Страница 137 - гдз по алгебре 11 класс учебник Никольский, Потапов

5.70* Найдите производную порядка n функции:

a) $f(x) = (x + 2)^n$;

б) $f(x) = e^x$;

в) $f(x) = 3^x$;

г) $f(x) = (x - 2)^n$.

Докажите полученные формулы с помощью метода математической индукции.

а) $f(x) = (x + 2)^n$

Найдем несколько первых производных, чтобы обнаружить закономерность. Здесь $n$ - натуральное число, являющееся и показателем степени, и порядком искомой производной.

При $n=1$: $f(x) = x+2$, $f'(x) = 1 = 1!$

При $n=2$: $f(x) = (x+2)^2$, $f'(x) = 2(x+2)$, $f''(x) = 2 = 2!$

При $n=3$: $f(x) = (x+2)^3$, $f'(x) = 3(x+2)^2$, $f''(x) = 6(x+2)$, $f'''(x) = 6 = 3!$

Возникает гипотеза, что для функции $f_n(x) = (x+2)^n$ ее производная $n$-го порядка равна $f_n^{(n)}(x) = n!$.

Докажем эту формулу методом математической индукции по $n$.

Доказательство:

База индукции (при $n=1$):
Рассмотрим функцию $f_1(x) = (x+2)^1 = x+2$.
Ее первая производная: $f_1^{(1)}(x) = (x+2)' = 1$.
По формуле мы получаем $1! = 1$. Утверждение верно для $n=1$.

Индукционный шаг:
Предположим, что утверждение верно для некоторого натурального числа $k \ge 1$, то есть $f_k^{(k)}(x) = k!$, где $f_k(x) = (x+2)^k$.
Докажем, что утверждение верно для $n = k+1$. То есть, нам нужно показать, что $f_{k+1}^{(k+1)}(x) = (k+1)!$, где $f_{k+1}(x) = (x+2)^{k+1}$.

Найдем первую производную от $f_{k+1}(x)$:

$f_{k+1}'(x) = ((x+2)^{k+1})' = (k+1)(x+2)^k = (k+1)f_k(x)$.

Чтобы найти производную $(k+1)$-го порядка от $f_{k+1}(x)$, нам нужно найти производную $k$-го порядка от $f_{k+1}'(x)$:

$f_{k+1}^{(k+1)}(x) = (f_{k+1}'(x))^{(k)} = ((k+1)f_k(x))^{(k)}$.

Поскольку $(k+1)$ является константой, мы можем вынести ее за знак производной:

$f_{k+1}^{(k+1)}(x) = (k+1) \cdot f_k^{(k)}(x)$.

Используя наше индукционное предположение, что $f_k^{(k)}(x) = k!$, получаем:

$f_{k+1}^{(k+1)}(x) = (k+1) \cdot k! = (k+1)!$.

Таким образом, утверждение верно и для $n = k+1$. По принципу математической индукции, формула верна для всех натуральных чисел $n \ge 1$.

Ответ: $f^{(n)}(x) = n!$

б) $f(x) = e^x$

Найдем несколько первых производных:

$f'(x) = (e^x)' = e^x$

$f''(x) = (e^x)' = e^x$

$f'''(x) = (e^x)' = e^x$

Мы видим, что производная любого порядка от функции $e^x$ равна самой функции. Выдвинем гипотезу, что производная $n$-го порядка $f^{(n)}(x) = e^x$.

Докажем эту формулу методом математической индукции по порядку производной $n$.

Доказательство:

База индукции (при $n=1$):
Первая производная: $f^{(1)}(x) = (e^x)' = e^x$. Формула верна для $n=1$.

Индукционный шаг:
Предположим, что формула верна для некоторого натурального числа $k \ge 1$, то есть $f^{(k)}(x) = e^x$.
Докажем, что формула верна для $n = k+1$, то есть $f^{(k+1)}(x) = e^x$.

Производная $(k+1)$-го порядка — это производная от производной $k$-го порядка:

$f^{(k+1)}(x) = (f^{(k)}(x))'$.

Используя индукционное предположение, получаем:

$f^{(k+1)}(x) = (e^x)' = e^x$.

Таким образом, формула верна и для $n = k+1$. По принципу математической индукции, формула $f^{(n)}(x) = e^x$ верна для всех натуральных чисел $n \ge 1$.

Ответ: $f^{(n)}(x) = e^x$

в) $f(x) = 3^x$

Найдем несколько первых производных, используя правило дифференцирования показательной функции $(a^x)' = a^x \ln a$:

$f'(x) = (3^x)' = 3^x \ln 3$

$f''(x) = (3^x \ln 3)' = \ln 3 \cdot (3^x)' = \ln 3 \cdot (3^x \ln 3) = 3^x (\ln 3)^2$

$f'''(x) = (3^x (\ln 3)^2)' = (\ln 3)^2 \cdot (3^x)' = (\ln 3)^2 \cdot (3^x \ln 3) = 3^x (\ln 3)^3$

Закономерность очевидна. Гипотеза для производной $n$-го порядка: $f^{(n)}(x) = 3^x (\ln 3)^n$.

Докажем эту формулу методом математической индукции по порядку производной $n$.

Доказательство:

База индукции (при $n=1$):
Первая производная: $f^{(1)}(x) = (3^x)' = 3^x \ln 3$.
Формула при $n=1$ дает $3^x (\ln 3)^1 = 3^x \ln 3$. Формула верна для $n=1$.

