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

Кудрявцев — задача 15.26

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

Задача 15.26

Найти y(n)(x)y^{(n)}(x):

1) y=x1−5xy = \dfrac{x}{\sqrt{1-5x}};
2) y=x21−2xy = \dfrac{x^{2}}{\sqrt{1-2x}};
3) y=eaxcos⁡(bx+c)y = e^{ax}\cos(bx+c);
4) y=e2xsin⁡2xy = e^{2x}\sin^{2}x;

5) y=ch⁡axsin⁡bxy = \operatorname{ch} ax \sin bx;
6) y=xn−1e1/xy = x^{n-1}e^{1/x};
7) y=xn−1ln⁡xy = x^{n-1}\ln x;
8) y=arctg⁡xy = \operatorname{arctg} x.
Ответ:1) 5n−1(2n−3)!!2n⋅2n−5x(1−5x)(2n+1)/2;1)\ \dfrac{5^{n-1}(2n-3)!!}{2^{n}} \cdot \dfrac{2n - 5x}{(1-5x)^{(2n+1)/2}};
2) (2n−5)!!3x2−2nx+n2−n(1−2x)(2n+1)/2;2)\ (2n-5)!! \dfrac{3x^{2} - 2nx + n^{2} - n}{(1-2x)^{(2n+1)/2}};
3) (a2+b2)n/2eaxcos⁡(bx+c+nφ), φ=arg⁡(a+bi);3)\ (a^{2}+b^{2})^{n/2} e^{ax} \cos(bx+c+n\varphi),\ \varphi=\arg(a+bi);
4) 2n−1e2x−2(3n−2)/2e2xcos⁡ ⁣(2x+nπ4);4)\ 2^{n-1}e^{2x} - 2^{(3n-2)/2} e^{2x} \cos\!\Bigl(2x + \dfrac{n\pi}{4}\Bigr);
5) Rn(ch⁡axsin⁡bxcos⁡nφ+sh⁡axcos⁡bxsin⁡nφ), cos⁡φ=a/R, sin⁡φ=b/R;5)\ R^{n} \bigl( \operatorname{ch} ax \sin bx \cos n\varphi + \operatorname{sh} ax \cos bx \sin n\varphi \bigr),\ \cos\varphi=a/R,\ \sin\varphi=b/R;
6) (−1)nx−n−1e1/x;6)\ (-1)^{n} x^{-n-1} e^{1/x};
7) (n−1)!x;7)\ \dfrac{(n-1)!}{x};
8) (−1)n−1(n−1)!sin⁡(narctan⁡x)(1+x2)n/28)\ (-1)^{n-1}(n-1)! \dfrac{\sin\bigl(n\arctan x\bigr)}{(1+x^{2})^{n/2}}

Решение

Запишем y=x(1−5x)−1/2y = x(1-5x)^{-1/2} и применим формулу Лейбница к u=xu = x,
v=(1−5x)−1/2v = (1-5x)^{-1/2}. Сначала найдём v(m)v^{(m)} для любого m≥1m \ge 1.v′=52(1−5x)−3/2,v′′=52⋅1⋅322(1−5x)−5/2,v′′′=53⋅1⋅3⋅523(1−5x)−7/2.\begin{aligned}
v' &= \dfrac{5}{2}(1-5x)^{-3/2},\\
v'' &= \dfrac{5^{2} \cdot 1 \cdot 3}{2^{2}}(1-5x)^{-5/2},\\
v''' &= \dfrac{5^{3} \cdot 1 \cdot 3 \cdot 5}{2^{3}}(1-5x)^{-7/2}.
