Раздел III. Производная и дифференциал — § 15. Производные и дифференциалы высших порядков

Кудрявцев — задача 15.1

Л. Д. Кудрявцев, «Сборник задач по математическому анализу. Том 1». Условие, подробное решение и ответ.

Задача 15.1

Найти производную второго порядка:

1) y=x2+13x+11y = x^2 + 13x + 11;
2) y=1+10x+1x98y = 1 + 10x + \dfrac{1}{x^{98}};
3) y=x(1+31−x2)1−x2y = \dfrac{x(1 + 3\sqrt{1 - x^2})}{\sqrt{1 - x^2}};
4) y=cos⁡2xy = \cos^2 x;
5) y=sh⁡2x+ch⁡2xy = \operatorname{sh}^2 x + \operatorname{ch}^2 x;
6) y=ln⁡(x+x2+1)y = \ln\bigl(x + \sqrt{x^2 + 1}\bigr);
7) y=arctg⁡(x+x2+1)y = \operatorname{arctg}\bigl(x + \sqrt{x^2 + 1}\bigr);
8) y=arcctg⁡1−x2x−x2y = \operatorname{arcctg}\dfrac{1 - x}{\sqrt{2x - x^2}};
9) y=arcsin⁡x2−1x2+1y = \arcsin\dfrac{x^2 - 1}{x^2 + 1};
10) y=2arctg⁡x4+14x−ln⁡1+x44+x1+x44−xy = 2\operatorname{arctg}\dfrac{\sqrt[4]{x^4 + 1}}{x} - \ln\dfrac{\sqrt[4]{1 + x^4} + x}{\sqrt[4]{1 + x^4} - x}.
Ответ:1) 2;1)\ 2;
2) 9702x100;2)\ \dfrac{9702}{x^{100}};
3) 3x(1−x2)5/2;3)\ \dfrac{3x}{(1 - x^2)^{5/2}};
4) −2cos⁡2x;4)\ -2\cos 2x;
5) 4ch⁡2x;5)\ 4\operatorname{ch} 2x;
6) −x(x2+1)3/2;6)\ -\dfrac{x}{(x^2 + 1)^{3/2}};
7) −x(x2+1)2;7)\ -\dfrac{x}{(x^2 + 1)^2};
8) x−1(2x−x2)3/2;8)\ \dfrac{x - 1}{(2x - x^2)^{3/2}};
9) −4∣x∣(x2+1)2;9)\ -\dfrac{4|x|}{(x^2 + 1)^2};
10) 4x3(x4+1)5/410)\ \dfrac{4x^3}{(x^4 + 1)^{5/4}}

Решение

y′=2x+13y' = 2x + 13, y′′=2y'' = 2.
y′=10−98x−99y' = 10 - 98x^{-99}, y′′=(−98)⋅(−99)x−100=9702 x−100=9702x100y'' = (-98)\cdot(-99)x^{-100} = 9702\,x^{-100} = \dfrac{9702}{x^{100}}.
Упростим функцию: y=x1−x2+3x=x(1−x2)−1/2+3xy = \dfrac{x}{\sqrt{1 - x^2}} + 3x = x(1 - x^2)^{-1/2} + 3x.y′=\displaystyle y'\mathrel{=}(1−x2)−1/2+x⋅(−12)(1−x2)−3/2⋅(−2x)+3=\displaystyle (1 - x^2)^{-1/2} + x\cdot\Bigl(-\dfrac12\Bigr)(1 - x^2)^{-3/2}\cdot(-2x) + 3\mathrel{=}11−x2+x2(1−x2)3/2+3.\displaystyle \dfrac{1}{\sqrt{1 - x^2}} + \dfrac{x^2}{(1 - x^2)^{3/2}} + 3.Приведём первые два слагаемых к общему знаменателю (1−x2)3/2(1 - x^2)^{3/2}:1−x2(1−x2)3/2+x2(1−x2)3/2=1(1−x2)3/2.\dfrac{1 - x^2}{(1 - x^2)^{3/2}} + \dfrac{x^2}{(1 - x^2)^{3/2}} = \dfrac{1}{(1 - x^2)^{3/2}}.Следовательно, y′=1(1−x2)3/2+3y' = \dfrac{1}{(1 - x^2)^{3/2}} + 3.y′′=ddx((1−x2)−3/2)=−32(1−x2)−5/2⋅(−2x)=3x(1−x2)5/2.y'' = \dfrac{d}{dx}\Bigl((1 - x^2)^{-3/2}\Bigr) = -\dfrac32(1 - x^2)^{-5/2}\cdot(-2x) = \dfrac{3x}{(1 - x^2)^{5/2}}.
y′=2cos⁡x⋅(−sin⁡x)=−2sin⁡xcos⁡x=−sin⁡2xy' = 2\cos x\cdot(-\sin x) = -2\sin x\cos x = -\sin 2x, y′′=−2cos⁡2xy'' = -2\cos 2x.

