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

Кудрявцев — задача 15.19

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

Задача 15.19

Найти dnydxn\dfrac{d^{n}y}{dx^{n}} для функций, заданных параметрически:

1) x=acos⁡2t, y=bsin⁡2tx = a\cos^{2}t,\ y = b\sin^{2}t;
2) x=cos⁡t, y=cos⁡nt (n∈N)x = \cos t,\ y = \cos nt\ (n \in \mathbb{N});
3) x=t2−t+1, y=t2+t+1x = t^{2} - t + 1,\ y = t^{2} + t + 1;
4) x=tt+1, y=2t2+t(t+1)2x = \dfrac{t}{t+1},\ y = \dfrac{2t^{2}+t}{(t+1)^{2}}.
Ответ:1) 0 при n≥2;1)\ 0\ \text{при}\ n \ge 2;
2) 2n−1n!;2)\ 2^{n-1} n!;
3) dydx=2t+12t−1, dnydxn=(−1)n−1 2n (2n−3)!!(2t−1)2n−1 при  n≥2;3)\ \dfrac{dy}{dx} = \dfrac{2t+1}{2t-1},\ \dfrac{d^{n}y}{dx^{n}} = \dfrac{(-1)^{n-1}\, 2^{n}\, (2n-3)!!}{(2t-1)^{2n-1}}\ \text{при}\ \ n \ge 2;
4) 2x+1 при n=1, 2 при n=2, 0 при n≥34)\ 2x+1\ \text{при}\ n=1,\ 2\ \text{при}\ n=2,\ 0\ \text{при}\ n \ge 3

Решение

Представим функции в виде x=a2(1+cos⁡2t), y=b2(1−cos⁡2t)x = \dfrac{a}{2}(1+\cos 2t),\ y = \dfrac{b}{2}(1-\cos 2t).
Тогда x˙=−asin⁡2t, y˙=bsin⁡2t\dot x = -a\sin 2t,\ \dot y = b\sin 2t.
Первая производная:dydx=bsin⁡2t−asin⁡2t=−ba(sin⁡2t≠0).\dfrac{dy}{dx} = \dfrac{b\sin 2t}{-a\sin 2t} = -\dfrac{b}{a} \quad (\sin 2t \neq 0).Производная постоянна, поэтому все производные высших порядков равны нулю:dnydxn=0при n≥2.\dfrac{d^{n}y}{dx^{n}} = 0 \quad \text{при } n \ge 2.
Здесь t=arccos⁡xt = \arccos x (главная ветвь, 0<t<π0 < t < \pi), поэтомуy=cos⁡(narccos⁡x)=Tn(x),y = \cos(n\arccos x) = T_{n}(x),где Tn(x)T_{n}(x) — многочлен Чебышёва первого рода. Он имеет степень nn и старший коэффициент 2n−12^{n-1} (можно доказать индукцией или с помощью рекуррентного соотношения для многочленов Чебышёва первого рода Tn+1(x)=2xTn(x)−Tn−1(x)T_{n+1}(x) = 2x T_{n}(x) - T_{n-1}(x)).
Тогда nn-я производная этого многочлена постоянна:dnydxn=2n−1n!(n≥1).\dfrac{d^{n}y}{dx^{n}} = 2^{n-1} n! \qquad (n \ge 1).Находим x˙=2t−1, y˙=2t+1\dot x = 2t - 1,\ \dot y = 2t + 1.
Первая производная:y′=y˙x˙=2t+12t−1=1+22t−1.y' = \dfrac{\dot y}{\dot x} = \dfrac{2t+1}{2t-1} = 1 + \dfrac{2}{2t-1}.Найдём несколько следующих производных:y′′=ddt ⁣(1+22t−1)/x˙=−4(2t−1)22t−1=−4(2t−1)3,y′′′=ddt ⁣(−4(2t−1)3)/x˙=24(2t−1)4⋅12t−1=24(2t−1)5,y(4)=ddt ⁣(24(2t−1)5)/x˙=−240(2t−1)6⋅12t−1=−240(2t−1)7.\begin{aligned}
y'' &= \dfrac{d}{dt}\!\left(1 + \dfrac{2}{2t-1}\right) \Big/ \dot x
= \dfrac{-\dfrac{4}{(2t-1)^{2}}}{2t-1} = -\dfrac{4}{(2t-1)^{3}},\\[4pt]
y''' &= \dfrac{d}{dt}\!\left(-\dfrac{4}{(2t-1)^{3}}\right) \Big/ \dot x
= \dfrac{24}{(2t-1)^{4}} \cdot \dfrac{1}{2t-1} = \dfrac{24}{(2t-1)^{5}},\\[4pt]
y^{(4)} &= \dfrac{d}{dt}\!\left(\dfrac{24}{(2t-1)^{5}}\right) \Big/ \dot x
= \dfrac{-240}{(2t-1)^{6}} \cdot \dfrac{1}{2t-1} = -\dfrac{240}{(2t-1)^{7}}.
\end{aligned}Возникает закономерность. Докажем по индукции, что для любого n≥2n \ge 2y(n)=(−1)n−1 2n (2n−3)!!(2t−1)2n−1,y^{(n)} = \dfrac{(-1)^{n-1}\, 2^{n}\, (2n-3)!!}{(2t-1)^{2n-1}},где (2n−3)!!=1⋅3⋅5⋯(2n−3)(2n-3)!! = 1\cdot 3\cdot 5\cdots (2n-3) (двойной факториал; (−1)!!=1(-1)!! = 1).

