Derivate de Ordinul N [PDF]

Zitiervorschau

Despre derivatele de ordinul n Unul dintre cele mai frecvente tipuri de subiecte de admitere din ultimii ani include calculul derivatelor de ordinul n pentru funcții aparținând unor tipuri diferite. În materialul de fata, vom prezenta modul în care se determină acestea pentru anumite clase de funcții. Firește că în toate cazurile vom considera o functie f : I ⊆ R → R , I fiind un interval, care este de n ori derivabila pe I (de cele mai multe ori, este chiar indefinit derivabila pe I, adica derivabila de n ori, ∀n ≥ 1 ). In cele mai multe cazuri, nu vom mai specifica domeniul de definiție/derivabilitate pentru funcțiile care apar; aceasta rămâne ca exercițiu. 1. Funcții polinomiale.

f : R → R, f ( x ) = a n x n + a n −1 x n −1 + ... + a1 x + a 0 , a k ∈ R , k = 0, n, a n ≠ 0 Avem succesiv:

f ′(x ) = na n x n −1 + (n − 1)a n−1 x n − 2 + ... + 2a 2 x + a1 f ′′( x ) = n(n − 1)a n x n − 2 + (n − 1)(n − 2 )a n −1 x n−3 + ... + 2a 2 …

f (n ) ( x ) = n!⋅ a n f (n +1) (x ) = f (n + 2 ) ( x ) = ... = 0 Cu alte cuvinte, după n derivări succesive, un polinom de gradul n se reduce la o constantă, iar după încă o derivare se “stinge” (adică se anulează). Ex. rezolvat 1. Sa se arate ca daca polinomul

f ∈ R[X ] admite radacina x0 ∈ R de

m ≥ 2 , atunci x0 este radacina a primelor (m-1) derivate ale lui f. Solutie. Se scrie f sub forma:

multiplicitate

f ( x ) = ( x − x 0 ) ⋅ Q( x ), ∀x ∈ R (1.1) m

Derivăm aceasta relație și obținem:

f ′(x ) = m(x − x0 )

m −1

⋅ Q (x ) + (x − x0 ) ⋅ Q ′( x ) = ( x − x0 ) m

m −1

(mQ(x ) + (x − x0 ) ⋅ Q ′(x ))

Daca notam:

Q1 (x ) = mQ( x ) + ( x − x 0 ) ⋅ Q ′( x ) rezulta:

f ′(x ) = ( x − x 0 )

m −1

⋅ Q1 ( x ), ∀x ∈ R (1.2)

Rationamentul continua cu derivarea succesiva a relatiilor obtinute, rezultand dupa efectuarea unor notatii similare:

f ′′( x ) = ( x − x 0 )

m−2

⋅ Q2 ( x ), ∀x ∈ R (1.3)

…

f (m −1) (x ) = ( x − x 0 ) ⋅ Qm−1 ( x ), ∀x ∈ R ceea ce incheie demonstratia. Ex. rezolvat 2. (admitere în clasa a XI-a, 1987) Să se determine parametrii

a, b ∈ R astfel încât polinomul f = aX n + 2 + bX n + 2 să fie divizibil cu ( X − 1) . 2

Solutie. Divizibilitatea cu

( X − 1)2

echivaleaza cu

exercitiului precedent) se pun conditiile

 f (1) = a + b + 2 = 0   f ′(1) = (n + 2 )a + nb = 0

x0 = 1 rădăcină dublă și deci (conform

f (1) = f ′(1) = 0 . Dar:

Rezolvând sistemul, găsim:

a = n, b = −(n + 2) .

2. Functii rationale. Trebuie spus de la bun inceput ca nu toate functiile rationale se deriveaza ‘frumos’ de n ori. Un bun exemplu este

f (x ) =

1 ; calculul derivatei de ordinul n x +1 2

pentru o astfel de functie depaseste cadrul programei de liceu. Care sunt atunci acele functii rationale de care ne vom ocupa? Pai numai cele de forma

f (x ) =

P(x ) unde Q ( x ) admite numai radacini reale. In acest caz, putem scrie: Q (x )

Q (x ) = ( x − x1 ) 1 ⋅ ( x − x 2 ) m

m2

⋅ ... ⋅ ( x − x r )

mr

unde

x1 , x 2 ,..., x r ∈ R

sunt

radacinile lui Q. Dupa cum se cunoaste (vezi manualul de Analiza de clasa a XII-a), functia f admite o descompunere in elemente simple de forma:

f (x ) = C (x ) + +

a1m1 a11 a12 + + ... + + ... + x − x1 ( x − x1 )2 (x − x1 )m1

a rmr a r1 ar 2 + + ... + x − x r ( x − x r )2 ( x − x r )m r

unde C(x) este un polinom (catul impartirii lui P la Q). 2.1 Derivata de ordinul n a functiei

f : I → R , f (x ) =

1 ,a ∈R x+a

Calculam succesiv:

f ′( x ) = −

1

( x + a )2 2

f ′′( x ) =

(x + a )3

… Procedam prin metoda inductiei matematice: presupunem ca pentru

f (k ) ( x ) =

(− 1) ⋅ k! (x + a )k +1

k ≥ 1 avem

(− 1) ⋅ (k + 1)! . ( x + a )k + 2 k +1

k

(*) ; trebuie sa aratam ca

f (k +1) ( x ) =

Derivam relatia (*) si rezulta:

f

( k +1)

