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

Демидович — задача 1234

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

Задача 1234

Доказать, что если в уравнении∑k=0nakxkyx(k)=0\sum_{k=0}^{n}a_kx^ky_x^{(k)}=0положитьx=etx=e^tгде tt — независимая переменная, то это уравнение примет вид:∑k=0nakD(D−1)⋯(D−k+1)y=0\sum_{k=0}^{n}a_kD(D-1)\cdots(D-k+1)y=0гдеD=ddtD=\frac d{dt}

Доказательство

Докажем тождество xkyx(k)=D(D−1)⋯(D−k+1)yx^k y_x^{(k)} = D(D-1)\cdots(D-k+1)y методом математической индукции по kk, где D=ddtD = \frac{d}{dt}.

База индукции

При k=1k=1 сделаем замену x=etx=e^t, тогда t=ln⁡xt=\ln x. Найдём первую производную yy по xx, используя правило дифференцирования сложной функции:dydx=dydtdtdx=dydt1x\frac{dy}{dx} = \frac{dy}{dt} \frac{dt}{dx} = \frac{dy}{dt} \frac{1}{x}Умножим обе части на xx:xdydx=dydt=Dyx \frac{dy}{dx} = \frac{dy}{dt} = DyДля k=1k=1 формула справедлива.

Индукционный переход

Предположим, что для некоторого натурального kk выполняется равенство:xkdkydxk=D(D−1)⋯(D−k+1)yx^k \frac{d^ky}{dx^k} = D(D-1)\cdots(D-k+1)yПродифференцируем обе части этого тождества по xx. В левой части применим правило дифференцирования произведения:ddx(xkdkydxk)=kxk−1dkydxk+xkdk+1ydxk+1\frac{d}{dx} \left( x^k \frac{d^ky}{dx^k} \right) = kx^{k-1} \frac{d^ky}{dx^k} + x^k \frac{d^{k+1}y}{dx^{k+1}}В правой части перейдём к дифференцированию по tt, домножив на dtdx=1x\frac{dt}{dx} = \frac{1}{x}:ddx[D(D−1)⋯(D−k+1)y]=1xddt[D(D−1)⋯(D−k+1)y]\frac{d}{dx} \Bigl[ D(D-1)\cdots(D-k+1)y \Bigr] = \frac{1}{x} \frac{d}{dt} \Bigl[ D(D-1)\cdots(D-k+1)y \Bigr]Так как ddt=D\frac{d}{dt} = D, правая часть принимает вид:1xD⋅D(D−1)⋯(D−k+1)y\frac{1}{x} D \cdot D(D-1)\cdots(D-k+1)yПриравняем результаты дифференцирования:kxk−1dkydxk+xkdk+1ydxk+1=1xD(D(D−1)⋯(D−k+1)y)kx^{k-1} \frac{d^ky}{dx^k} + x^k \frac{d^{k+1}y}{dx^{k+1}} = \frac{1}{x} D\bigl(D(D-1)\cdots(D-k+1)y\bigr)Умножим обе части уравнения на xx:k(xkdkydxk)+xk+1dk+1ydxk+1=D(D(D−1)⋯(D−k+1)y)k \left( x^k \frac{d^ky}{dx^k} \right) + x^{k+1} \frac{d^{k+1}y}{dx^{k+1}} = D\bigl(D(D-1)\cdots(D-k+1)y\bigr)Подставим в первое слагаемое левой части индукционное предположение:k⋅D(D−1)⋯(D−k+1)y+xk+1dk+1ydxk+1=D(D(D−1)⋯(D−k+1)y)k \cdot D(D-1)\cdots(D-k+1)y + x^{k+1} \frac{d^{k+1}y}{dx^{k+1}} = D\bigl(D(D-1)\cdots(D-k+1)y\bigr)Выразим xk+1dk+1ydxk+1x^{k+1} \frac{d^{k+1}y}{dx^{k+1}}:xk+1dk+1ydxk+1=D(D(D−1)⋯(D−k+1)y)−k⋅D(D−1)⋯(D−k+1)yx^{k+1} \frac{d^{k+1}y}{dx^{k+1}} = D\bigl(D(D-1)\cdots(D-k+1)y\bigr) - k \cdot D(D-1)\cdots(D-k+1)yВынесем общий оператор D(D−1)⋯(D−k+1)D(D-1)\cdots(D-k+1) за скобки (справа, так как операторы коммутируют с константами):xk+1dk+1ydxk+1=(D−k)D(D−1)⋯(D−k+1)y=D(D−1)⋯(D−k+1)(D−k)yx^{k+1} \frac{d^{k+1}y}{dx^{k+1}} = (D-k)D(D-1)\cdots(D-k+1)y = D(D-1)\cdots(D-k+1)(D-k)yИндукционный переход доказан. Таким образом, для любого слагаемого исходного уравнения справедливо равенство xkyx(k)=D(D−1)⋯(D−k+1)yx^k y_x^{(k)} = D(D-1)\cdots(D-k+1)y.
Подставляя эти выражения в исходное дифференциальное уравнение Эйлера, окончательно получаем:∑k=0nakD(D−1)⋯(D−k+1)y=0\sum_{k=0}^{n}a_kD(D-1)\cdots(D-k+1)y=0

Проверка

Замена x=etx=e^t охватывает x>0x>0. При k=0k=0 произведение операторов пустое и означает тождественный оператор: соответствующий член равен самой функции yy. Для k≥1k\ge1 выполняется доказанная формула.

Что и требовалось доказать

Демидович № 1234 — решение | Высшая математика — Профиматика