Ist nicht die Aufgabenstellung, aber einfach damit du siehst wie man es normalerweise berechnen würde. Für die nte Ableitung des Produkts zweier Funktionen kann mittels des Binomialsatzes eine "allgemeine" Formel angegeben werden. Seien \( f \) und \( g \) zwei differenzierbare Funktionen und definiere
\( D_{1}(f g)=f^{\prime} g, \quad D_{2}(f g)=f g^{\prime} \)
also
\( (f g)^{\prime}=f^{\prime} g+f g^{\prime}=D_{1}(f g)+D_{2}(f g)=\left(D_{1}+D_{2}\right)(f g) \)
Diese beiden Operatoren kommutieren, denn
\( D_{1} D_{2}(f g)=f^{\prime \prime} g+2 f^{\prime} g^{\prime}+f g^{\prime \prime}=D_{2} D_{1}(f g) \)
also kann der Binomialsatz auf Potenzen ihrer Summe angewendet werden. Es gilt nun also
\( \begin{aligned} (f g)^{(n)}=\left(D_{1}+D_{2}\right)^{n}(f g) &=\sum \limits_{k=0}^{n}\left(\begin{array}{l} n \\ k \end{array}\right) D_{1}^{k} D_{2}^{n-k}(f g) \\ &=\sum \limits_{k=0}^{n}\left(\begin{array}{l} n \\ k \end{array}\right) D_{1}^{k}( f g^{(n-k)})=\sum \limits_{k=0}^{n}\left(\begin{array}{l} n \\ k \end{array}\right) f^{(k)} g^{(n-k)} \end{aligned} \)
In deinem Fall gilt \( f(x)=\ln (x) \) und \( g(x)=\frac{1}{x} \) also erhalten wir wegen \( f^{\prime}=g \) mit der Konvention
\( g^{(-1)}=\ln (x) \) nämlich
\(\begin{aligned} f^{(n)}(x)=g^{(n-1)}(x), \quad g^{(n)}(x)=\frac{(-1)^{n} n !}{x^{n+1}}\end{aligned} \)
Einsetzen in die oben gefundene Formel ergibt
\( \begin{aligned} (f g)^{(n)}(x) &=\ln (x) \frac{(-1)^{n} n !}{x^{n+1}}+\sum \limits_{k=1}^{n}\left(\begin{array}{c} n \\ k \end{array}\right) \frac{(-1)^{k-1}(k-1) !}{x^{k}} \cdot \frac{(-1)^{n-k}(n-k) !}{x^{n-k+1}} \\ &=\ln (x) \frac{(-1)^{n} n !}{x^{n+1}}+n ! \sum \limits_{k=1}^{n} \frac{(-1)^{n-1}}{x^{n+1}} \cdot \frac{1}{k} \\ &=\ln (x) \frac{(-1)^{n} n !}{x^{n+1}}+n ! \frac{(-1)^{n-1}}{x^{n+1}} \sum \limits_{k=1}^{n} \frac{1}{k} \end{aligned} \)