\end{aligned}Возникает закономерность:v(m)=5m(2m−1)!!2m(1−5x)−(2m+1)/2,v^{(m)} = \dfrac{5^{m}(2m-1)!!}{2^{m}}(1-5x)^{-(2m+1)/2},где (2m−1)!!=1⋅3⋅5⋯(2m−1)(2m-1)!! = 1 \cdot 3 \cdot 5 \cdots (2m-1). Докажем формулу индукцией по mm. База m=1m=1:51⋅1!!21(1−5x)−3/2=52(1−5x)−3/2=v′.\dfrac{5^{1} \cdot 1!!}{2^{1}}(1-5x)^{-3/2} = \dfrac{5}{2}(1-5x)^{-3/2} = v'.Индукционный переход: пусть формула верна для m=km=k, т.е.v(k)=5k(2k−1)!!2k(1−5x)−(2k+1)/2.v^{(k)} = \dfrac{5^{k}(2k-1)!!}{2^{k}}(1-5x)^{-(2k+1)/2}.Тогдаv(k+1)=5k(2k−1)!!2k⋅(−2k+12)(1−5x)−(2k+3)/2⋅(−5)==5k(2k−1)!!2k⋅(2k+1)52(1−5x)−(2k+3)/2==5k+1(2k−1)!!(2k+1)2k+1(1−5x)−(2k+3)/2==5k+1(2(k+1)−1)!!2k+1(1−5x)−(2(k+1)+1)/2.\begin{aligned}
v^{(k+1)} &= \dfrac{5^{k}(2k-1)!!}{2^{k}} \cdot \Bigl(-\dfrac{2k+1}{2}\Bigr)(1-5x)^{-(2k+3)/2} \cdot (-5) = \\
&= \dfrac{5^{k}(2k-1)!!}{2^{k}} \cdot \dfrac{(2k+1)5}{2}(1-5x)^{-(2k+3)/2} = \\
&= \dfrac{5^{k+1}(2k-1)!!(2k+1)}{2^{k+1}}(1-5x)^{-(2k+3)/2}= \\
&= \dfrac{5^{k+1}\bigl(2(k+1)-1\bigr)!!}{2^{k+1}}(1-5x)^{-(2(k+1)+1)/2}.
\end{aligned}Формула верна. Теперь по формуле Лейбница, учитывая u′=1u' = 1, u(k)=0u^{(k)} = 0 при k≥2k \ge 2:y(n)=xv(n)+nv(n−1).y^{(n)} = xv^{(n)} + n v^{(n-1)}.Подставляем:y(n)=x⋅5n(2n−1)!!2n(1−5x)−(2n+1)/2++n⋅5n−1(2n−3)!!2n−1(1−5x)−(2n−1)/2.\begin{aligned}
y^{(n)} &= x \cdot \dfrac{5^{n}(2n-1)!!}{2^{n}}(1-5x)^{-(2n+1)/2}+ \\
&\quad + n \cdot \dfrac{5^{n-1}(2n-3)!!}{2^{n-1}}(1-5x)^{-(2n-1)/2}.
\end{aligned}Выносим общий множитель 5n−1(2n−3)!!2n−1(1−5x)−(2n+1)/2\dfrac{5^{n-1}(2n-3)!!}{2^{n-1}}(1-5x)^{-(2n+1)/2}:y(n)=5n−1(2n−3)!!2n−1(1−5x)−(2n+1)/2[x⋅5(2n−1)2+n(1−5x)].\begin{aligned}
y^{(n)} &= \dfrac{5^{n-1}(2n-3)!!}{2^{n-1}}(1-5x)^{-(2n+1)/2}
\Bigl[ x \cdot \dfrac{5(2n-1)}{2} + n(1-5x) \Bigr].
\end{aligned}Упростим скобку:5(2n−1)2x+n−5nx=10nx−5x2+n−5nx==10nx−5x+2n−10nx2==2n−5x2.\begin{aligned}
\dfrac{5(2n-1)}{2}x + n - 5nx
&= \dfrac{10nx - 5x}{2} + n - 5nx = \\
&= \dfrac{10nx - 5x + 2n - 10nx}{2}= \\
&= \dfrac{2n - 5x}{2}.
