Estoy tratando de encontrar una solución de forma cerrada para $$\frac {d^n}{dx^n} \frac {1}{1-ae^x}$$ He intentado reconocer un patrón computando casos específicos pero hasta ahora no he tenido suerte.
Sé que la función es una composición de $x^{-1}$ y $1-ae^x$ . El $k$ La derivada de esta última es la misma para todos los $k\ge 1$ y existe una forma cerrada de la $k$ derivada de la anterior. Sin embargo, sigo sin encontrar ninguna respuesta.
Sin embargo, al calcular las derivadas manualmente puedo ver que en el numerador siempre hay un polinomio mónico en $ae^x$ con término constante igual a uno, todo multiplicado por $-ae^x$ y el denominador se eleva siempre al $n+1$ para el $n$ ª derivada.
Intenté disponer los coeficientes del polinomio en el numerador en un triángulo como el de Pascal pero sólo reconocí un patrón para los coeficientes de los dos primeros y últimos términos.
He probado la fórmula de Faa di Bruno pero, francamente, está por encima de mis posibilidades. ¿Hay una solución inteligente o incluso una solución en absoluto?
Respuestas
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Calculando explícitamente las primeras derivadas parece que el $n$ La derivada de $\frac{1}{1-ae^x}$ está en la forma
$$\color{red}{\frac{d^n}{dx^n}\left(\frac{1}{1-ae^x}\right) = \frac{\sum_{k=1}^n f(n,k) a^ke^{kx}}{(1-ae^x)^{n+1}}}$$
donde $f(n,k)$ son constantes. Esta forma funcional se puede demostrar formalmente por inducción. Tomando la derivada de la expresión anterior e igualándola a la misma fórmula con $n\to n+1$ obtenemos $$\frac{d}{dx}\left(\frac{\sum_{k=1}^n f(n,k) a^ke^{kx}}{(1-ae^x)^{n+1}}\right) = \frac{\sum_{k=1}^{n+1} f(n+1,k) a^ke^{kx}}{(1-ae^x)^{n+2}} $$
que al expandirse nos da una fórmula de recursión para $f(n,k)$ :
$$f(n+1,k) = k f(n,k) + (n+2-k) f(n,k-1)~\text{for}~k=2,3,\ldots,n$$
con $f(n+1,1) = f(n+1,n+1) = 1$ . Esta es la fórmula de recursión conocida para los números eulerianos (desplazados) $f(n,k) = A(n,k-1) \equiv \left\langle {n \atop k-1} \right\rangle$ .
Para más información sobre los números eulerianos, véase por ejemplo MathWorld : Triángulo de números de Euler , Wiki : Números eulerianos , OEIS : Números eulerianos . Los primeros valores son (cada fila da $f(n,k)$ para $k=1,2,\ldots,n$ ):
$$\matrix{1 & n=1\\1~1 & n=2\\1~4~1 & n=3\\1~11~11~1 & n=4\\1~26~66~26~1 & n=5\\1~57~302~302~57~~~1 & n=6}$$
Se puede empezar aplicando la identidad $\frac{1}{1-y}=1+y+y^2+\ldots$ ajuste $y=ae^x$ . Esto da* $$\frac{1}{1-ae^x}=1+ae^x+a^2e^{2x}+a^3e^{3x}+\ldots.$$ Esto hace que la diferenciación sea realmente fácil: $$\frac{d^n}{dx^n}\frac{1}{1-ae^x}=ae^x+2^na^2e^{2x}+3^na^3e^{3x}+\ldots.$$ Ahora, es un hecho razonablemente estándar sobre las funciones generadoras que, para cualquier polinomio $P$ de grado $n$ Hay otro $Q$ de grado no superior a $n$ tal que $$\frac{Q(y)}{(1-y)^{n+1}}=P(0)+P(1)y+P(2)y^2+P(3)y^3+\ldots$$ y vemos que tenemos básicamente esta situación aquí, donde $P(m)=m^n$ . ¿Cómo podemos encontrar $Q(y)$ ? Bien, simplemente multiplicamos ambos lados de la expresión por $(1-y)^{n+1}=\sum_{i=0}^{n+1}(-1)^i{n+1\choose i}y^i$ . A continuación, recopilamos los términos, y encontramos que si $Q(y)=\sum_{i=0}^{n}a_iy^i$ tenemos $$a_i=\sum_{j=0}^i(-1)^j{n+1\choose j}P(i-j)=\sum_{j=0}^i(-1)^j{n+1\choose j}(i-j)^n.$$ Como se señala en la respuesta de @Winther, estos coeficientes son Números eulerianos . Es decir, $a_i=A(n,i-1)$ en la terminología indicada en la página enlazada. Wikipedia señala en la sección de identidades que son la función generadora de la secuencia de $n^{th}$ poderes, que es exactamente por lo que aparecen aquí. Si tomamos este polinomio $Q$ , obtenemos que $$\frac{d^n}{dx^n}\frac{1}{1-ae^{x}}=\frac{Q(ae^x)}{(1-ae^x)^{n+1}}$$
(*Atención: Todo funciona bien en el caso general, pero la lógica aquí sólo se aplica técnicamente para $|ae^x|<1$ . Más o menos, podemos suponer que, puesto que la respuesta es al menos correcta en algún conjunto abierto y todo se comporta bien en todas partes (por ejemplo, es holomorfo), las cosas funcionarán. Puede existir alguna explicación más profunda)