Воспользуемся тождеством ch⁡2x=ch⁡2x+sh⁡2x\operatorname{ch} 2x = \operatorname{ch}^2 x + \operatorname{sh}^2 x. Тогда y=ch⁡2xy = \operatorname{ch} 2x.y′=2sh⁡2x,y′′=4ch⁡2x.y' = 2\operatorname{sh} 2x,\quad y'' = 4\operatorname{ch} 2x.
y′=1x+x2+1⋅(1+xx2+1)=1x+x2+1⋅x2+1+xx2+1=1x2+1y' = \dfrac{1}{x + \sqrt{x^2 + 1}}\cdot\Bigl(1 + \dfrac{x}{\sqrt{x^2 + 1}}\Bigr)
= \dfrac{1}{x + \sqrt{x^2 + 1}}\cdot\dfrac{\sqrt{x^2 + 1} + x}{\sqrt{x^2 + 1}}
= \dfrac{1}{\sqrt{x^2 + 1}}.y′′=ddx((x2+1)−1/2)=−12(x2+1)−3/2⋅2x=−x(x2+1)3/2.y'' = \dfrac{d}{dx}\Bigl((x^2 + 1)^{-1/2}\Bigr)
= -\dfrac12(x^2 + 1)^{-3/2}\cdot 2x
= -\dfrac{x}{(x^2 + 1)^{3/2}}.
Положим u=x+x2+1u = x + \sqrt{x^2 + 1}. Тогда u′=1+xx2+1=x2+1+xx2+1u' = 1 + \dfrac{x}{\sqrt{x^2 + 1}} = \dfrac{\sqrt{x^2 + 1} + x}{\sqrt{x^2 + 1}}.y′=u′1+u2.y' = \dfrac{u'}{1 + u^2}.Вычислим 1+u21 + u^2:1+u2=\displaystyle 1 + u^2\mathrel{=}1+(x+x2+1)2=\displaystyle 1 + \bigl(x + \sqrt{x^2 + 1}\bigr)^2\mathrel{=}1+x2+2xx2+1+(x2+1)=\displaystyle 1 + x^2 + 2x\sqrt{x^2 + 1} + (x^2 + 1)\mathrel{=}2x2+2+2xx2+1=\displaystyle 2x^2 + 2 + 2x\sqrt{x^2 + 1}\mathrel{=}2(x2+1+xx2+1)=\displaystyle 2\bigl(x^2 + 1 + x\sqrt{x^2 + 1}\bigr)\mathrel{=}2x2+1(x2+1+x).\displaystyle 2\sqrt{x^2 + 1}\bigl(\sqrt{x^2 + 1} + x\bigr).Подставим:y′=x2+1+xx2+12x2+1(x2+1+x)=12(x2+1).y' = \dfrac{\dfrac{\sqrt{x^2 + 1} + x}{\sqrt{x^2 + 1}}}{2\sqrt{x^2 + 1}\bigl(\sqrt{x^2 + 1} + x\bigr)}
= \dfrac{1}{2(x^2 + 1)}.y′′=12⋅ddx((x2+1)−1)=12⋅(−1)(x2+1)−2⋅2x=−x(x2+1)2.y'' = \dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{d}{dx}\Bigl((x^2 + 1)^{-1}\Bigr)
= \dfrac{1}{2}\cdot(-1)(x^2 + 1)^{-2}\cdot 2x
= -\dfrac{x}{(x^2 + 1)^2}.Выполним замену x−1=sin⁡tx - 1 = \sin t, где t∈[−π2,π2]t \in \bigl[-\dfrac{\pi}{2}, \dfrac{\pi}{2}\bigr]. Тогда
2x−x2=1−(x−1)2=cos⁡t≥0\sqrt{2x - x^2} = \sqrt{1 - (x-1)^2} = \cos t \ge 0, 1−x=−sin⁡t1 - x = -\sin t.
