Раздел II. Дифференциальное исчисление функций одной переменной — § 5. Производные и дифференциалы высших порядков

Демидович — задача 1215

Б. П. Демидович, «Сборник задач и упражнений по математическому анализу». Условие и подробное решение по шагам.

Задача 1215

Преобразовав функциюf(x)=sin⁡2px,f(x)=\sin^{2p}x,где pp — натуральное число, в тригонометрический многочленf(x)=∑k=0pAkcos⁡2kx,f(x)=\sum_{k=0}^{p}A_k\cos 2kx,найти f(n)(x)f^{(n)}(x).
Указание. Положитьsin⁡x=12i(t−tˉ),\sin x=\frac1{2i}(t-\bar t),где t=cos⁡x+isin⁡xt=\cos x+i\sin x и tˉ=cos⁡x−isin⁡x\bar t=\cos x-i\sin x, и воспользоваться формулой Муавра.

Решение

Идея

Воспользуемся формулой Эйлера (которая следует из формулы Муавра). Обозначим t=eix=cos⁡x+isin⁡xt = e^{ix} = \cos x + i\sin x, тогда tˉ=e−ix=cos⁡x−isin⁡x\bar{t} = e^{-ix} = \cos x - i\sin x. Синус можно выразить как
sin⁡x=t−tˉ2i=t−t−12i\sin x = \frac{t - \bar{t}}{2i} = \frac{t - t^{-1}}{2i}Тогда функция f(x)f(x) примет видf(x)=(t−t−12i)2p=1(2i)2p(t−t−1)2p=122p(−1)p(t−t−1)2p=(−1)p22p(t−t−1)2pf(x) = \left( \frac{t - t^{-1}}{2i} \right)^{2p} = \frac{1}{(2i)^{2p}} (t - t^{-1})^{2p} = \frac{1}{2^{2p}(-1)^p} (t - t^{-1})^{2p} = \frac{(-1)^p}{2^{2p}} (t - t^{-1})^{2p}Раскроем скобки по формуле бинома Ньютонаf(x)=(−1)p22p∑m=02p(2pm)t2p−m(−t−1)m=(−1)p22p∑m=02p(−1)m(2pm)t2p−2mf(x) = \frac{(-1)^p}{2^{2p}} \sum_{m=0}^{2p} \binom{2p}{m} t^{2p-m} (-t^{-1})^m = \frac{(-1)^p}{2^{2p}} \sum_{m=0}^{2p} (-1)^m \binom{2p}{m} t^{2p-2m}Сгруппируем слагаемые, равноотстоящие от концов суммы (то есть слагаемые с индексами mm и 2p−m2p-m). При m=pm = p мы получим центральное слагаемое, не содержащее tt:f(x)=(−1)p22p(2pp)(−1)p+(−1)p22p∑m=0p−1(−1)m(2pm)(t2p−2m+t−(2p−2m))f(x) = \frac{(-1)^p}{2^{2p}} \binom{2p}{p} (-1)^p + \frac{(-1)^p}{2^{2p}} \sum_{m=0}^{p-1} (-1)^m \binom{2p}{m} (t^{2p-2m} + t^{-(2p-2m)})Так как (−1)2p=1(-1)^{2p} = 1 и tk+t−k=eikx+e−ikx=2cos⁡kxt^k + t^{-k} = e^{ikx} + e^{-ikx} = 2\cos kx, перепишем суммуf(x)=122p(2pp)+(−1)p22p−1∑m=0p−1(−1)m(2pm)cos⁡(2(p−m)x)f(x) = \frac{1}{2^{2p}} \binom{2p}{p} + \frac{(-1)^p}{2^{2p-1}} \sum_{m=0}^{p-1} (-1)^m \binom{2p}{m} \cos(2(p-m)x)Сделаем замену индекса суммирования k=p−mk = p - m. Когда mm пробегает значения от 00 до p−1p-1, индекс kk изменяется от pp до 11. При этом (−1)m=(−1)p−k(-1)^m = (-1)^{p-k}f(x)=122p(2pp)+122p−1∑k=1p(−1)2p−k(2pp−k)cos⁡2kxf(x) = \frac{1}{2^{2p}} \binom{2p}{p} + \frac{1}{2^{2p-1}} \sum_{k=1}^p (-1)^{2p-k} \binom{2p}{p-k} \cos 2kxУчитывая, что (−1)2p−k=(−1)−k=(−1)k(-1)^{2p-k} = (-1)^{-k} = (-1)^k, получаем окончательное тригонометрическое разложениеf(x)=122p(2pp)+122p−1∑k=1p(−1)k(2pp−k)cos⁡2kxf(x) = \frac{1}{2^{2p}} \binom{2p}{p} + \frac{1}{2^{2p-1}} \sum_{k=1}^p (-1)^k \binom{2p}{p-k} \cos 2kxТеперь найдём nn-ю производную полученного тригонометрического многочлена. Производная константы при n≥1n \ge 1 равна нулю, а для косинуса используем известную формулу (cos⁡ax)(n)=ancos⁡(ax+πn2)(\cos ax)^{(n)} = a^n \cos\left(ax + \frac{\pi n}{2}\right)f(n)(x)=122p−1∑k=1p(−1)k(2pp−k)(2k)ncos⁡(2kx+πn2)f^{(n)}(x) = \frac{1}{2^{2p-1}} \sum_{k=1}^p (-1)^k \binom{2p}{p-k} (2k)^n \cos\left(2kx + \frac{\pi n}{2}\right)
Демидович № 1215 — решение