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

\sum_{k=0}^{n}a_kx^ky_x^{(k)}=0

положить

x=e^t

где

t

— независимая переменная, то это уравнение примет вид:

\sum_{k=0}^{n}a_kD(D-1)\cdots(D-k+1)y=0

где

D=\frac d{dt}

Доказательство

Идея

Докажем тождество

x^k y_x^{(k)} = D(D-1)\cdots(D-k+1)y

методом математической индукции по

k

, где

D = \frac{d}{dt}

1
База индукции
При $k=1$ сделаем замену $x=e^t$ , тогда $t=\ln x$ . Найдём первую производную $y$ по $x$ , используя правило дифференцирования сложной функции: $\frac{dy}{dx} = \frac{dy}{dt} \frac{dt}{dx} = \frac{dy}{dt} \frac{1}{x}$ Умножим обе части на $x$ : $x \frac{dy}{dx} = \frac{dy}{dt} = Dy$ Для $k=1$ формула справедлива.
2
Индукционный переход
Предположим, что для некоторого натурального $k$ выполняется равенство: $x^k \frac{d^ky}{dx^k} = D(D-1)\cdots(D-k+1)y$ Продифференцируем обе части этого тождества по $x$ . В левой части применим правило дифференцирования произведения: $\frac{d}{dx} \left( x^k \frac{d^ky}{dx^k} \right) = kx^{k-1} \frac{d^ky}{dx^k} + x^k \frac{d^{k+1}y}{dx^{k+1}}$ В правой части перейдём к дифференцированию по $t$ , домножив на $\frac{dt}{dx} = \frac{1}{x}$ : $\frac{d}{dx} \Bigl[ D(D-1)\cdots(D-k+1)y \Bigr] = \frac{1}{x} \frac{d}{dt} \Bigl[ D(D-1)\cdots(D-k+1)y \Bigr]$ Так как $\frac{d}{dt} = D$ , правая часть принимает вид: $\frac{1}{x} D \cdot D(D-1)\cdots(D-k+1)y$ Приравняем результаты дифференцирования: $kx^{k-1} \frac{d^ky}{dx^k} + x^k \frac{d^{k+1}y}{dx^{k+1}} = \frac{1}{x} D\bigl(D(D-1)\cdots(D-k+1)y\bigr)$ Умножим обе части уравнения на $x$ : $k \left( x^k \frac{d^ky}{dx^k} \right) + x^{k+1} \frac{d^{k+1}y}{dx^{k+1}} = D\bigl(D(D-1)\cdots(D-k+1)y\bigr)$ Подставим в первое слагаемое левой части индукционное предположение: $k \cdot D(D-1)\cdots(D-k+1)y + x^{k+1} \frac{d^{k+1}y}{dx^{k+1}} = D\bigl(D(D-1)\cdots(D-k+1)y\bigr)$ Выразим $x^{k+1} \frac{d^{k+1}y}{dx^{k+1}}$ : $x^{k+1} \frac{d^{k+1}y}{dx^{k+1}} = D\bigl(D(D-1)\cdots(D-k+1)y\bigr) - k \cdot D(D-1)\cdots(D-k+1)y$ Вынесем общий оператор $D(D-1)\cdots(D-k+1)$ за скобки (справа, так как операторы коммутируют с константами): $x^{k+1} \frac{d^{k+1}y}{dx^{k+1}} = (D-k)D(D-1)\cdots(D-k+1)y = D(D-1)\cdots(D-k+1)(D-k)y$ Индукционный переход доказан. Таким образом, для любого слагаемого исходного уравнения справедливо равенство $x^k y_x^{(k)} = D(D-1)\cdots(D-k+1)y$ .

Проверка

Подставляя эти выражения в исходное дифференциальное уравнение Эйлера, окончательно получаем:

\sum_{k=0}^{n}a_kD(D-1)\cdots(D-k+1)y=0

Что и требовалось доказать