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

Кудрявцев — задача 15.32

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

Задача 15.32

Доказать, что если f(n)f^{(n)} существует, то(xn−1f(1x))(n)=(−1)nxn+1f(n)(1x).\left( x^{n-1} f\left( \dfrac{1}{x} \right) \right)^{(n)}
=
\dfrac{(-1)^n}{x^{n+1}} f^{(n)}\left( \dfrac{1}{x} \right).

Доказательство

Проведём индукцию по nn.

База n=1n=1:(x0f(1x))′=(f(1x))′==f′(1x)⋅(−1x2)==−1x2f′(1x).\begin{aligned}
\left( x^{0} f\left( \dfrac{1}{x} \right) \right)'
&=
\left( f\left( \dfrac{1}{x} \right) \right)' = \\
&=
f'\left( \dfrac{1}{x} \right) \cdot \left( -\dfrac{1}{x^2} \right) = \\
&=
-\dfrac{1}{x^2} f'\left( \dfrac{1}{x} \right).
\end{aligned}Правая часть при n=1n=1:(−1)1x2f′(1x)=−1x2f′(1x).\dfrac{(-1)^1}{x^{2}} f'\left( \dfrac{1}{x} \right)
=
-\dfrac{1}{x^2} f'\left( \dfrac{1}{x} \right).База верна.

Индукционное предположение

Пусть формула верна для некоторого n=kn=k:(xk−1f(1x))(k)=(−1)kxk+1f(k)(1x).\left( x^{k-1} f\left( \dfrac{1}{x} \right) \right)^{(k)}
=
\dfrac{(-1)^k}{x^{k+1}} f^{(k)}\left( \dfrac{1}{x} \right).

Проверка

Индукционный шаг. Докажем формулу для n=k+1n=k+1. Обозначимgk(x)=xk−1f(1x).g_k(x) = x^{k-1} f\left( \dfrac{1}{x} \right).Тогдаgk+1(x)=xkf(1x)=x⋅gk(x).g_{k+1}(x) = x^k f\left( \dfrac{1}{x} \right) = x \cdot g_k(x).По формуле Лейбница для (k+1)(k+1)-й производной произведения имеем(xgk)(k+1)=xgk(k+1)+(k+1)gk(k).(x g_k)^{(k+1)} = x g_k^{(k+1)} + (k+1) g_k^{(k)}.Найдём gk(k+1)g_k^{(k+1)}, продифференцировав индукционное предположение:gk(k)=(−1)kxk+1f(k)(1x).g_k^{(k)} = \dfrac{(-1)^k}{x^{k+1}} f^{(k)}\left( \dfrac{1}{x} \right).Тогдаgk(k+1)=ddx((−1)kxk+1f(k)(1x))==(−1)k[−k+1xk+2f(k)(1x)+1xk+1f(k+1)(1x)⋅(−1x2)]==(−1)k[−k+1xk+2f(k)(1x)−1xk+3f(k+1)(1x)].\begin{aligned}
g_k^{(k+1)}
&=
\dfrac{d}{dx}\left( \dfrac{(-1)^k}{x^{k+1}} f^{(k)}\left( \dfrac{1}{x} \right) \right) = \\
&=
(-1)^k \left[
-\dfrac{k+1}{x^{k+2}} f^{(k)}\left( \dfrac{1}{x} \right)
+
\dfrac{1}{x^{k+1}} f^{(k+1)}\left( \dfrac{1}{x} \right) \cdot \left( -\dfrac{1}{x^2} \right)
\right] = \\
&=
(-1)^k \left[
-\dfrac{k+1}{x^{k+2}} f^{(k)}\left( \dfrac{1}{x} \right)
-
\dfrac{1}{x^{k+3}} f^{(k+1)}\left( \dfrac{1}{x} \right)
\right].
\end{aligned}Умножаем на xx:xgk(k+1)=(−1)k[−k+1xk+1f(k)(1x)−1xk+2f(k+1)(1x)].\begin{aligned}
x g_k^{(k+1)}
&=
(-1)^k \left[
-\dfrac{k+1}{x^{k+1}} f^{(k)}\left( \dfrac{1}{x} \right)
-
\dfrac{1}{x^{k+2}} f^{(k+1)}\left( \dfrac{1}{x} \right)
\right].
\end{aligned}Также(k+1)gk(k)=(k+1)(−1)kxk+1f(k)(1x).(k+1) g_k^{(k)}
=
(k+1) \dfrac{(-1)^k}{x^{k+1}} f^{(k)}\left( \dfrac{1}{x} \right).Складываем:(xgk)(k+1)=xgk(k+1)+(k+1)gk(k)==(−1)k[−k+1xk+1f(k)(1x)−1xk+2f(k+1)(1x)]+(k+1)(−1)kxk+1f(k)(1x)==(−1)k+11xk+2f(k+1)(1x).\begin{aligned}
(x g_k)^{(k+1)}
&=
x g_k^{(k+1)} + (k+1) g_k^{(k)} = \\
&=
(-1)^k \left[
-\dfrac{k+1}{x^{k+1}} f^{(k)}\left( \dfrac{1}{x} \right)
-
\dfrac{1}{x^{k+2}} f^{(k+1)}\left( \dfrac{1}{x} \right)
\right]
+
(k+1) \dfrac{(-1)^k}{x^{k+1}} f^{(k)}\left( \dfrac{1}{x} \right) = \\
&=
(-1)^{k+1} \dfrac{1}{x^{k+2}} f^{(k+1)}\left( \dfrac{1}{x} \right).
\end{aligned}Это в точности формула для n=k+1n=k+1:(xkf(1x))(k+1)=(−1)k+1xk+2f(k+1)(1x).\left( x^{k} f\left( \dfrac{1}{x} \right) \right)^{(k+1)}
=
\dfrac{(-1)^{k+1}}{x^{k+2}} f^{(k+1)}\left( \dfrac{1}{x} \right).Индукция завершена.

Что и требовалось доказать

Кудрявцев № 15.32 — решение | Высшая математика — Профиматика