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

Кудрявцев — задача 15.24

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

Задача 15.24

Найти y(n)(x)y^{(n)}(x):

1) y=x3+x+e3xy = x^{3}+x+e^{3x};
2) y=a0xn+a1xn−1+⋯+any = a_0x^n + a_1x^{n-1} + \dots + a_n (многочлен степени nn);
3) y=1+x1−xy = \dfrac{1+x}{1-x};
4) y=ax+bcx+d (c≠0)y = \dfrac{ax+b}{cx+d}\ (c\neq0);
5) y=ln⁡(ax+b) (a≠0)y = \ln(ax+b)\ (a\neq0);
6) y=sin⁡2xy = \sin^2 x;
7) y=sin⁡ax sin⁡bxy = \sin ax\,\sin bx;
8) y=ch⁡ax ch⁡bxy = \operatorname{ch} ax\,\operatorname{ch} bx;
9) y=sin⁡2x sin⁡2xy = \sin^2 x\,\sin 2x;
10) y=sin⁡4x+cos⁡4xy = \sin^4 x + \cos^4 x;
11) y=cos⁡4xy = \cos^4 x;

12) y=11−2xy = \dfrac{1}{\sqrt{1-2x}};
13) y=xx2−4x−12y = \dfrac{x}{x^2-4x-12};
14) y=1+x21−x2y = \dfrac{1+x^2}{1-x^2};
15) y=3−2x22x2+3x−2y = \dfrac{3-2x^2}{2x^2+3x-2}.
Ответ:1) при n≥4: 3ne3x, при n=1,2,3 добавляются производные многочлена;1)\ \text{при}\ n\ge 4:\ 3^n e^{3x},\ \text{при}\ n=1,2,3\ \text{добавляются производные многочлена};
2) a0n!;2)\ a_0 n!;
3) 2⋅n!(1−x)n+1;3)\ \dfrac{2\cdot n!}{(1-x)^{n+1}};
4) (bc−ad)(−1)nn! c n−1(cx+d)n+1;4)\ \dfrac{(bc-ad)(-1)^n n!\,c^{\,n-1}}{(cx+d)^{n+1}};
5) (−1)n−1(n−1)! an(ax+b)n;5)\ \dfrac{(-1)^{n-1}(n-1)!\,a^n}{(ax+b)^n};
6) −2n−1cos⁡ ⁣(2x+nπ2);6)\ -2^{n-1}\cos\!\bigl(2x + \dfrac{n\pi}{2}\bigr);
7) 12((a−b)ncos⁡ ⁣((a−b)x+nπ2)−(a+b)ncos⁡ ⁣((a+b)x+nπ2));7)\ \dfrac12\Bigl((a-b)^n\cos\!\bigl((a-b)x + \dfrac{n\pi}{2}\bigr) - (a+b)^n\cos\!\bigl((a+b)x + \dfrac{n\pi}{2}\bigr)\Bigr);
8) чётные: y(2k)=12((a+b)2kch⁡(a+b)x+(a−b)2kch⁡(a−b)x), нечётные: y(2k−1)=12((a+b)2k−1sh⁡(a+b)x+(a−b)2k−1sh⁡(a−b)x);8)\ \text{чётные:}\ y^{(2k)} = \dfrac12\bigl((a+b)^{2k}\operatorname{ch}(a+b)x + (a-b)^{2k}\operatorname{ch}(a-b)x\bigr),\ \text{нечётные:}\ y^{(2k-1)} = \dfrac12\bigl((a+b)^{2k-1}\operatorname{sh}(a+b)x + (a-b)^{2k-1}\operatorname{sh}(a-b)x\bigr);
9) 2n−1sin⁡ ⁣(2x+nπ2)−4n−1sin⁡ ⁣(4x+nπ2);9)\ 2^{n-1}\sin\!\bigl(2x + \dfrac{n\pi}{2}\bigr) - 4^{n-1}\sin\!\bigl(4x + \dfrac{n\pi}{2}\bigr);
