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

Демидович — задача 1222

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

Найти f(n)(0)f^{(n)}(0) для функций:

Задача 1222

а) f(x)=(arctan⁡x)2;б) f(x)=(arcsin⁡x)2\text{а) }f(x)=(\arctan x)^2;
\qquad
\text{б) }f(x)=(\arcsin x)^2

Опирается на

Решение

Пункт а)

Пусть y=(arctan⁡x)2y = (\arctan x)^2. Найдём первую производную:y′=2arctan⁡x⋅11+x2  ⟹  (1+x2)y′=2arctan⁡xy' = 2\arctan x \cdot \frac{1}{1+x^2} \implies (1+x^2)y' = 2\arctan xПродифференцируем это выражение (n−1)(n-1) раз по формуле Лейбница (для n≥2n \ge 2):(1+x2)y(n)+(n−1)2xy(n−1)+(n−1)(n−2)y(n−2)=2(arctan⁡x)(n−1)(1+x^2)y^{(n)} + (n-1)2xy^{(n-1)} + (n-1)(n-2)y^{(n-2)} = 2(\arctan x)^{(n-1)}Подставим x=0x = 0:y(n)(0)+(n−1)(n−2)y(n−2)(0)=2(arctan⁡x)(n−1)∣x=0y^{(n)}(0) + (n-1)(n-2)y^{(n-2)}(0) = 2 \left. (\arctan x)^{(n-1)} \right|_{x=0}Начальные значения функции: y(0)=0y(0) = 0 и y′(0)=0y'(0) = 0.
Из задачи б) мы знаем, что все чётные производные арктангенса в нуле равны нулю. Следовательно, для нечётного порядка n=2k+1n = 2k+1 правая часть равна нулю, и мы получаем однородную рекурсию. Так как y′(0)=0y'(0) = 0, все нечётные производные функции yy равны нулю:y(2k+1)(0)=0y^{(2k+1)}(0) = 0Для чётных порядков n=2kn = 2k правая часть содержит нечётную производную арктангенса:y(2k)(0)+(2k−1)(2k−2)y(2k−2)(0)=2(−1)k−1(2k−2)!y^{(2k)}(0) + (2k-1)(2k-2)y^{(2k-2)}(0) = 2(-1)^{k-1}(2k-2)!При k≥2k\ge2 разделим обе части на (2k−1)!(2k-1)! и введём замену wk=y(2k)(0)(2k−1)!w_k = \frac{y^{(2k)}(0)}{(2k-1)!}:wk+wk−1=2(−1)k−12k−1w_k + w_{k-1} = \frac{2(-1)^{k-1}}{2k-1}Умножив на (−1)k−1(-1)^{k-1}, перейдём к vk=(−1)k−1wkv_k = (-1)^{k-1} w_k:vk−vk−1=22k−1v_k - v_{k-1} = \frac{2}{2k-1}Поскольку y′′(0)=2y''(0) = 2, находим v1=2v_1 = 2. Складывая равенства vj−vj−1=2/(2j−1)v_j-v_{j-1}=2/(2j-1) для j=2,…,kj=2,\ldots,k, получаем vk−v1=2∑j=2k1/(2j−1)v_k-v_1=2\sum_{j=2}^k1/(2j-1). С учётом v1=2v_1=2:vk=2∑m=1k12m−1  ⟹  y(2k)(0)=(−1)k−12(2k−1)!(1+13+⋯+12k−1)v_k = 2\sum_{m=1}^k \frac{1}{2m-1} \implies y^{(2k)}(0) = (-1)^{k-1} 2(2k-1)! \left( 1 + \frac{1}{3} + \dots + \frac{1}{2k-1} \right)

Пункт б)

Пусть y=(arcsin⁡x)2y = (\arcsin x)^2. Найдём первую производную:y′=2arcsin⁡x⋅11−x2  ⟹  1−x2y′=2arcsin⁡xy' = 2\arcsin x \cdot \frac{1}{\sqrt{1-x^2}} \implies \sqrt{1-x^2} y' = 2\arcsin xДифференцируем это равенство, не возводя его в квадрат:1−x2 y′′−x1−x2y′=21−x2.\sqrt{1-x^2}\,y''-\frac{x}{\sqrt{1-x^2}}y'=\frac2{\sqrt{1-x^2}}.Умножение на 1−x2\sqrt{1-x^2} даёт (1−x2)y′′−xy′=2(1-x^2)y''-xy'=2.
Применим формулу Лейбница, продифференцировав n≥1n\ge1 раз (тогда производная постоянной 22 равна нулю):(1−x2)y(n+2)−2nxy(n+1)−n(n−1)y(n)−xy(n+1)−ny(n)=0(1-x^2)y^{(n+2)} - 2nx y^{(n+1)} - n(n-1)y^{(n)} - xy^{(n+1)} - ny^{(n)} = 0(1−x2)y(n+2)−(2n+1)xy(n+1)−n2y(n)=0(1-x^2)y^{(n+2)} - (2n+1)xy^{(n+1)} - n^2y^{(n)} = 0При x=0x = 0 получаем рекурсию:y(n+2)(0)=n2y(n)(0)y^{(n+2)}(0) = n^2 y^{(n)}(0)Начальные значения: y(0)=0y(0) = 0, y′(0)=0y'(0) = 0. Из уравнения (1−x2)y′′−xy′−2=0(1-x^2)y'' - xy' - 2 = 0 при x=0x=0 следует y′′(0)=2y''(0) = 2.
Так как y′(0)=0y'(0) = 0, все нечётные производные равны нулю:y(2k+1)(0)=0y^{(2k+1)}(0) = 0Для чётных производных последовательно применяем рекуррентную формулу y(2k)(0)=(2k−2)2y(2k−2)(0)y^{(2k)}(0) = (2k-2)^2 y^{(2k-2)}(0):y(2k)(0)=(2k−2)2⋅(2k−4)2⋯22⋅y′′(0)=2⋅(2k−1(k−1)!)2=22k−1((k−1)!)2y^{(2k)}(0) = (2k-2)^2 \cdot (2k-4)^2 \cdots 2^2 \cdot y''(0) = 2 \cdot \left( 2^{k-1} (k-1)! \right)^2 = 2^{2k-1} ((k-1)!)^2