\end{aligned}Таким образом,y(n)=5n−1(2n−3)!!2n⋅2n−5x(1−5x)(2n+1)/2.y^{(n)} = \dfrac{5^{n-1}(2n-3)!!}{2^{n}} \cdot \dfrac{2n - 5x}{(1-5x)^{(2n+1)/2}}.Имеем y=x2(1−2x)−1/2y = x^{2}(1-2x)^{-1/2}. Применим Лейбница к u=x2u = x^{2}, v=(1−2x)−1/2v = (1-2x)^{-1/2}. Производные uu: u′=2xu' = 2x, u′′=2u'' = 2, u′′′=0u''' = 0. Аналогично предыдущему, для vv:v(m)=(2m−1)!!(1−2x)−(2m+1)/2.v^{(m)} = (2m-1)!!(1-2x)^{-(2m+1)/2}.По формуле Лейбница для n≥2n \ge 2:y(n)=x2v(n)+2nxv(n−1)+n(n−1)v(n−2).y^{(n)} = x^{2}v^{(n)} + 2nx v^{(n-1)} + n(n-1)v^{(n-2)}.Подставляем:y(n)=x2(2n−1)!!(1−2x)−(2n+1)/2++2nx(2n−3)!!(1−2x)−(2n−1)/2++n(n−1)(2n−5)!!(1−2x)−(2n−3)/2.\begin{aligned}
y^{(n)} &= x^{2}(2n-1)!!(1-2x)^{-(2n+1)/2} +\\
&\quad + 2nx(2n-3)!!(1-2x)^{-(2n-1)/2}+ \\
&\quad + n(n-1)(2n-5)!!(1-2x)^{-(2n-3)/2}.
\end{aligned}Выносим общий множитель (2n−5)!!(1−2x)−(2n+1)/2(2n-5)!!(1-2x)^{-(2n+1)/2}, учитывая (2n−1)!!=(2n−1)(2n−3)(2n−5)!!(2n-1)!! = (2n-1)(2n-3)(2n-5)!! и (2n−3)!!=(2n−3)(2n−5)!!(2n-3)!! = (2n-3)(2n-5)!!:y(n)=(2n−5)!!(1−2x)−(2n+1)/2(2n−1)(2n−3)x2+2n(2n−3)x(1−2x)+n(n−1)(1−2x)2.\begin{aligned}
y^{(n)} = (2n-5)!!(1-2x)^{-(2n+1)/2}
(2n-1)(2n-3)x^{2} + 2n(2n-3)x(1-2x) \\
&{}+ n(n-1)(1-2x)^{2}.
\end{aligned}Раскрываем скобки и приводим подобные. Коэффициент при x2x^{2}:(2n−1)(2n−3)−4n(2n−3)+4n(n−1)=(4n2−8n+3)−(8n2−12n)+(4n2−4n)=3.(2n-1)(2n-3) - 4n(2n-3) + 4n(n-1) = (4n^{2}-8n+3) - (8n^{2}-12n) + (4n^{2}-4n) = 3.Коэффициент при xx:2n(2n−3)−4n(n−1)=4n2−6n−4n2+4n=−2n.2n(2n-3) - 4n(n-1) = 4n^{2} - 6n - 4n^{2} + 4n = -2n.Свободный член: n(n−1)=n2−nn(n-1) = n^{2} - n.
Следовательно, скобка равна 3x2−2nx+n2−n3x^{2} - 2nx + n^{2} - n. Окончательно,y(n)=(2n−5)!!3x2−2nx+n2−n(1−2x)(2n+1)/2.y^{(n)} = (2n-5)!! \dfrac{3x^{2} - 2nx + n^{2} - n}{(1-2x)^{(2n+1)/2}}.Представим функцию через комплексную экспоненту:y=Re⁡(e(a+bi)x+ic).y = \operatorname{Re}\bigl(e^{(a+bi)x + ic}\bigr).Производная nn-го порядка:y(n)=Re⁡((a+bi)ne(a+bi)x+ic).y^{(n)} = \operatorname{Re}\bigl((a+bi)^{n} e^{(a+bi)x + ic}\bigr).Запишем a+bi=a2+b2 eiφa+bi = \sqrt{a^{2}+b^{2}}\,e^{i\varphi}, где φ=arg⁡(a+bi)\varphi = \arg(a+bi), т.е.cos⁡φ=aa2+b2,sin⁡φ=ba2+b2.\cos\varphi = \dfrac{a}{\sqrt{a^{2}+b^{2}}},\qquad \sin\varphi = \dfrac{b}{\sqrt{a^{2}+b^{2}}}.Тогда (a+bi)n=(a2+b2)n/2einφ(a+bi)^{n} = (a^{2}+b^{2})^{n/2} e^{in\varphi}. Подставляем:y(n)=\displaystyle y^{(n)}\mathrel{=}Re⁡((a2+b2)n/2einφ⋅e(a+bi)x+ic)=\displaystyle \operatorname{Re}\Bigl((a^{2}+b^{2})^{n/2} e^{in\varphi} \cdot e^{(a+bi)x + ic}\Bigr)\mathrel{=}(a2+b2)n/2eaxRe⁡(ei(bx+c+nφ))=\displaystyle (a^{2}+b^{2})^{n/2} e^{ax} \operatorname{Re}\Bigl(e^{i(bx+c+n\varphi)}\Bigr)\mathrel{=}(a2+b2)n/2eaxcos⁡(bx+c+nφ).\displaystyle (a^{2}+b^{2})^{n/2} e^{ax} \cos(bx+c+n\varphi).