10) 4n−1cos⁡ ⁣(4x+nπ2) при n≥1;10)\ 4^{n-1}\cos\!\bigl(4x + \dfrac{n\pi}{2}\bigr)\ \text{при}\ n\ge 1;
11) 2n−1cos⁡ ⁣(2x+nπ2)+22n−3cos⁡ ⁣(4x+nπ2);11)\ 2^{n-1}\cos\!\bigl(2x + \dfrac{n\pi}{2}\bigr) + 2^{2n-3}\cos\!\bigl(4x + \dfrac{n\pi}{2}\bigr);
12) (2n−1)!! (1−2x)−(2n+1)/2;12)\ (2n-1)!!\,(1-2x)^{-(2n+1)/2};
13) (−1)nn!(34(x−6)n+1+14(x+2)n+1);13)\ (-1)^n n!\Bigl(\dfrac{3}{4(x-6)^{n+1}} + \dfrac{1}{4(x+2)^{n+1}}\Bigr);
14) n! (1(1−x)n+1+(−1)n(1+x)n+1);14)\ n!\,\Bigl(\dfrac{1}{(1-x)^{n+1}} + \dfrac{(-1)^n}{(1+x)^{n+1}}\Bigr);
15) (−1)nn!(2n(2x−1)n+1+1(x+2)n+1)15)\ (-1)^n n!\Bigl( \dfrac{2^n}{(2x-1)^{n+1}} + \dfrac{1}{(x+2)^{n+1}} \Bigr)

Решение

Для степеней: (x3)(n)=0(x^3)^{(n)}=0 при n≥4n\ge 4; (x)(n)=0(x)^{(n)}=0 при n≥2n\ge 2. Для экспоненты: (e3x)′=3e3x(e^{3x})' = 3e^{3x}, (e3x)′′=32e3x(e^{3x})'' = 3^2e^{3x}. Докажем по индукции (e3x)(n)=3ne3x(e^{3x})^{(n)} = 3^n e^{3x}.
База n=1n=1: (e3x)′=3e3x(e^{3x})' = 3e^{3x} — верно. Пусть (e3x)(k)=3ke3x(e^{3x})^{(k)} = 3^ke^{3x}. Тогда (e3x)(k+1)=(3ke3x)′=3k⋅3e3x=3k+1e3x(e^{3x})^{(k+1)} = (3^ke^{3x})' = 3^k\cdot 3e^{3x} = 3^{k+1}e^{3x}.
Итого: при n≥4n\ge 4 y(n)=3ne3xy^{(n)} = 3^ne^{3x}; при n=1,2,3n=1,2,3 добавляются производные многочлена:
y′=3x2+1+3e3x,  y′′=6x+9e3x,  y′′′=6+27e3xy' = 3x^2+1+3e^{3x},\; y'' = 6x+9e^{3x},\; y''' = 6+27e^{3x}.
При каждом дифференцировании степень многочлена понижается. После nn дифференцирований останется только производная старшего члена: y(n)=a0⋅n!y^{(n)} = a_0\cdot n!. При k>nk>n все производные равны нулю.
Преобразуем: y=2−(1−x)1−x=21−x−1=2(1−x)−1−1y = \dfrac{2-(1-x)}{1-x} = \dfrac{2}{1-x}-1 = 2(1-x)^{-1}-1.
Найдём несколько производных: y′=2⋅1!⋅(1−x)−2y' = 2\cdot 1!\cdot(1-x)^{-2}, y′′=2⋅2!⋅(1−x)−3y'' = 2\cdot 2!\cdot(1-x)^{-3}, y′′′=2⋅3!⋅(1−x)−4y''' = 2\cdot 3!\cdot(1-x)^{-4}.
Гипотеза: y(n)=2⋅n!⋅(1−x)−(n+1)y^{(n)} = 2\cdot n!\cdot(1-x)^{-(n+1)}.
Доказательство по индукции:
База n=1n=1: 2⋅1!⋅(1−x)−2=y′2\cdot 1!\cdot(1-x)^{-2} = y' — верно.
