|
Найти значение сотой производной функции $%f(x)=\sin ^{100} (x)$% в точке $%0$%. задан 10 Сен '14 22:25 
student |
|
Как я уже сказал выше, имеется очень много возможных способов для решения этой задачи. Попробуем обойтись минимальными средствами, то есть будет применять только сведения о производных синуса и косинуса, а также формулы для производной произведения и степени. Вещей типа формулы Лейбница для $%n$%-й производной произведения и прочих вещей этого рода применять не будем. Рассмотрим несколько более общий класс функций $%f_{km}(x)=\sin^kx\cos^mx$%, где $%k,m\ge0$%. Очевидно, что $%f_{km}(0)=0$% при $%k\ge1$% (есть хотя бы один множитель-синус), и $%f_{km}(0)=1$% при $%k=0$%. Теперь посмотрим, каковы значения производных в точке $%x=0$% у этих функций. По формулам дифференцирования, $%f_{km}'(x)=k\sin^{k-1}x\cos x\cdot\cos^mx+\sin^kx\cdot m\cos^{m-1}x(-\sin x)=kf_{k-1,m+1}(x)-mf_{k+1,m-1}(x)$%. Это значит, что производные функций рассматриваемого класса выражаются через сами функции по довольно простому правилу, что позволяет представить себе дальнейшее их поведение, когда берутся вторая, третья и так далее производные. Заметим, что при $%k=0$% или $%m=0$% в этой формуле появляются функции с отрицательными значениями индексов, которые мы не определяли. Но они идут с нулевыми коэффициентами, и от них ничего не зависит. Поэтому можно с самого начала считать, что $%f_{km}(x)=0$% тождественно, если хотя бы один из индексов $%k,m$% отрицателен. Применяя формулы далее, мы для второй производной получим формулу, в которой $%f_{km}''$% разложена с некоторыми коэффициентами по функциям $%f_{k-2,m+2}$%, $%f_{k-1,m+1}$%, $%f_{k+2,m-2}$%. Сумма индексов всюду остаётся постоянной, а вычитается не более $%d$%, если мы дифференцируем $%d$% раз. В условии нам была дана функция $%f_{100,0}(x)$%. Её сотая производная будет равна линейной комбинации функций вида $%f_{100-r,r}(x)$% с некоторыми числовыми коэффициентами, где $%0\le r\le100$%. Понятно, что значения таких функций в нуле будут равны нулю, если среди сомножителей присутствует хотя бы один синус. Поэтому нас интересует только случай функции $%f_{0,100}=\cos^{100}x$% и коэффициент при ней. Переход от $%f_{100,0}(x)$% к $%f_{0,100}(x)$% происходит через функции $%f_{99,1}$%, $%f_{98,2}$%, ... , $%f_{1,99}$% и никак иначе. Из формулы для производной видно, что при этом происходят домножения на числа $%100$%, $%99$%, ... , $%1$%, то есть коэффициент при сотой степени косинуса окажется равен $%100!$%. Это и есть ответ. отвечен 11 Сен '14 17:16 
falcao |
|
Нетрудно доказать по индукции, что если в нуле функция $%\varphi (x)$% - непрерывная, а функция $%x\varphi (x)$% - бесконечно гладкая, то функция $%f(x) \equiv x^n \varphi(x)$% дифференцируема в нуле $%n$% раз, причём $%f^{(n)}(0)=n!\varphi (0).$% База индукции следует непосредственно из определения производной и условия непрерывности. Для доказательства шага индукции достаточно заметить, что $$\frac{d^{m+1}}{dx^{m+1}}\left[x^{m+1}\varphi(x) \right]=\frac{d^m}{dx^m}\cdot \frac{d}{dx}\left[x^m\cdot x\varphi(x) \right] = \frac{d^m}{dx^m}\left[x^m\psi(x) \right],$$$$\psi(x)\equiv m \varphi(x)+\frac{d}{dx} \left[ x \varphi(x) \right],$$ и функция $%\psi (x)$% удовлетворяет тем же требованиям, что и функция $%\varphi (x)$%, причём $%\psi (0)=(m + 1)\varphi (0)$%. $$$$ Данную функцию можно представить в указанном виде в силу первого замечательного предела и бесконечной дифференцируемости синуса. Следовательно, искомая производная равна 100!. отвечен 13 Сен '14 13:41 
splen @splen: я рассматривал такой способ, но столкнулся с необходимостью обосновывать, что функция $%(\sin x/x)^{100}$%, доопределённая в нуле значением 1, будет иметь нужную степень гладкости в нуле. Обосновать это как-то совсем просто у меня не получилось. Есть ли возможность это сделать, не прибегая к каким-либо сложным рассуждениям?
(13 Сен '14 13:48)
falcao
Это следует из того, что в общем случае функция $%\frac{f(x)-f(0)}{x}$%, доопределённая в нуле по непрерывности, будет бесконечно дифференцируемой, если такова $%f(x)$%.
(13 Сен '14 14:59)
splen
@splen: я как раз и хочу понять, существует ли простое доказательство этого факта? Ясно, что информацию о производных в ненулевых точках мы легко получаем, применяя теорему о производной частного? Но что будет с производными в нуле?
(13 Сен '14 18:46)
falcao
Конечно, в нуле. Что значит - простое? Никакая теорема о производной частного там не работает, но я не думаю, что, например, повторное применение правила Лопиталя - это чрезмерная сложность.
(13 Сен '14 18:55)
splen
@splen: да, правила Лопиталя, наверное, должно хватить для доказательства. Здесь вопрос, по сути, касается тех средств, которые разрешено применять. Если весь анализ дан в полном объёме, то решение получается автоматически. Но здесь, как я понимаю, имелось в виду решение на уровне учащихся старших классов, изучивших только самые начала анализа.
(13 Сен '14 19:39)
falcao
|
Неплохо уточнить, какими средствами можно пользоваться при решении. Например, если можно использовать разложение в ряды Тейлора, то ясно, что $%\sin^{100}x=(x+o(x))^{100}=x^{100}+o(x^{100})$%. Отсюда вытекает, что при $%n < 100$% значение $%n$%-й производной в нуле равно нулю, а при $%n=100$% оно равно $%n!$%, так как коэффициент при $%x^n$% равен $%f^{(n)}(0)/n!$%. Но мне кажется, что здесь, скорее всего, требуется применять какие-то другие факты.
Вообще, можно то же самое вывести из общей формулы для $%n$%-й производной произведения произвольного числа сомножителей. Но её надо обосновывать.
@falcao: известно только $%(\sin x)'=\cos x$%.
@student, Если вы получили исчерпывающий ответ, отметьте его как принятый.