Используем sin⁡2x=1−cos⁡2x2\sin^{2}x = \dfrac{1-\cos 2x}{2}, поэтому y=12e2x−12e2xcos⁡2xy = \dfrac12 e^{2x} - \dfrac12 e^{2x}\cos 2x. Первое слагаемое:(12e2x)(n)=2n−1e2x.\Bigl(\dfrac12 e^{2x}\Bigr)^{(n)} = 2^{n-1}e^{2x}.Для второго слагаемого применяем формулу из пункта 3 с a=2a=2, b=2b=2, c=0c=0. Тогда φ=arg⁡(2+2i)=π4\varphi = \arg(2+2i) = \dfrac{\pi}{4}, и(e2xcos⁡2x)(n)=(22+22)n/2e2xcos⁡ ⁣(2x+nπ4)=23n/2e2xcos⁡ ⁣(2x+nπ4).\bigl(e^{2x}\cos 2x\bigr)^{(n)} = (2^{2}+2^{2})^{n/2} e^{2x} \cos\!\Bigl(2x + \dfrac{n\pi}{4}\Bigr) = 2^{3n/2} e^{2x} \cos\!\Bigl(2x + \dfrac{n\pi}{4}\Bigr).Собираем:y(n)=2n−1e2x−2(3n−2)/2e2xcos⁡ ⁣(2x+nπ4).y^{(n)} = 2^{n-1}e^{2x} - 2^{(3n-2)/2} e^{2x} \cos\!\Bigl(2x + \dfrac{n\pi}{4}\Bigr).Представим sin⁡bx=Im⁡eibx\sin bx = \operatorname{Im} e^{ibx}, ch⁡ax=12(eax+e−ax)\operatorname{ch} ax = \dfrac12(e^{ax}+e^{-ax}). Тогдаy=12Im⁡(e(a+bi)x+e(−a+bi)x).y = \dfrac12 \operatorname{Im}\bigl(e^{(a+bi)x} + e^{(-a+bi)x}\bigr).Производная:y(n)=12Im⁡((a+bi)ne(a+bi)x+(−a+bi)ne(−a+bi)x).y^{(n)} = \dfrac12 \operatorname{Im}\bigl((a+bi)^{n} e^{(a+bi)x} + (-a+bi)^{n} e^{(-a+bi)x}\bigr).Пусть R=a2+b2R = \sqrt{a^{2}+b^{2}}, φ=arg⁡(a+bi)\varphi = \arg(a+bi). Тогда −a+bi=Rei(π−φ)-a+bi = R e^{i(\pi-\varphi)}, поэтому(a+bi)n=Rneinφ,(−a+bi)n=Rnein(π−φ)=Rn(−1)ne−inφ.(a+bi)^{n} = R^{n} e^{in\varphi},\qquad (-a+bi)^{n} = R^{n} e^{in(\pi-\varphi)} = R^{n} (-1)^{n} e^{-in\varphi}.Подставляем:y(n)=\displaystyle y^{(n)}\mathrel{=}12RnIm⁡(eaxei(bx+nφ)+(−1)ne−axei(bx−nφ))=\displaystyle \dfrac12 R^{n} \operatorname{Im}\Bigl( e^{ax} e^{i(bx+n\varphi)} + (-1)^{n} e^{-ax} e^{i(bx-n\varphi)} \Bigr)\mathrel{=}12Rn(eaxsin⁡(bx+nφ)+(−1)ne−axsin⁡(bx−nφ)).\displaystyle \dfrac12 R^{n} \Bigl( e^{ax} \sin(bx+n\varphi) + (-1)^{n} e^{-ax} \sin(bx-n\varphi) \Bigr).Выражая через гиперболические функции и раскладывая синусы, получаемy(n)=Rn(ch⁡axsin⁡bxcos⁡nφ+sh⁡axcos⁡bxsin⁡nφ),y^{(n)} = R^{n} \bigl( \operatorname{ch} ax \sin bx \cos n\varphi + \operatorname{sh} ax \cos bx \sin n\varphi \bigr),где cos⁡φ=a/R\cos\varphi = a/R, sin⁡φ=b/R\sin\varphi = b/R.
