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

Демидович — задача 1230

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

Задача 1230

Доказать, что для nn-й производной сложной функцииy=f(x2)y=f(x^2)справедлива формулаdnydxn=(2x)nf(n)(x2)+n(n−1)1!(2x)n−2f(n−1)(x2)+n(n−1)(n−2)(n−3)2!(2x)n−4f(n−2)(x2)+⋯\begin{aligned}
\frac{d^ny}{dx^n}
&=(2x)^nf^{(n)}(x^2)\\
&\quad+\frac{n(n-1)}{1!}(2x)^{n-2}f^{(n-1)}(x^2)\\
&\quad+\frac{n(n-1)(n-2)(n-3)}{2!}(2x)^{n-4}f^{(n-2)}(x^2)
+\cdots
\end{aligned}

Доказательство

Запишем предложенную формулу в более компактном виде с использованием знака суммы:dnydxn=∑k=0⌊n/2⌋n!k!(n−2k)!(2x)n−2kf(n−k)(x2)\frac{d^ny}{dx^n} = \sum_{k=0}^{\lfloor n/2 \rfloor} \frac{n!}{k!(n-2k)!} (2x)^{n-2k} f^{(n-k)}(x^2)где ⌊n/2⌋\lfloor n/2 \rfloor — целая часть числа n/2n/2. Докажем её справедливость методом математической индукции по nn.

База индукции

При n=1n=1 компактная формула даёт:dydx=1!0!1!(2x)1f(1)(x2)=2xf′(x2)\frac{dy}{dx} = \frac{1!}{0!1!} (2x)^1 f^{(1)}(x^2) = 2x f'(x^2)Это в точности совпадает с правилом дифференцирования сложной функции. Для полноты картины проверим n=2n=2, прямое дифференцирование даёт:d2ydx2=ddx[2xf′(x2)]=2f′(x2)+4x2f′′(x2)\frac{d^2y}{dx^2} = \frac{d}{dx}\bigl[2x f'(x^2)\bigr] = 2f'(x^2) + 4x^2 f''(x^2)Формула при n=2n=2 даёт тот же результат:2!0!2!(2x)2f′′(x2)+2!1!0!(2x)0f′(x2)=4x2f′′(x2)+2f′(x2)\frac{2!}{0!2!} (2x)^2 f''(x^2) + \frac{2!}{1!0!} (2x)^0 f'(x^2) = 4x^2 f''(x^2) + 2f'(x^2)База индукции верна.

