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

Демидович — задача 1216

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

Задача 1216

Найти f(n)(x)f^{(n)}(x), если:а) f(x)=sin⁡2p+1x;б) f(x)=cos⁡2px;в) f(x)=cos⁡2p+1x,\text{а) }f(x)=\sin^{2p+1}x;
\qquad
\text{б) }f(x)=\cos^{2p}x;
\qquad
\text{в) }f(x)=\cos^{2p+1}x,где pp — целое положительное число (см. предыдущую задачу).

Решение

Положим t=cos⁡x+isin⁡xt=\cos x+i\sin x, как в №1215. Тогда t−1=cos⁡x−isin⁡xt^{-1}=\cos x-i\sin x, а по формуле Муавра tk±t−kt^k\pm t^{-k} выражаются через косинус или синус кратного угла.

Пункт а)

f(x)=sin⁡2p+1xf(x) = \sin^{2p+1}xf(x)=(t−t−12i)2p+1=1i(−1)p22p+1∑m=02p+1(−1)m(2p+1m)t2p+1−2mf(x) = \left( \frac{t - t^{-1}}{2i} \right)^{2p+1} = \frac{1}{i(-1)^p 2^{2p+1}} \sum_{m=0}^{2p+1} (-1)^m \binom{2p+1}{m} t^{2p+1-2m}Сгруппируем слагаемые с индексами mm и 2p+1−m2p+1-m, применяя формулу tk−t−k=2isin⁡kxt^k - t^{-k} = 2i\sin kxf(x)=(−1)pi22p+1∑m=0p(−1)m(2p+1m)(t2p+1−2m−t−(2p+1−2m))f(x) = \frac{(-1)^p}{i 2^{2p+1}} \sum_{m=0}^p (-1)^m \binom{2p+1}{m} (t^{2p+1-2m} - t^{-(2p+1-2m)})f(x)=(−1)p22p∑m=0p(−1)m(2p+1m)sin⁡((2p+1−2m)x)f(x) = \frac{(-1)^p}{2^{2p}} \sum_{m=0}^p (-1)^m \binom{2p+1}{m} \sin((2p+1-2m)x)Сделаем замену k=p−mk = p - m, тогда 2p+1−2m=2k+12p+1-2m = 2k+1f(x)=122p∑k=0p(−1)k(2p+1p−k)sin⁡((2k+1)x)f(x) = \frac{1}{2^{2p}} \sum_{k=0}^p (-1)^k \binom{2p+1}{p-k} \sin((2k+1)x)Дифференцируя nn раз, получаемf(n)(x)=122p∑k=0p(−1)k(2p+1p−k)(2k+1)nsin⁡((2k+1)x+πn2)f^{(n)}(x) = \frac{1}{2^{2p}} \sum_{k=0}^p (-1)^k \binom{2p+1}{p-k} (2k+1)^n \sin\left((2k+1)x + \frac{\pi n}{2}\right)

Пункт б)

f(x)=cos⁡2pxf(x) = \cos^{2p}x
Складывая выражения для tt и t−1t^{-1}, получаем cos⁡x=t+t−12\cos x = \frac{t + t^{-1}}{2}f(x)=(t+t−12)2p=122p∑m=02p(2pm)t2p−2mf(x) = \left( \frac{t + t^{-1}}{2} \right)^{2p} = \frac{1}{2^{2p}} \sum_{m=0}^{2p} \binom{2p}{m} t^{2p-2m}Группируя слагаемые и выделяя центральное (m=pm=p), получаемf(x)=122p(2pp)+122p−1∑m=0p−1(2pm)cos⁡(2(p−m)x)f(x) = \frac{1}{2^{2p}} \binom{2p}{p} + \frac{1}{2^{2p-1}} \sum_{m=0}^{p-1} \binom{2p}{m} \cos(2(p-m)x)Сделав замену k=p−mk = p - m, имеемf(x)=122p(2pp)+122p−1∑k=1p(2pp−k)cos⁡2kxf(x) = \frac{1}{2^{2p}} \binom{2p}{p} + \frac{1}{2^{2p-1}} \sum_{k=1}^p \binom{2p}{p-k} \cos 2kxБерём nn-ю производную (для n≥1n \ge 1 производная от константы равна нулю)f(n)(x)=122p−1∑k=1p(2pp−k)(2k)ncos⁡(2kx+πn2)f^{(n)}(x) = \frac{1}{2^{2p-1}} \sum_{k=1}^p \binom{2p}{p-k} (2k)^n \cos\left(2kx + \frac{\pi n}{2}\right)

Пункт в)

f(x)=cos⁡2p+1xf(x) = \cos^{2p+1}xf(x)=(t+t−12)2p+1=122p+1∑m=02p+1(2p+1m)t2p+1−2mf(x) = \left( \frac{t + t^{-1}}{2} \right)^{2p+1} = \frac{1}{2^{2p+1}} \sum_{m=0}^{2p+1} \binom{2p+1}{m} t^{2p+1-2m}Группируем равноотстоящие от концов слагаемыеf(x)=122p+1∑m=0p(2p+1m)(t2p+1−2m+t−(2p+1−2m))f(x) = \frac{1}{2^{2p+1}} \sum_{m=0}^p \binom{2p+1}{m} (t^{2p+1-2m} + t^{-(2p+1-2m)})Так как tk+t−k=2cos⁡kxt^k + t^{-k} = 2\cos kx, получаемf(x)=122p∑m=0p(2p+1m)cos⁡((2p+1−2m)x)f(x) = \frac{1}{2^{2p}} \sum_{m=0}^p \binom{2p+1}{m} \cos((2p+1-2m)x)Выполнив замену k=p−mk = p - m, записываем разложениеf(x)=122p∑k=0p(2p+1p−k)cos⁡((2k+1)x)f(x) = \frac{1}{2^{2p}} \sum_{k=0}^p \binom{2p+1}{p-k} \cos((2k+1)x)Тогда nn-я производная будет равнаf(n)(x)=122p∑k=0p(2p+1p−k)(2k+1)ncos⁡((2k+1)x+πn2)f^{(n)}(x) = \frac{1}{2^{2p}} \sum_{k=0}^p \binom{2p+1}{p-k} (2k+1)^n \cos\left((2k+1)x + \frac{\pi n}{2}\right)