Докажем по индукции, что y(n)=(−1)nx−n−1e1/xy^{(n)} = (-1)^{n} x^{-n-1} e^{1/x}. База n=1n=1:y′=(e1/x)′=−x−2e1/x.y' = \bigl(e^{1/x}\bigr)' = -x^{-2}e^{1/x}.Индукционный переход: пусть для kk верно(xk−1e1/x)(k)=(−1)kx−k−1e1/x.\bigl(x^{k-1}e^{1/x}\bigr)^{(k)} = (-1)^{k} x^{-k-1} e^{1/x}.Рассмотрим fk+1(x)=xke1/x=x⋅xk−1e1/x=xg(x)f_{k+1}(x) = x^{k}e^{1/x} = x \cdot x^{k-1}e^{1/x} = x g(x), где g(x)=xk−1e1/xg(x)=x^{k-1}e^{1/x}. По формуле Лейбница:fk+1(k+1)=xg(k+1)+(k+1)g(k).f_{k+1}^{(k+1)} = x g^{(k+1)} + (k+1) g^{(k)}.Найдём g(k+1)g^{(k+1)}, продифференцировав g(k)=(−1)kx−k−1e1/xg^{(k)} = (-1)^{k} x^{-k-1} e^{1/x}:g(k+1)=\displaystyle g^{(k+1)}\mathrel{=}ddx((−1)kx−k−1e1/x)=\displaystyle \dfrac{d}{dx}\Bigl( (-1)^{k} x^{-k-1} e^{1/x} \Bigr)\mathrel{=}(−1)ke1/x[−(k+1)x−k−2−x−k−3].\displaystyle (-1)^{k} e^{1/x} \Bigl[ -(k+1)x^{-k-2} - x^{-k-3} \Bigr].Тогдаxg(k+1)=(−1)ke1/x[−(k+1)x−k−1−x−k−2],x g^{(k+1)} = (-1)^{k} e^{1/x} \Bigl[ -(k+1)x^{-k-1} - x^{-k-2} \Bigr],(k+1)g(k)=(k+1)(−1)kx−k−1e1/x.(k+1) g^{(k)} = (k+1)(-1)^{k} x^{-k-1} e^{1/x}.Суммируем:fk+1(k+1)=\displaystyle f_{k+1}^{(k+1)}\mathrel{=}(−1)ke1/x[−(k+1)x−k−1−x−k−2+(k+1)x−k−1]=\displaystyle (-1)^{k} e^{1/x} \Bigl[ -(k+1)x^{-k-1} - x^{-k-2} + (k+1)x^{-k-1} \Bigr]\mathrel{=}(−1)ke1/x(−x−k−2)=\displaystyle (-1)^{k} e^{1/x} \bigl( -x^{-k-2} \bigr)\mathrel{=}(−1)k+1x−k−2e1/x.\displaystyle (-1)^{k+1} x^{-k-2} e^{1/x}.Это соответствует формуле для n=k+1n=k+1. Индукция завершена.