Индукционный шаг: пусть y(k)=2⋅k!⋅(1−x)−(k+1)y^{(k)} = 2\cdot k!\cdot(1-x)^{-(k+1)}. Тогдаy(k+1)=(2⋅k!⋅(1−x)−(k+1))′=2⋅k!⋅(−(k+1))(1−x)−(k+2)⋅(−1)=2⋅(k+1)!⋅(1−x)−(k+2).y^{(k+1)} = \bigl(2\cdot k!\cdot(1-x)^{-(k+1)}\bigr)'
= 2\cdot k!\cdot(-(k+1))(1-x)^{-(k+2)}\cdot(-1)
= 2\cdot (k+1)!\cdot(1-x)^{-(k+2)}.Формула верна для любого nn.

Выделим целую часть: y=ac+bc−adc⋅(cx+d)−1y = \dfrac{a}{c} + \dfrac{bc-ad}{c}\cdot(cx+d)^{-1}.
Для функции v(x)=(cx+d)−1v(x) = (cx+d)^{-1} найдём v′=−c(cx+d)−2v' = -c(cx+d)^{-2}, v′′=2c2(cx+d)−3v'' = 2c^2(cx+d)^{-3}.
Гипотеза: v(n)=(−1)nn! cn(cx+d)−(n+1)v^{(n)} = (-1)^n n!\,c^n (cx+d)^{-(n+1)}.
Доказательство по индукции:
База n=1n=1: (−1)11! c (cx+d)−2=−c(cx+d)−2=v′(-1)^1 1!\,c\,(cx+d)^{-2} = -c(cx+d)^{-2} = v' — верно.
Индукционный шаг: пусть v(k)=(−1)kk! ck(cx+d)−(k+1)v^{(k)} = (-1)^k k!\,c^k (cx+d)^{-(k+1)}. Тогдаv(k+1)=((−1)kk! ck(cx+d)−(k+1))′=(−1)kk! ck⋅(−(k+1))(cx+d)−(k+2)⋅c=v^{(k+1)} = \bigl((-1)^k k!\,c^k (cx+d)^{-(k+1)}\bigr)'
= (-1)^k k!\,c^k\cdot(-(k+1))(cx+d)^{-(k+2)}\cdot c
==(−1)k+1(k+1)! ck+1(cx+d)−(k+2).=(-1)^{k+1}(k+1)!\,c^{k+1}(cx+d)^{-(k+2)}.
Следовательно,
y(n)=bc−adc⋅v(n)=(bc−ad)(−1)nn! c n−1(cx+d)n+1y^{(n)} = \dfrac{bc-ad}{c}\cdot v^{(n)} = \dfrac{(bc-ad)(-1)^n n!\,c^{\,n-1}}{(cx+d)^{n+1}}.

Находим производные: y′=aax+b=a(ax+b)−1y' = \dfrac{a}{ax+b} = a(ax+b)^{-1}, y′′=−a2(ax+b)−2y'' = -a^2(ax+b)^{-2},
y′′′=2a3(ax+b)−3y''' = 2a^3(ax+b)^{-3}.
Гипотеза: y(n)=(−1)n−1(n−1)! an(ax+b)−ny^{(n)} = (-1)^{n-1}(n-1)!\,a^n(ax+b)^{-n}.
Доказательство:
База n=1n=1: (−1)00! a (ax+b)−1=aax+b=y′(-1)^0 0!\,a\,(ax+b)^{-1} = \dfrac{a}{ax+b} = y' — верно.
Индукционный шаг: пусть y(k)=(−1)k−1(k−1)! ak(ax+b)−ky^{(k)} = (-1)^{k-1}(k-1)!\,a^k(ax+b)^{-k}. Тогдаy(k+1)=((−1)k−1(k−1)! ak(ax+b)−k)′=(−1)k−1(k−1)! ak⋅(−k)(ax+b)−(k+1)⋅a=y^{(k+1)} = \bigl((-1)^{k-1}(k-1)!\,a^k(ax+b)^{-k}\bigr)'
= (-1)^{k-1}(k-1)!\,a^k\cdot(-k)(ax+b)^{-(k+1)}\cdot a=
=(−1)kk! ak+1(ax+b)−(k+1).=(-1)^k k!\,a^{k+1}(ax+b)^{-(k+1)}.
