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)

, если:

\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

p

— целое положительное число (см. предыдущую задачу).
Если

f(x)=f_1(x)+if_2(x),

где

i

— мнимая единица и

f_1(x),f_2(x)

— действительные функции от действительной переменной

x

, то по определению принимаем:

f'(x)=f_1'(x)+if_2'(x).

Решение

Идея

Проведём аналогичные преобразования с использованием формулы Эйлера для каждой функции.

1
Пункт а)
$f(x) = \sin^{2p+1}x$ $f(x) = \left( \frac{t - t^{-1}}{2i} \right)^{2p+1} = \frac{1}{i(-1)^p 2^{2p+1}} \sum_{m=0}^{2p+1} (-1)^m \binom{2p+1}{m} t^{2p+1-2m}$ Сгруппируем слагаемые с индексами $m$ и $2p+1-m$ , применяя формулу $t^k - t^{-k} = 2i\sin kx$ $f(x) = \frac{(-1)^p}{i 2^{2p+1}} \sum_{m=0}^p (-1)^m \binom{2p+1}{m} (t^{2p+1-2m} - t^{-(2p+1-2m)})$ $f(x) = \frac{(-1)^p}{2^{2p}} \sum_{m=0}^p (-1)^m \binom{2p+1}{m} \sin((2p+1-2m)x)$ Сделаем замену $k = p - m$ , тогда $2p+1-2m = 2k+1$ $f(x) = \frac{1}{2^{2p}} \sum_{k=0}^p (-1)^k \binom{2p+1}{p-k} \sin((2k+1)x)$ Дифференцируя $n$ раз, получаем $f^{(n)}(x) = \frac{1}{2^{2p}} \sum_{k=0}^p (-1)^k \binom{2p+1}{p-k} (2k+1)^n \sin\left((2k+1)x + \frac{\pi n}{2}\right)$
2
Пункт б)
$f(x) = \cos^{2p}x$
Для косинуса формула Эйлера имеет вид $\cos x = \frac{t + t^{-1}}{2}$ $f(x) = \left( \frac{t + t^{-1}}{2} \right)^{2p} = \frac{1}{2^{2p}} \sum_{m=0}^{2p} \binom{2p}{m} t^{2p-2m}$ Группируя слагаемые и выделяя центральное ( $m=p$ ), получаем $f(x) = \frac{1}{2^{2p}} \binom{2p}{p} + \frac{1}{2^{2p-1}} \sum_{m=0}^{p-1} \binom{2p}{m} \cos(2(p-m)x)$ Сделав замену $k = p - m$ , имеем $f(x) = \frac{1}{2^{2p}} \binom{2p}{p} + \frac{1}{2^{2p-1}} \sum_{k=1}^p \binom{2p}{p-k} \cos 2kx$ Берём $n$ -ю производную (для $n \ge 1$ производная от константы равна нулю) $f^{(n)}(x) = \frac{1}{2^{2p-1}} \sum_{k=1}^p \binom{2p}{p-k} (2k)^n \cos\left(2kx + \frac{\pi n}{2}\right)$
3
Пункт в)
$f(x) = \cos^{2p+1}x$ $f(x) = \left( \frac{t + t^{-1}}{2} \right)^{2p+1} = \frac{1}{2^{2p+1}} \sum_{m=0}^{2p+1} \binom{2p+1}{m} t^{2p+1-2m}$ Группируем равноотстоящие от концов слагаемые $f(x) = \frac{1}{2^{2p+1}} \sum_{m=0}^p \binom{2p+1}{m} (t^{2p+1-2m} + t^{-(2p+1-2m)})$ Так как $t^k + t^{-k} = 2\cos kx$ , получаем $f(x) = \frac{1}{2^{2p}} \sum_{m=0}^p \binom{2p+1}{m} \cos((2p+1-2m)x)$ Выполнив замену $k = p - m$ , записываем разложение $f(x) = \frac{1}{2^{2p}} \sum_{k=0}^p \binom{2p+1}{p-k} \cos((2k+1)x)$ Тогда $n$ -я производная будет равна $f^{(n)}(x) = \frac{1}{2^{2p}} \sum_{k=0}^p \binom{2p+1}{p-k} (2k+1)^n \cos\left((2k+1)x + \frac{\pi n}{2}\right)$