Докажем по индукции, что y(n)=(n−1)!xy^{(n)} = \dfrac{(n-1)!}{x}. База n=1n=1: y′=(ln⁡x)′=1x=0!xy' = \bigl(\ln x\bigr)' = \dfrac1x = \dfrac{0!}{x}. Индукционный переход: пусть для kk верно(xk−1ln⁡x)(k)=(k−1)!x.\bigl(x^{k-1}\ln x\bigr)^{(k)} = \dfrac{(k-1)!}{x}.Рассмотрим fk+1=xkln⁡x=x⋅xk−1ln⁡x=xh(x)f_{k+1} = x^{k}\ln x = x \cdot x^{k-1}\ln x = x h(x), где h(x)=xk−1ln⁡xh(x)=x^{k-1}\ln x. По формуле Лейбница:fk+1(k+1)=xh(k+1)+(k+1)h(k).f_{k+1}^{(k+1)} = x h^{(k+1)} + (k+1) h^{(k)}.Найдём h(k+1)=((k−1)!x−1)′=−(k−1)!x−2h^{(k+1)} = \bigl((k-1)! x^{-1}\bigr)' = -(k-1)! x^{-2}. Тогдаxh(k+1)=−(k−1)!x−1,(k+1)h(k)=(k+1)(k−1)!x−1.x h^{(k+1)} = -(k-1)! x^{-1},\qquad (k+1)h^{(k)} = (k+1)(k-1)! x^{-1}.Суммируем:fk+1(k+1)=(k−1)!x−1(−1+k+1)=k!x−1.f_{k+1}^{(k+1)} = (k-1)! x^{-1} \bigl( -1 + k+1 \bigr) = k! x^{-1}.Это соответствует формуле для n=k+1n=k+1. Индукция завершена.

Проверка

8. Первая производная:y′=11+x2=12i(1x−i−1x+i).y' = \dfrac{1}{1+x^{2}} = \dfrac{1}{2i}\Bigl( \dfrac{1}{x-i} - \dfrac{1}{x+i} \Bigr).Тогдаy(n)=(−1)n−1(n−1)!2i((x−i)−n−(x+i)−n).y^{(n)} = \dfrac{(-1)^{n-1}(n-1)!}{2i}\Bigl( (x-i)^{-n} - (x+i)^{-n} \Bigr).Преобразуем к вещественной форме. Пусть x=tan⁡φx = \tan\varphi, φ=arctan⁡x\varphi = \arctan x. Тогдаx−i=−ieiφcos⁡φ,x+i=ie−iφcos⁡φ.x-i = -i\dfrac{e^{i\varphi}}{\cos\varphi},\qquad x+i = i\dfrac{e^{-i\varphi}}{\cos\varphi}.Возводим в степень −n-n:(x−i)−n=incos⁡nφ e−inφ,(x+i)−n=(−i)ncos⁡nφ einφ.(x-i)^{-n} = i^{n}\cos^{n}\varphi\, e^{-in\varphi},\qquad (x+i)^{-n} = (-i)^{n}\cos^{n}\varphi\, e^{in\varphi}.Подставляем:y(n)=(−1)n−1(n−1)!2icos⁡nφ(ine−inφ−(−i)neinφ).y^{(n)} = \dfrac{(-1)^{n-1}(n-1)!}{2i} \cos^{n}\varphi \Bigl( i^{n} e^{-in\varphi} - (-i)^{n} e^{in\varphi} \Bigr).Так как in=einπ/2i^{n} = e^{in\pi/2}, (−i)n=e−inπ/2(-i)^{n} = e^{-in\pi/2}, имеемine−inφ−(−i)neinφ=2isin⁡(nπ2−nφ).i^{n} e^{-in\varphi} - (-i)^{n} e^{in\varphi} = 2i \sin\Bigl(\dfrac{n\pi}{2} - n\varphi\Bigr).Следовательно,y(n)=(−1)n−1(n−1)!cos⁡nφsin⁡(nπ2−nφ)=(−1)n−1(n−1)!sin⁡(narctan⁡x)(1+x2)n/2.y^{(n)} = (-1)^{n-1}(n-1)! \cos^{n}\varphi \sin\Bigl(\dfrac{n\pi}{2} - n\varphi\Bigr)
= (-1)^{n-1}(n-1)! \dfrac{\sin\bigl(n\arctan x\bigr)}{(1+x^{2})^{n/2}}.
Кудрявцев № 15.26 — решение и ответ | Высшая математика — Профиматика