Преобразуем: sin⁡2x=1−cos⁡2x2=12−12cos⁡2x\sin^2 x = \dfrac{1-\cos 2x}{2} = \dfrac12 - \dfrac12\cos 2x.
Найдём nn-ю производную cos⁡2x\cos 2x. Докажем общую формулу:
(cos⁡cx)(n)=cncos⁡ ⁣(cx+nπ2)(\cos cx)^{(n)} = c^n\cos\!\bigl(cx + \dfrac{n\pi}{2}\bigr).
Действительно, база: (cos⁡cx)′=−csin⁡cx=ccos⁡(cx+π2)(\cos cx)' = -c\sin cx = c\cos(cx+\dfrac{\pi}{2}).
Индукционный шаг стандартен.
При c=2c=2: (cos⁡2x)(n)=2ncos⁡(2x+nπ2)(\cos 2x)^{(n)} = 2^n\cos(2x+\dfrac{n\pi}{2}).
Тогда y(n)=−12⋅2ncos⁡(2x+nπ2)=−2n−1cos⁡(2x+nπ2)y^{(n)} = -\dfrac12\cdot 2^n\cos(2x+\dfrac{n\pi}{2}) = -2^{n-1}\cos(2x+\dfrac{n\pi}{2}).
sin⁡ax sin⁡bx=12(cos⁡(a−b)x−cos⁡(a+b)x)\sin ax\,\sin bx = \dfrac12\bigl(\cos(a-b)x - \cos(a+b)x\bigr).
Применяя формулу из пункта 6, получаемy(n)=12((a−b)ncos⁡((a−b)x+nπ2)−(a+b)ncos⁡((a+b)x+nπ2)).y^{(n)} = \dfrac12\bigl((a-b)^n\cos((a-b)x+\dfrac{n\pi}{2}) - (a+b)^n\cos((a+b)x+\dfrac{n\pi}{2})\bigr).
ch⁡ax ch⁡bx=12(ch⁡(a+b)x+ch⁡(a−b)x)\operatorname{ch} ax\,\operatorname{ch} bx = \dfrac12\bigl(\operatorname{ch}(a+b)x + \operatorname{ch}(a-b)x\bigr).
Найдём nn-ю производную ch⁡cx\operatorname{ch} cx. Последовательно: (ch⁡cx)′=csh⁡cx(\operatorname{ch} cx)' = c\operatorname{sh} cx, (ch⁡cx)′′=c2ch⁡cx(\operatorname{ch} cx)'' = c^2\operatorname{ch} cx, (ch⁡cx)′′′=c3sh⁡cx(\operatorname{ch} cx)''' = c^3\operatorname{sh} cx.
Гипотеза: (ch⁡cx)(n)={cnch⁡cx,n чётное,cnsh⁡cx,n нечётное.(\operatorname{ch} cx)^{(n)} = \begin{cases} c^n\operatorname{ch} cx, & n\text{ чётное},\\ c^n\operatorname{sh} cx, & n\text{ нечётное}. \end{cases}
Доказательство индукцией: база n=1n=1 (нечёт): csh⁡cxc\operatorname{sh} cx — верно. Шаг: если kk чётно, то производная даёт ck+1sh⁡cxc^{k+1}\operatorname{sh} cx (нечёт); если нечётно — ck+1ch⁡cxc^{k+1}\operatorname{ch} cx (чёт).