Индукционный шаг:
Предположим, что формула верна для некоторого натурального числа $k \ge 1$, то есть $f^{(k)}(x) = 3^x (\ln 3)^k$.
Докажем, что формула верна для $n = k+1$, то есть $f^{(k+1)}(x) = 3^x (\ln 3)^{k+1}$.

Производная $(k+1)$-го порядка — это производная от производной $k$-го порядка:

$f^{(k+1)}(x) = (f^{(k)}(x))'$.

Используя индукционное предположение, получаем:

$f^{(k+1)}(x) = (3^x (\ln 3)^k)' = (\ln 3)^k \cdot (3^x)' = (\ln 3)^k \cdot (3^x \ln 3) = 3^x (\ln 3)^{k+1}$.

Таким образом, формула верна и для $n = k+1$. По принципу математической индукции, формула $f^{(n)}(x) = 3^x (\ln 3)^n$ верна для всех натуральных чисел $n \ge 1$.

Ответ: $f^{(n)}(x) = 3^x (\ln 3)^n$

г) $f(x) = (x - 2)^n$

Этот случай полностью аналогичен пункту а). Гипотеза, основанная на первых нескольких производных, состоит в том, что для функции $f_n(x) = (x-2)^n$ ее производная $n$-го порядка равна $f_n^{(n)}(x) = n!$.

Докажем эту формулу методом математической индукции по $n$.

Доказательство:

База индукции (при $n=1$):
Рассмотрим функцию $f_1(x) = (x-2)^1 = x-2$.
Ее первая производная: $f_1^{(1)}(x) = (x-2)' = 1$.
По формуле мы получаем $1! = 1$. Утверждение верно для $n=1$.

Индукционный шаг:
Предположим, что утверждение верно для некоторого натурального числа $k \ge 1$, то есть $f_k^{(k)}(x) = k!$, где $f_k(x) = (x-2)^k$.
Докажем, что утверждение верно для $n = k+1$. То есть, нам нужно показать, что $f_{k+1}^{(k+1)}(x) = (k+1)!$, где $f_{k+1}(x) = (x-2)^{k+1}$.

Найдем первую производную от $f_{k+1}(x)$:

$f_{k+1}'(x) = ((x-2)^{k+1})' = (k+1)(x-2)^k = (k+1)f_k(x)$.

Найдем производную $(k+1)$-го порядка от $f_{k+1}(x)$:

$f_{k+1}^{(k+1)}(x) = (f_{k+1}'(x))^{(k)} = ((k+1)f_k(x))^{(k)} = (k+1) \cdot f_k^{(k)}(x)$.

По индукционному предположению, $f_k^{(k)}(x) = k!$, поэтому:

$f_{k+1}^{(k+1)}(x) = (k+1) \cdot k! = (k+1)!$.

Таким образом, утверждение верно и для $n = k+1$. По принципу математической индукции, формула верна для всех натуральных чисел $n \ge 1$.

Ответ: $f^{(n)}(x) = n!$

5.71* Найдите производную порядка n функции $f(x) = (x + a)^m$, где $m \in N$, $m > n$.

Для нахождения производной порядка $n$ для функции $f(x) = (x+a)^m$, где $m \in \mathbb{N}$ и $m > n$, мы будем последовательно дифференцировать функцию и искать закономерность.

1. Первая производная:
Используем правило дифференцирования степенной функции и правило цепочки.$f'(x) = \frac{d}{dx}((x+a)^m) = m \cdot (x+a)^{m-1} \cdot (x+a)' = m(x+a)^{m-1} \cdot 1 = m(x+a)^{m-1}$.

2. Вторая производная:
Дифференцируем первую производную:$f''(x) = \frac{d}{dx}(m(x+a)^{m-1}) = m \cdot (m-1)(x+a)^{m-2}$.

3. Третья производная:
Дифференцируем вторую производную:$f'''(x) = \frac{d}{dx}(m(m-1)(x+a)^{m-2}) = m(m-1)(m-2)(x+a)^{m-3}$.

Проанализировав первые три производные, можно заметить общую закономерность. При взятии производной $k$-го порядка:

• Показатель степени у скобки $(x+a)$ становится равным $m-k$.
• Коэффициент перед скобкой представляет собой произведение $k$ последовательных целых чисел, начиная с $m$ и убывая: $m(m-1)(m-2)...(m-k+1)$.

Применяя эту закономерность для производной порядка $n$, получаем:

$f^{(n)}(x) = m(m-1)(m-2)...(m-n+1)(x+a)^{m-n}$.

Коэффициент $m(m-1)...(m-n+1)$ является числом размещений из $m$ по $n$, которое можно выразить через факториалы:

$m(m-1)...(m-n+1) = \frac{m \cdot (m-1) \cdot ... \cdot (m-n+1) \cdot (m-n)!}{(m-n)!} = \frac{m!}{(m-n)!}$.

Так как по условию $m > n$, то $m-n \ge 1$, и выражение $(m-n)!$ определено корректно.

Таким образом, формула для производной $n$-го порядка имеет вид:

$f^{(n)}(x) = \frac{m!}{(m-n)!}(x+a)^{m-n}$.

Ответ: $f^{(n)}(x) = \frac{m!}{(m-n)!}(x+a)^{m-n}$.