Hitta jämna derivator i x = 1 och x = 0 av ett 'jobbigt' polynom

Så Pk definieras av andra raden och du vill bestämma Pk'(0) och Pk'(1)?

Är det problemet?

För x= 0 fallet är det väl enklast att serieutveckla

Pk(x) = a + bx + ...

Och strunta i att utvärdera koeffixienterna förutom den andra eftersom

Pk'(0) = b

För x=1 kan vi derfiniera 

Rk(x) = Pk(x + 1)

och göra samma sak.

Annars har jag missförstått frågan.

Edit:

Ah missade att det var alla jämna derivator och inte bara några specifika.

Då påbörjar jag ett nytt försök.

Jag vill börja med att bara utforska omskrivningar av polynomet så att det blir lite mer symmetriskt. Jag lägger till kn som subscript för att betona att n också är ett index.

Jag skriver bara ut några omskrivningar gjort till att börja med. Nedan är inte någon full lösning.

$P_{kn}(x) = x^{n - 1} \prod_{j = 0}^n (j + k - n - xk)$

Först och främst så ser det ut som att vi kan göra en del algebraiska omskrivningar i ett försök att exponera fler symmetrier

$P_{kn}(x) = x^{n - 1} \prod_{j = 0}^n (j  - n + k(1 - x))$

Eftersom j räknar från 0 till n så kommer j - n = -(n - j) bara att räkna upp -n, -(n - 1), -(n - 2), ..., -1, 0. Dvs de negativa heltalen med belopp mindre eller lika med n, bara i omvänd ordning så vi kan räkna från litet tills stortt vilket blir lättare att läsa

$P_{kn}(x) = x^{n - 1} \prod_{j = 0}^n (k(1 - x) - j)$

Vi bryter ut k så att vi får

$P_{kn}(x) = \cfrac{1}{k^n} x^{n - 1} \prod_{j = 0}^n ((1 - x) - \cfrac{j}{k})$

eller om vi flyttar om så att vi lättare kan läsa av nollställena

$P_{kn}(x) = \cfrac{(-1)^{n + 1}}{k^n} x^{n - 1} \prod_{j = 0}^n (x - 1 + \cfrac{j}{k})$

Hittills har jag bara gjort omskrivningar och så får vi se om jag kommer vidare därifrån men jag har svårt att tänka mig att någon av dessa inte är användbar.

Jag börjar bli skeptisk om vi kommer hitta någon trevlig formel här.

Att bestämma derivatorna $P^{(s)}(0)$ är ekvivalent med att hitta de jämna koefficienterna till polynomets utvecklade form eftersom $P^{(s)}(0) = s! a_{s}$ där $a_s$ där $a_s$ är den s:e koefficienten i utvecklingen (förutsatt att s är mindre än polynomets grad)

Att finna koefficienterna till ett polynom givet dess nollställen är rent aritmetiskt trivialt men finns inte i allmännhet slutna formler som är tillfredställande. 

Vi kan exempelvis använda Vietes formler (https://en.wikipedia.org/wiki/Vieta%27s_formulas)

där vi borde få rent konceptuellt att

$a_{n - k} = (-1)^{k} a_n \sum_{1 \leq i_1 \leq i_2 \leq ... i_k \leq n } \prod_{j = 1}^k r_{i_j}$

Kanske att våra nollställen här samspelar på något spännande sätt osm gör att de tar ut varandra men jag skulle själv göra en numerisk studie innan jag började hoppas.

Mitt nästa mål är att se om jag kan göra någon ekvivalent till variabelseparation för att försöka separera inflytandet hos k och n.

Intressanta ideer! Ja, Vietes formler är inte särskilt snygga i ett mer generellt sammanhang. Jag har ingen aning om det finns någon snygg formel, vilket i sig är rätt intressant. Ofta brukar ju rötterna vara det mest önskvärda hos ett polynom. Men här är det mycket svårare att finna derivatorna med hjälp av rötterna än om vi hade alla koefficienter (snyggt) givna. Den slutna formen för integralen jag håller på med är en rätt stor formel:

$\displaystyle I_n = \frac{2}{(n-1)!}\sum_{k=1}^{n}\binom{n}{n-k}\sum_{\ell = 1}^{n} \frac{\left(-1\right)^{\ell}\left(P_k^{(2\ell)}\left(1\right)\left(-1\right)^k-P_k^{(2\ell)}\left(0\right)\right)}{\pi^{2\ell}k^{2\ell + 1-n}}\left(1-2^{-1-2\ell}\right)\zeta\left(2\ell + 1\right)$


Det kanske skulle vara lite komiskt att använda Vietes, skulle lägga till några fler summor och produkter!

Jag ska leka runt lite mer med rekursionen för $R_m$, jag tyckte det kändes halvlovande. Det är i alla fall lite enklare uttryck att jobba med. 

