No post anterior deduzi a fórmula da "derivada do produto generalizado" e com ela a derivada da potência.
Isso permite-me deduzir uma fórmula para $(a+x)^n$ com $n$ em $n \in \N_0$.
Ora, $f(x)=(a+x)^n$ pode ser escrito como um polinómio de grau $n$.Vamos lá escrever \[ f\left( x \right) = a_0 + \sum\limits_{k = 1}^n {a_k x^k } \] Para alguns números $a_k, k\in\N$.
Torna-se importante determinar os valores de cada $a_k$
Ora, conseguem-se calcular os valores de $f(x), f'(x),f''(x),... f^{(n)}(x)$.
Portanto...Podemos ter forma de o fazer! Pois \[ f\left( 0 \right) = a_0 + \sum\limits_{k = 1}^n {a_k 0^k }=a_0 \] Ou seja $a_0=f(0)$ Para determinar $a_1$ pode-se recorrer à mesma ideia, tendo em conta que \[ f'\left( x \right) = a_1 + \sum\limits_{k = 2}^n {a_k kx^{k-1} } \] Portanto \[ f'\left( 0 \right) = a_1 + \sum\limits_{k = 2}^n {a_k k^{k-1} } =a_1 \] Ou seja $a_1=f'(0)$
Pode-se continuar. \[ f''\left( x \right) = 2a_2 + \sum\limits_{k = 3}^n {a_k k\left(k-1\right)x^{k-2} } \] De onde \[ f''\left( 0 \right) = 2a_2 + \sum\limits_{k = 3}^n {a_k k\left(k-1\right)0^{k-2} }=2a_2 \] Logo $$a_2=\frc{f''(0)}{2}$$ Apareceu aqui uma fracção. Se calhar é boa ideia calcular mais alguns termos. \[ f'''\left( x \right) = 3\times2a_3 + \sum\limits_{k = 4}^n {a_k k\left(k-1\right)\left(k-2\right)x^{k-3} } \] De onde \[ f'''\left( 0 \right) = 3\times2a_3 + \sum\limits_{k = 4}^n {a_k k\left(k-1\right)\left(k-2\right)0^{k-3}=3\times2a_3 } \] Logo $$a_3=\frc{f'''(0)}{3\times2}$$ Continuando, conseguimos provar que $$a_k=\frc{f^{(k)}(0)}{k!}$$ E portanto \[ f(x)=f(0)+\sum\limits_{k=1}^n{\frc{f^{(k)}(0)}{k!}x^k}\] Que é aquilo a que normalmente se chama expansão em polinómio de MacLaurin de grau $n$ da função $f$.
Portanto, basta-nos calcular $f(0),f'(0),f''(0),...,f^{(n)}(0)$. Comecemos pelo cálculo da derivada de ordem $k$ de $(a+x)^n$ \begin{eqnarray*} {f(x)}&{=}&{(a+x)^n}\\ {f'(x)}&{=}&{n(a+x)^{n-1}}\\ {f''(x)}&{=}&{n(n-1)(a+x)^{n-2}}\\ {f'''(x)}&{=}&{n(n-1)(n-2)(a+x)^{n-3}}\\ {}&{\vdots}&{}\\ {f^{(k)}(x)}&{=}&{n(n-1)(n-2)\cdots(n-k+1)(a+x)^{n-k}}\\ {}&{\vdots}&{}\\ {f^{(n)}(0)}&{=}&{n!} \end{eqnarray*} Portanto \begin{eqnarray*} {f(0)}&{=}&{a^n}\\ {f'(0)}&{=}&{n\times a^{n-1}}\\ {f''(0)}&{=}&{n(n-1)a^{n-2}}\\ {f'''(0)}&{=}&{n(n-1)(n-2)a^{n-3}}\\ {}&{\vdots}&{}\\ {f^{(k)}(0)}&{=}&{n(n-1)(n-2)\cdots(n-k+1)a^{n-k}}\\ {}&{=}&{n(n-1)(n-2)\cdots(n-k+1)\frc{\left(n-k\right)!}{\left(n-k\right)!}a^{n-k}}\\ {}&{=}&{\frc{n!}{\left(n-k\right)!}} \end{eqnarray*} Assim sendo \[ f(x)=f(0)+\sum\limits_{k=1}^n{\frc{f^{(k)}(0)}{k!}x^k}=a^n+\sum\limits_{k=1}^n{\frc{n!}{\left(n-k\right)!k!}a^{n-k}x^k}\] Para $x\neq0$ até se pode escrever \[(a+x)^n=\sum\limits_{k=0}^n{\frc{n!}{\left(n-k\right)!k!}a^{n-k}x^k}\] Se convencionarmos que nesta fórmula $0^0=1$ então \[(a+b)^n=\sum\limits_{k=0}^n{\frc{n!}{\left(n-k\right)!k!}a^{n-k}b^k}\] Que é uma conhecida fórmula para o binómio de Newton
Note-se que $(a+b)^n=(b+a)^n$ pois a adição é comutativa. Isso significa que \[ (a+b)^n=(b+a)^n=\sum\limits_{k=0}^n{\frc{n!}{\left(n-k\right)!k!}a^{n-k}b^k}=\sum\limits_{k=0}^n{\frc{n!}{\left(n-k\right)!k!}a^{k}b^{n-k}} \] E, por exemplo, torna bastante estúpido falar em "o" termo de ordem $j$ do desenvolvimento do binómio de Newton.
PS: Sobre $0^0$ : Z0nα Exact4: $0^0$ .