Индукционный переход

Предположим, что формула справедлива для некоторого натурального nn:dnydxn=∑k=0⌊n/2⌋n!k!(n−2k)!(2x)n−2kf(n−k)(x2)\frac{d^ny}{dx^n} = \sum_{k=0}^{\lfloor n/2 \rfloor} \frac{n!}{k!(n-2k)!} (2x)^{n-2k} f^{(n-k)}(x^2)Найдём (n+1)(n+1)-ю производную, продифференцировав это выражение по xx. Применим правило дифференцирования произведения к общему члену суммы:dn+1ydxn+1=∑k=0⌊n/2⌋n!k!(n−2k)!ddx[(2x)n−2kf(n−k)(x2)]\frac{d^{n+1}y}{dx^{n+1}} = \sum_{k=0}^{\lfloor n/2 \rfloor} \frac{n!}{k!(n-2k)!} \frac{d}{dx} \Bigl[ (2x)^{n-2k} f^{(n-k)}(x^2) \Bigr]Вычислим производную в квадратных скобках:ddx[(2x)n−2kf(n−k)(x2)]=2(n−2k)(2x)n−2k−1f(n−k)(x2)+(2x)n−2kf(n−k+1)(x2)⋅2x\frac{d}{dx} \Bigl[ (2x)^{n-2k} f^{(n-k)}(x^2) \Bigr] = 2(n-2k)(2x)^{n-2k-1} f^{(n-k)}(x^2) + (2x)^{n-2k} f^{(n-k+1)}(x^2) \cdot 2xЗаметим, что второе слагаемое можно переписать как (2x)n−2k+1f(n−k+1)(x2)(2x)^{n-2k+1} f^{(n-k+1)}(x^2). Подставим это обратно в сумму и разобьём её на две:dn+1ydxn+1=∑k=0⌊n/2⌋2n!(n−2k)k!(n−2k)!(2x)n−2k−1f(n−k)(x2)+∑k=0⌊n/2⌋n!k!(n−2k)!(2x)n−2k+1f(n−k+1)(x2)\frac{d^{n+1}y}{dx^{n+1}} = \sum_{k=0}^{\lfloor n/2 \rfloor} \frac{2 n! (n-2k)}{k!(n-2k)!} (2x)^{n-2k-1} f^{(n-k)}(x^2) + \sum_{k=0}^{\lfloor n/2 \rfloor} \frac{n!}{k!(n-2k)!} (2x)^{n-2k+1} f^{(n-k+1)}(x^2)Если n−2k=0n-2k=0, степенной множитель постоянен и его производная равна нулю. Поэтому в первой сумме оставляем лишь k≤⌊(n−1)/2⌋k\le\lfloor(n-1)/2\rfloor. Теперь можно сократить на n−2k>0n-2k>0 и положить j=k+1j=k+1. Тогда k=j−1k = j-1:∑j=1⌊(n+1)/2⌋2n!(j−1)!(n−2j+1)!(2x)n−2j+1f(n−j+1)(x2)\sum_{j=1}^{\lfloor (n+1)/2 \rfloor} \frac{2 n!}{(j-1)!(n-2j+1)!} (2x)^{n-2j+1} f^{(n-j+1)}(x^2)Во второй сумме просто заменим индекс kk на jj:∑j=0⌊n/2⌋n!j!(n−2j)!(2x)n−2j+1f(n−j+1)(x2)\sum_{j=0}^{\lfloor n/2 \rfloor} \frac{n!}{j!(n-2j)!} (2x)^{n-2j+1} f^{(n-j+1)}(x^2)Теперь объединим обе суммы. Рассмотрим коэффициент при общем члене (2x)(n+1)−2jf(n+1−j)(x2)(2x)^{(n+1)-2j} f^{(n+1-j)}(x^2) для индексов, присутствующих в обеих суммах. Приведём дроби к общему знаменателю j!(n−2j+1)!j!(n-2j+1)!:2n!(j−1)!(n−2j+1)!+n!j!(n−2j)!=2j⋅n!+(n−2j+1)⋅n!j!(n−2j+1)!\frac{2 n!}{(j-1)!(n-2j+1)!} + \frac{n!}{j!(n-2j)!} = \frac{2j \cdot n! + (n-2j+1) \cdot n!}{j!(n-2j+1)!}Вынесем n!n! в числителе:n!(2j+n−2j+1)j!(n−2j+1)!=n!(n+1)j!(n+1−2j)!=(n+1)!j!(n+1−2j)!\frac{n!(2j + n - 2j + 1)}{j!(n-2j+1)!} = \frac{n!(n + 1)}{j!(n+1-2j)!} = \frac{(n+1)!}{j!(n+1-2j)!}Для j=0j=0 коэффициент даётся только второй суммой (при k=0k=0):n!0!n!=1=(n+1)!0!(n+1)!\frac{n!}{0!n!} = 1 = \frac{(n+1)!}{0!(n+1)!}Если n=2r+1n=2r+1 нечётно, крайний индекс j=r+1j=r+1 есть только в первой сумме. Его коэффициент равен2(2r+1)!r! 0!=(2r+2)!(r+1)! 0!,\frac{2(2r+1)!}{r!\,0!}=\frac{(2r+2)!}{(r+1)!\,0!},поскольку (2r+2)/(r+1)=2(2r+2)/(r+1)=2. Это нужный коэффициент. При чётном nn правые границы обеих сумм совпадают, и он уже проверен общим вычислением. Следовательно, объединённая сумма принимает вид:dn+1ydxn+1=∑j=0⌊(n+1)/2⌋(n+1)!j!(n+1−2j)!(2x)(n+1)−2jf(n+1−j)(x2)\frac{d^{n+1}y}{dx^{n+1}} = \sum_{j=0}^{\lfloor (n+1)/2 \rfloor} \frac{(n+1)!}{j!(n+1-2j)!} (2x)^{(n+1)-2j} f^{(n+1-j)}(x^2)Мы получили в точности исходную формулу, в которой nn заменено на n+1n+1. По принципу математической индукции формула справедлива для любого натурального nn. Разворачивая сумму и расписывая факториалы, получаем требуемое разложение:dnydxn=(2x)nf(n)(x2)+n(n−1)1!(2x)n−2f(n−1)(x2)+n(n−1)(n−2)(n−3)2!(2x)n−4f(n−2)(x2)+⋯\begin{aligned}
\frac{d^ny}{dx^n}
&=(2x)^nf^{(n)}(x^2)\\
&\quad+\frac{n(n-1)}{1!}(2x)^{n-2}f^{(n-1)}(x^2)\\
&\quad+\frac{n(n-1)(n-2)(n-3)}{2!}(2x)^{n-4}f^{(n-2)}(x^2)
+\cdots
\end{aligned}

Что и требовалось доказать

Демидович № 1230 — решение | Высшая математика — Профиматика