База индукции

(2⋅2−3)!!=1!!=1(2\cdot2-3)!! = 1!! = 1, тогда(−1)1 22 1!!(2t−1)3=−4(2t−1)3,\dfrac{(-1)^{1}\, 2^{2}\, 1!!}{(2t-1)^{3}} = -\dfrac{4}{(2t-1)^{3}},что совпадает с y′′y''.

Индукционный переход

предположим, что формула верна для некоторого n≥2n \ge 2. Тогдаddty(n)=\displaystyle \dfrac{d}{dt}y^{(n)}\mathrel{=}ddt ⁣((−1)n−1 2n (2n−3)!! (2t−1)−(2n−1))=\displaystyle \dfrac{d}{dt}\!\left( (-1)^{n-1}\,2^{n}\,(2n-3)!!\,(2t-1)^{-(2n-1)} \right)\mathrel{=}(−1)n−1 2n (2n−3)!!⋅(−(2n−1))(2t−1)−2n⋅2=\displaystyle (-1)^{n-1}\,2^{n}\,(2n-3)!! \cdot \bigl(-(2n-1)\bigr)(2t-1)^{-2n} \cdot 2\mathrel{=}(−1)n 2n+1 (2n−3)!! (2n−1) (2t−1)−2n.\displaystyle (-1)^{n}\,2^{n+1}\,(2n-3)!!\,(2n-1)\,(2t-1)^{-2n}.Заметим, что (2n−3)!!⋅(2n−1)=(2n−1)!!(2n-3)!! \cdot (2n-1) = (2n-1)!!. Поэтомуddty(n)=(−1)n 2n+1 (2n−1)!! (2t−1)−2n.\dfrac{d}{dt}y^{(n)} = (-1)^{n}\,2^{n+1}\,(2n-1)!!\,(2t-1)^{-2n}.Деля на x˙=2t−1\dot x = 2t-1, получаемy(n+1)=(−1)n 2n+1 (2n−1)!!(2t−1)2n+1.y^{(n+1)} = \dfrac{(-1)^{n}\,2^{n+1}\,(2n-1)!!}{(2t-1)^{2n+1}}.Поскольку (2n−1)!!=(2(n+1)−3)!!(2n-1)!! = (2(n+1)-3)!!, индукционный шаг завершён.

Таким образом, для n≥2n \ge 2dnydxn=(−1)n−1 2n (2n−3)!!(2t−1)2n−1,dydx=2t+12t−1.\dfrac{d^{n}y}{dx^{n}} = \dfrac{(-1)^{n-1}\, 2^{n}\, (2n-3)!!}{(2t-1)^{2n-1}},\qquad
\dfrac{dy}{dx} = \dfrac{2t+1}{2t-1}.

Проверка

4. Выразим yy через xx. Из первого уравнения:x=1−1t+1⟹1t+1=1−x.x = 1 - \dfrac{1}{t+1} \quad\Longrightarrow\quad \dfrac{1}{t+1} = 1 - x.Подставим во второе:y=\displaystyle y\mathrel{=}2(tt+1)2+t(t+1)2=\displaystyle 2\left(\dfrac{t}{t+1}\right)^{2} + \dfrac{t}{(t+1)^{2}}\mathrel{=}2x2+tt+1⋅1t+1=\displaystyle 2x^{2} + \dfrac{t}{t+1}\cdot\dfrac{1}{t+1}\mathrel{=}2x2+x(1−x)=\displaystyle 2x^{2} + x(1-x)\mathrel{=}2x2+x−x2=\displaystyle 2x^{2} + x - x^{2}\mathrel{=}x2+x.\displaystyle x^{2} + x.Следовательно, y=x2+xy = x^{2} + x. Тогдаy′=2x+1,y′′=2,y′′′=0,y' = 2x + 1,\quad y'' = 2,\quad y''' = 0,и все производные порядка n≥3n \ge 3 равны нулю.dnydxn={2x+1,n=1,2,n=2,0,n≥3.\dfrac{d^{n}y}{dx^{n}} =
\begin{cases}
2x+1, & n=1,\\
2, & n=2,\\
0, & n \ge 3.
\end{cases}
Кудрявцев № 15.19 — решение и ответ | Высшая математика — Профиматика