Следовательно,
при n=2kn=2k: y(2k)=12((a+b)2kch⁡(a+b)x+(a−b)2kch⁡(a−b)x)y^{(2k)} = \dfrac12\bigl((a+b)^{2k}\operatorname{ch}(a+b)x + (a-b)^{2k}\operatorname{ch}(a-b)x\bigr);
при n=2k−1n=2k-1: y(2k−1)=12((a+b)2k−1sh⁡(a+b)x+(a−b)2k−1sh⁡(a−b)x)y^{(2k-1)} = \dfrac12\bigl((a+b)^{2k-1}\operatorname{sh}(a+b)x + (a-b)^{2k-1}\operatorname{sh}(a-b)x\bigr).
sin⁡2x=1−cos⁡2x2\sin^2 x = \dfrac{1-\cos 2x}{2}, тогда y=12sin⁡2x−12sin⁡2xcos⁡2xy = \dfrac12\sin 2x - \dfrac12\sin 2x\cos 2x.
Так как sin⁡2xcos⁡2x=12sin⁡4x\sin 2x\cos 2x = \dfrac12\sin 4x, получаем y=12sin⁡2x−14sin⁡4xy = \dfrac12\sin 2x - \dfrac14\sin 4x.
Формула для синуса (аналогично п. 6): (sin⁡cx)(n)=cnsin⁡(cx+nπ2)(\sin cx)^{(n)} = c^n\sin(cx+\tfrac{n\pi}{2}).
Тогда y(n)=12⋅2nsin⁡(2x+nπ2)−14⋅4nsin⁡(4x+nπ2)=2n−1sin⁡(2x+nπ2)−4n−1sin⁡(4x+nπ2)y^{(n)} = \dfrac12\cdot2^n\sin(2x+\dfrac{n\pi}{2}) - \dfrac14\cdot4^n\sin(4x+\dfrac{n\pi}{2}) = 2^{n-1}\sin(2x+\dfrac{n\pi}{2}) - 4^{n-1}\sin(4x+\dfrac{n\pi}{2}).
sin⁡4x+cos⁡4x=(sin⁡2x+cos⁡2x)2−2sin⁡2xcos⁡2x=1−12sin⁡22x\sin^4 x + \cos^4 x = (\sin^2 x+\cos^2 x)^2 - 2\sin^2 x\cos^2 x = 1 - \dfrac12\sin^2 2x.
sin⁡22x=1−cos⁡4x2\sin^2 2x = \dfrac{1-\cos 4x}{2}, откуда y=1−14+14cos⁡4x=34+14cos⁡4xy = 1 - \dfrac14 + \dfrac14\cos 4x = \dfrac34 + \dfrac14\cos 4x.
При n≥1n\ge 1: y(n)=14⋅4ncos⁡(4x+nπ2)=4n−1cos⁡(4x+nπ2)y^{(n)} = \dfrac14\cdot4^n\cos(4x+\dfrac{n\pi}{2}) = 4^{n-1}\cos(4x+\dfrac{n\pi}{2}).
cos⁡4x=(1+cos⁡2x2)2=14(1+2cos⁡2x+cos⁡22x)\cos^4 x = \bigl(\dfrac{1+\cos 2x}{2}\bigr)^2 = \dfrac14(1+2\cos 2x+\cos^2 2x).
cos⁡22x=1+cos⁡4x2\cos^2 2x = \dfrac{1+\cos 4x}{2}, поэтому y=38+12cos⁡2x+18cos⁡4xy = \dfrac38 + \dfrac12\cos 2x + \dfrac18\cos 4x.
При n≥1n\ge 1: y(n)=12⋅2ncos⁡(2x+nπ2)+18⋅4ncos⁡(4x+nπ2)=2n−1cos⁡(2x+nπ2)+22n−3cos⁡(4x+nπ2)y^{(n)} = \dfrac12\cdot2^n\cos(2x+\dfrac{n\pi}{2}) + \dfrac18\cdot4^n\cos(4x+\dfrac{n\pi}{2}) = 2^{n-1}\cos(2x+\dfrac{n\pi}{2}) + 2^{2n-3}\cos(4x+\dfrac{n\pi}{2}).
y=(1−2x)−1/2y = (1-2x)^{-1/2}. Последовательно: y′=1⋅(1−2x)−3/2y' = 1\cdot(1-2x)^{-3/2}, y′′=3⋅(1−2x)−5/2y'' = 3\cdot(1-2x)^{-5/2}, y′′′=15⋅(1−2x)−7/2y''' = 15\cdot(1-2x)^{-7/2}.