Подставим:y=arcctg⁡−sin⁡tcos⁡t=arcctg⁡(−tg⁡t).y = \operatorname{arcctg}\dfrac{-\sin t}{\cos t} = \operatorname{arcctg}(-\tg t).Так как arcctg⁡(−a)=π−arcctg⁡a\operatorname{arcctg}(-a) = \pi - \operatorname{arcctg}a, тоy=π−arcctg⁡(tg⁡t).y = \pi - \operatorname{arcctg}(\tg t).Для t∈[−π2,π2]t \in \bigl[-\dfrac{\pi}{2}, \dfrac{\pi}{2}\bigr] выполнено arcctg⁡(tg⁡t)=π2−t\operatorname{arcctg}(\tg t) = \dfrac{\pi}{2} - t, следовательно,
y=π−(π2−t)=π2+ty = \pi - \Bigl(\dfrac{\pi}{2} - t\Bigr) = \dfrac{\pi}{2} + t.
Возвращаясь к переменной xx: t=arcsin⁡(x−1)t = \arcsin(x - 1). Итак,y=π2+arcsin⁡(x−1).y = \dfrac{\pi}{2} + \arcsin(x - 1).y′=11−(x−1)2=12x−x2,y' = \dfrac{1}{\sqrt{1 - (x-1)^2}} = \dfrac{1}{\sqrt{2x - x^2}},y′′=ddx((2x−x2)−1/2)=−12(2x−x2)−3/2⋅(2−2x)=x−1(2x−x2)3/2.y'' = \dfrac{d}{dx}\Bigl((2x - x^2)^{-1/2}\Bigr)
= -\dfrac12(2x - x^2)^{-3/2}\cdot(2 - 2x)
= \dfrac{x - 1}{(2x - x^2)^{3/2}}.
Обозначим u=x2−1x2+1u = \dfrac{x^2 - 1}{x^2 + 1}.u′=2x(x2+1)−(x2−1)⋅2x(x2+1)2=2x[(x2+1)−(x2−1)](x2+1)2=4x(x2+1)2.u' = \dfrac{2x(x^2 + 1) - (x^2 - 1)\cdot 2x}{(x^2 + 1)^2}
= \dfrac{2x\bigl[(x^2+1) - (x^2-1)\bigr]}{(x^2 + 1)^2}
= \dfrac{4x}{(x^2 + 1)^2}.Вычислим 1−u2\sqrt{1 - u^2}:1−u2=1−(x2−1)2(x2+1)2=(x2+1)2−(x2−1)2(x2+1)2=4x2(x2+1)2.1 - u^2 = 1 - \dfrac{(x^2-1)^2}{(x^2+1)^2}
= \dfrac{(x^2+1)^2 - (x^2-1)^2}{(x^2+1)^2}
= \dfrac{4x^2}{(x^2+1)^2}.Следовательно, 1−u2=2∣x∣x2+1\sqrt{1 - u^2} = \dfrac{2|x|}{x^2 + 1} (при x≠0x \neq 0).y′=u′1−u2=4x(x2+1)22∣x∣x2+1=4x(x2+1)2⋅x2+12∣x∣=2sign⁡xx2+1,x≠0.y' = \dfrac{u'}{\sqrt{1 - u^2}}
= \dfrac{\dfrac{4x}{(x^2+1)^2}}{\dfrac{2|x|}{x^2+1}}
= \dfrac{4x}{(x^2+1)^2} \cdot \dfrac{x^2+1}{2|x|}
= \dfrac{2\operatorname{sign} x}{x^2+1}, \quad x \neq 0.y′′=2sign⁡x⋅ddx(1x2+1)=2sign⁡x⋅(−2x(x2+1)2)=−4xsign⁡x(x2+1)2=−4∣x∣(x2+1)2,x≠0.y'' = 2\operatorname{sign} x \cdot \dfrac{d}{dx}\Bigl(\dfrac{1}{x^2+1}\Bigr)
= 2\operatorname{sign} x \cdot \Bigl(-\dfrac{2x}{(x^2+1)^2}\Bigr)
= -\dfrac{4x\operatorname{sign} x}{(x^2+1)^2}
= -\dfrac{4|x|}{(x^2+1)^2}, \quad x \neq 0.