Jag har mer hopp om att kollapsa själva summan eller åtminstine täljarsifferenserna i din integralformel till något enklare uttryck än att erhålla alla individuella derivatavärden

Summan av alla 2n-derivator hos ett polynom är ju effektivt summan av alla jämna koefficienter och summan av alla jämna koefficienter till ett polynom (plus fakulteter) med endast jänna faktorer är bokstavligen p(0)

Man kan även lätt jämnifiera (symmetrisera) ett polynom genom att konstruera p(x) + p(-x) eftersom de udda termerna tar ut varandra.

Detta känns i alla fall som ideer men kan testa att utforska. 

Lite progress med det ursprungliga jag tog upp: 

Det finns en formel som heter Faà di Bruno's formel, som är en generaliserad kedjeregel för den $n$:te derivatan. Enligt mina definitioner tidigare har vi att (ignorerar index på $P$ här)

$\displaystyle \frac{d}{dx}\ln P\left(x\right) = Q_0\left(x\right)$ och $\displaystyle \frac{d^m}{dx^m} \ln P\left(x\right) = Q_m\left(x\right)$

Faà di Bruno's formel (speciallfall längre ned på wikipediasidan) ger

$\displaystyle \frac{d^m}{dx^m}P\left(x\right) = \frac{d^m}{dx^m}e^{\ln P\left(x\right)} = P\left(x\right)B_m\left(Q_0\left(x\right), Q_1\left(x\right),\dots, Q_{m-1}\left(x\right)\right)$

Där $B_m(x_1, \dots, x_m)$ är det $m$:te "complete exponential bell polynomial". Detta ger oss då att den "slutna" formeln för $R_m$ är $B_m\left(Q_0\left(x\right), Q_1\left(x\right),\dots, Q_{m-1}\left(x\right)\right)$.

Coolt, men kanske inte särskilt lätt att jobba med. Jag ska leka lite med definitionerna av dessa polynom. Det kanske kan, på något under, förenklas till något trevligt. Det jobbiga är däremot att $Q_i(a)$ där $a=0, 1$ ej är definierade. Man måste egentligen ta gränsvärden på grund av att de är rötter till $P$. 

Ska testa dina förslag efter jag lekt runt med detta!

Tillägg: 25 dec 2025 14:47

Rättning:

$\displaystyle \frac{d^m}{dx^m}\ln P(x) = Q_{m-1}(x)$

Tillägg: 26 dec 2025 17:26

Angående att hålla på integralformeln direkt och skriva om summan av derivatorna tycker jag det känns lite svårt. Varje derivata är har ju $\pi$ till någon exponent från nämnaren och sedan även zetafunktionen som multipliceras ihop. Om man byter summeringsordning kanske det är lättare, då får man inga sådana problem i alla fall, bara rationella tal. Däremot summerar vi då över indexet $k$ och polynomen är inte suuper länkade med varandra längre. 

Tillbaka till att utveckla polynomet till $a_0 + \dots + a_{2n}x^{2n}$:

Vi har att

$\displaystyle P\left(\frac{x-n+k}{k}\right)=\left(\frac{x-n+k}{k}\right)^{n-1}\prod_{j=0}^{n}\left(j-x\right)$

Nu är produkten definitionen av pochhammer symbolen, $(x)_n = x(x+1)\cdots(x+n-1)$ detta är trevligt pga att de har en "känd utveckling". 

Pochhamer definitionen ger

$\displaystyle P\left(\frac{x-n+k}k\right) = \left(\frac{x-n+k}{k}\right)^{n-1}\left(-x\right)_{n+1}$
Vilket ger att 

På wikipediasidan för ${n\brack k}$, stirlingtalen av första slaget får vi (notation för pochhammer är annorlunda där än jag är van vid)

$\displaystyle P\left(\frac{x-n+k}k\right) = \left(\frac{x-n+k}{k}\right)^{n-1}\sum_{j=0}^{n+1}\left(-1\right)^{j}{{n+1}\brack j}x^{j}$

Trevligt, då har vi nästan en parentesutveckling för $P$. Jag är nöjd om man kan skriva derivatorna uttryckta i stirlingtal. Det jobbiga är nu faktorn framför summan. 

Tillägg: 26 dec 2025 19:18

Detta fungerade rätt bra!

Man får att, för $a$ positivt heltal,

$\displaystyle P^{(a)}\left(0\right) = \frac{a!\left(n-k\right)^{n-1-a}}{k^{n-a-1}}\sum_{j=0}^{n+1}\sum_{m=0}^{n-1}\left(-1\right)^{j+n-1-m}{n+1\brack j}\binom{n-1}{m}\binom{j+m}{a}\left(n-k\right)^{j}$

$\displaystyle P^{(a)}\left(1\right) = \frac{a!\left(n-k\right)^{n-1}}{k^{n-a-1}n^{a}}\sum_{j=0}^{n+1}\sum_{m=0}^{n-1}\left(-1\right)^{j+n-1-m}{n+1\brack j}\binom{n-1}{m}\binom{j+m}a n^{j+m}\left(n-k\right)^{-m}$

Jag hoppas det finns en del förenkling att göra, kanske när man lagt in detta i integralformeln. Vi får se! Tack.