j}e^{(2j-k)ix} $$

El $n$th derivado de la $e^{ax}$ evaluada en cero es $a^n$, por lo que la fórmula que se busca es $$ \frac{1}{(2i)^k}\sum_{j=0}^k \binom{k}{j}(-1)^{k-j}[i(2j-k)]^n $$

Se podría convertir en un puramente real de la fórmula, pero se necesitaría una cierta cantidad de análisis de casos; esta es probablemente la forma más compacta a menos que haya alguna simplificación binomio identidad, me estoy perdiendo.

(El otro enfoque posible sería la de examinar la serie de Taylor de $\sin^k x$, pero que requiere de la multinomial teorema en lugar de el teorema del binomio, por lo que es probable que sea mucho más complicada...)

Answer 3

En la Wikipedia a encontrar las fórmulas para la transformación de una potencia de un seno a una suma de senos de múltiplos. Tomando los derivados a $x=0$ luego es sencillo.

Por ejemplo, para los impares $k$ e impares $n$

$$2^{1-k}(-1)^{(k-1)/2}\sum_{j=0}^{(k-1)/2}(-1)^{j+(n-1)/2}\binom kj(k-2j)^n.$$

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Debido a que el cambio de nombre de los índices "sobre la marcha", los errores tipográficos son probables.