Проверка

10. Обозначим a=x4+14=(x4+1)1/4a = \sqrt[4]{x^4 + 1} = (x^4 + 1)^{1/4}. Тогда a4=x4+1a^4 = x^4 + 1.
a′=14(x4+1)−3/4⋅4x3=x3a3a' = \dfrac14(x^4 + 1)^{-3/4}\cdot 4x^3 = \dfrac{x^3}{a^3}.
Функция принимает видy=2arctg⁡ax−ln⁡a+xa−x.y = 2\operatorname{arctg}\dfrac{a}{x} - \ln\dfrac{a + x}{a - x}.Производная первого слагаемого. Положим v=axv = \dfrac{a}{x}.
v′=a′x−ax2v' = \dfrac{a' x - a}{x^2}.
Вычислим числитель: a′x−a=x3a3⋅x−a=x4a3−a=x4−a4a3=−1a3a' x - a = \dfrac{x^3}{a^3}\cdot x - a = \dfrac{x^4}{a^3} - a = \dfrac{x^4 - a^4}{a^3} = -\dfrac{1}{a^3}.
Значит, v′=−1a3x2v' = -\dfrac{1}{a^3 x^2}.
Тогдаddx(2arctg⁡v)=2⋅v′1+v2=2⋅−1a3x21+a2x2=−2a3x2x2+a2x2=−2a3(x2+a2).\dfrac{d}{dx}\Bigl(2\operatorname{arctg} v\Bigr) = 2\cdot\dfrac{v'}{1 + v^2}
= 2\cdot\dfrac{-\dfrac{1}{a^3 x^2}}{1 + \dfrac{a^2}{x^2}}
= \dfrac{-\dfrac{2}{a^3 x^2}}{\dfrac{x^2 + a^2}{x^2}}
= -\dfrac{2}{a^3(x^2 + a^2)}.Производная второго слагаемого. Запишем логарифм как разность:
ln⁡a+xa−x=ln⁡(a+x)−ln⁡(a−x)\ln\dfrac{a + x}{a - x} = \ln(a + x) - \ln(a - x).
Его производная:ddx(ln⁡(a+x)−ln⁡(a−x))=a′+1a+x−a′−1a−x.\dfrac{d}{dx}\bigl(\ln(a + x) - \ln(a - x)\bigr)
= \dfrac{a' + 1}{a + x} - \dfrac{a' - 1}{a - x}.Приведём к общему знаменателю:a′+1a+x−a′−1a−x=(a′+1)(a−x)−(a′−1)(a+x)(a+x)(a−x).\dfrac{a' + 1}{a + x} - \dfrac{a' - 1}{a - x}
= \dfrac{(a' + 1)(a - x) - (a' - 1)(a + x)}{(a + x)(a - x)}.Числитель:
(a′+1)(a−x)−(a′−1)(a+x)=a′(a−x)+(a−x)−a′(a+x)+(a+x)=2a−2a′x(a' + 1)(a - x) - (a' - 1)(a + x) = a'(a - x) + (a - x) - a'(a + x) + (a + x) = 2a - 2a' x.
Таким образом, производная логарифма равна 2a−2a′xa2−x2\dfrac{2a - 2a' x}{a^2 - x^2}.
Подставим a′x=x4a3a' x = \dfrac{x^4}{a^3}:
2a−2a′x=2a−2x4a3=2a4−2x4a3=2a32a - 2a' x = 2a - \dfrac{2x^4}{a^3} = \dfrac{2a^4 - 2x^4}{a^3} = \dfrac{2}{a^3}.
Знаменатель a2−x2a^2 - x^2 выразим через a2+x2a^2 + x^2:
(a2−x2)(a2+x2)=a4−x4=1  ⟹  a2−x2=1a2+x2(a^2 - x^2)(a^2 + x^2) = a^4 - x^4 = 1 \;\Longrightarrow\; a^2 - x^2 = \dfrac{1}{a^2 + x^2}.
Следовательно,ddx(ln⁡a+xa−x)=2a31a2+x2=2(a2+x2)a3.\dfrac{d}{dx}\bigl(\ln\dfrac{a + x}{a - x}\bigr) = \dfrac{\dfrac{2}{a^3}}{\dfrac{1}{a^2 + x^2}} = \dfrac{2(a^2 + x^2)}{a^3}.Собираем y′y':y′=−2a3(x2+a2)−2(a2+x2)a3=−2a3(1x2+a2+x2+a2).y' = -\dfrac{2}{a^3(x^2 + a^2)} - \dfrac{2(a^2 + x^2)}{a^3}
= -\dfrac{2}{a^3}\Bigl(\dfrac{1}{x^2 + a^2} + x^2 + a^2\Bigr).Покажем, что выражение в скобках равно 2a22a^2. Пусть S=a2+x2S = a^2 + x^2. Тогда 1S+S=2a2\dfrac{1}{S} + S = 2a^2 равносильно 1+S2=2a2S1 + S^2 = 2a^2 S, т.е. S2−2a2S+1=0S^2 - 2a^2 S + 1 = 0, что переписывается как (S−a2)2=a4−1(S - a^2)^2 = a^4 - 1. Но S−a2=x2S - a^2 = x^2, а a4−1=x4a^4 - 1 = x^4 и (x2)2=x4(x^2)^2 = x^4 верно. Таким образом, 1x2+a2+x2+a2=2a2\dfrac{1}{x^2 + a^2} + x^2 + a^2 = 2a^2.
Подставляем:y′=−2a3⋅2a2=−4a.y' = -\dfrac{2}{a^3}\cdot 2a^2 = -\dfrac{4}{a}.Вторая производная:y′=−4a−1  ⟹  y′′=4a−2a′=4a−2⋅x3a3=4x3a5=4x3(x4+1)5/4.y' = -4a^{-1} \;\Longrightarrow\; y'' = 4a^{-2} a' = 4a^{-2}\cdot\dfrac{x^3}{a^3} = \dfrac{4x^3}{a^5} = \dfrac{4x^3}{(x^4 + 1)^{5/4}}.
Кудрявцев № 15.1 — решение и ответ | Высшая математика — Профиматика