Коэффициенты — двойные факториалы: 1=1!!1=1!!, 3=3!!3=3!!, 15=5!!15=5!!.
Гипотеза: y(n)=(2n−1)!! (1−2x)−(2n+1)/2y^{(n)} = (2n-1)!!\,(1-2x)^{-(2n+1)/2}.
Доказательство индукцией:
База n=1n=1: 1!!⋅(1−2x)−3/2=y′1!!\cdot(1-2x)^{-3/2} = y' — верно.
Индукционный шаг: пусть y(k)=(2k−1)!! (1−2x)−(2k+1)/2y^{(k)} = (2k-1)!!\,(1-2x)^{-(2k+1)/2}. Тогдаy(k+1)=((2k−1)!! (1−2x)−(2k+1)/2)′=(2k−1)!!⋅(−2k+12)(1−2x)−(2k+3)/2⋅(−2)=y^{(k+1)} = \bigl((2k-1)!!\,(1-2x)^{-(2k+1)/2}\bigr)'
= (2k-1)!!\cdot\bigl(-\dfrac{2k+1}{2}\bigr)(1-2x)^{-(2k+3)/2}\cdot(-2) ==(2k−1)!!⋅(2k+1) (1−2x)−(2k+3)/2=(2k+1)!! (1−2x)−(2(k+1)+1)/2.= (2k-1)!!\cdot(2k+1)\,(1-2x)^{-(2k+3)/2} = (2k+1)!!\,(1-2x)^{-(2(k+1)+1)/2}.
x2−4x−12=(x−6)(x+2)x^2-4x-12 = (x-6)(x+2). Разложение на простейшие: x(x−6)(x+2)=3/4x−6+1/4x+2\dfrac{x}{(x-6)(x+2)} = \dfrac{3/4}{x-6} + \dfrac{1/4}{x+2}.
Используем результат п. 4 при c=1c=1: ((x−a)−1)(n)=(−1)nn! (x−a)−(n+1)((x-a)^{-1})^{(n)} = (-1)^n n!\,(x-a)^{-(n+1)}.
Тогда y(n)=34(−1)nn! (x−6)−(n+1)+14(−1)nn! (x+2)−(n+1)y^{(n)} = \dfrac34(-1)^n n!\,(x-6)^{-(n+1)} + \dfrac14(-1)^n n!\,(x+2)^{-(n+1)}.
y=−1+21−x2=−1+11−x+11+xy = -1 + \dfrac{2}{1-x^2} = -1 + \dfrac{1}{1-x} + \dfrac{1}{1+x}.
Аналогично п. 13: y(n)=n! (1−x)−(n+1)+(−1)nn! (1+x)−(n+1)y^{(n)} = n!\,(1-x)^{-(n+1)} + (-1)^n n!\,(1+x)^{-(n+1)}.
2x2+3x−2=(2x−1)(x+2)2x^2+3x-2 = (2x-1)(x+2). Деление: y=−1+3x+1(2x−1)(x+2)y = -1 + \dfrac{3x+1}{(2x-1)(x+2)}.
Разложение остатка: 3x+1(2x−1)(x+2)=12x−1+1x+2\dfrac{3x+1}{(2x-1)(x+2)} = \dfrac{1}{2x-1} + \dfrac{1}{x+2}.
По п. 4 ((2x−1)−1)(n)=(−1)nn! 2n(2x−1)−(n+1)((2x-1)^{-1})^{(n)} = (-1)^n n!\,2^n(2x-1)^{-(n+1)}.
Тогда y(n)=(−1)nn!(2n(2x−1)n+1+1(x+2)n+1)y^{(n)} = (-1)^n n!\Bigl( \dfrac{2^n}{(2x-1)^{n+1}} + \dfrac{1}{(x+2)^{n+1}} \Bigr).
Кудрявцев № 15.24 — решение и ответ | Высшая математика — Профиматика