′ k   − ( k + 1) ⋅ ( x + a ) 1 k =  = ( −1) ⋅ k ! ⋅ ( x ) = ( −1) ⋅ k ! ⋅  k +1 2k +2  ( x + a)  ( x + a)  k

k +1

( −1) ⋅ ( k + 1)! = k +2 ( x + a) Am obținut așadar relația:

 1     x+a

(k )

k ( − 1) ⋅ k! = , k ≥ 1 (2.1) (x + a )k +1

2.2 Aplicații A) Derivata de ordinul n a functiei

f (x ) =

1

( x + a )m

,m ≥ 2

Similar cu rationamentul de mai sus, rezulta ca:

 1   ( x + a )m 

   

(n )

= (− 1) ⋅ n

(m + n − 1)! ⋅ 1 (m − 1)! (x + a )m+ n

B) Derivata de ordinul n a functiei

f (x ) =

(2.2)

1 ax + b

Se procedeaza tot prin inductie matematica, obtinand:

 1     ax + b 

(n )

=

C) Ex. rezolvat 3. Fie

(− 1)n ⋅ a n ⋅ n! , n ≥ 1 (ax + b )n+1 f : I → R, f (x ) =

(2.3)

1 (n ) . Calculati f ( x ), n ≥ 1 . x − 3x + 2 2

Solutie. Descompunem f in elemente simple sub forma:

f (x ) =

A B , A, B ∈ R + x −1 x − 2

Dupa aducerea la acelasi numitor si identificarea coeficientilor, rezulta

A = −1, B = 1 .

Deci

f (x ) =

1 1 − x − 2 x −1




  1 1 n . f (n ) ( x ) = (− 1) ⋅ n! ⋅  − n +1 n +1  ( ) ( ) x − 2 x − 1   3. Functii trigonometrice, exponentiale, logaritmice etc. 3.1 Functia

f : R → R , f (x ) = sin (ωx + ϕ )

Arhicunoscută de la fizică (descrie ecuația unei oscilații armonice fără pierderi de energie). Calculam succesiv:

f ′(x ) = ω cos(ωx + ϕ ) f ′′( x ) = −ω 2 sin (ωx + ϕ ) f ′′′( x ) = −ω 3 cos(ωx + ϕ ) f (4 ) ( x ) = ω 4 sin (ωx + ϕ ) Am ajuns la ceva care seamana cu functia data, numai ca are un ”factor de

ω 4 . Am putea să demonstrăm formule de genul: f (4 k ) ( x ) = ω 4 k sin (ωx + ϕ )

amplificare” egal cu

(4 k +1)

(x ) ar trebui sa stabilim o alta formula etc. Această lipsă de unitate numai că pentru f nu ar fi deloc de natură să simplifice forma rezultatului final.

Ne amintim de formulele de reducere la primul cadran, învățate la trigonometrie în clasa a IX-a (sperăm noi ☺) și rezultă :

π  f ′(x ) = ω cos(ωx + ϕ ) = ω sin  ωx + ϕ +  2  2π   f ′′( x ) = −ω 2 sin (ωx + ϕ ) = ω 2 sin  ωx + ϕ +  2   3π   f ′′′( x ) = −ω 3 cos(ωx + ϕ ) = ω 3 sin  ωx + ϕ +  2   Acum presupunem (pasul de inducție) că

nπ   f (n ) (x ) = ω n sin  ωx + ϕ + , n ≥ 1 si 2  

trebuie sa demonstrăm că :

(n + 1)π , n ≥ 1 .  f (n +1) (x ) = ω n+1 sin  ωx + ϕ +  2   (n +1) Intr-adevar, f (x ) = f (n ) (x ) ′ = ω n ⋅ ω cos ωx + ϕ + nπ 
(tinand seama ca 2   π  are loc identitatea cos α = sin  + α  ): 2   (n + 1)π  . Rezulta deci:  f (n +1) (x ) = ω n +1 sin  ωx + ϕ +  2  

(

)

(sin (ωx + ϕ ))(n ) = ω n sin ωx + ϕ + nπ , n ≥ 1 

Ex. rezolvat 4 Se dă funcția

(3.1)

2 

f : R → R, f (x ) = sin 2 x − x 2 +

x4 . 4

f (n ) (x ) n →∞ 4n (10 )  π  (11)  π  b) Să se calculeze α = f  + f   4 4 a) Să se calculeze

lim

(ASE, 1997)

f (x ) =

Soluție. Se scrie functia sub forma

1 − cos 2 x x4 − x2 + Calculam manual 2 4

primele 4 derivate, ale caror expresii nu le mai dam aici (oricum, ele nu conteaza). Important este ca, incepand cu derivata a 5-a, avem:

nπ   f (n ) ( x ) = −2 n −1 cos 2 x + , ∀x ∈ R , ∀n ≥ 5 (1) 2   Aceasta formula se demonstreaza prin inductie dupa n. Cazul n=5 se verifica prin calcul direct. Pentru n ≥ 5 , sa presupunem ca relatia (1) este adevarata si ramane sa aratam ca:

(n + 1)π , ∀x ∈ R (2)  f (n +1) ( x ) = −2 n cos 2 x +  2   (n +1) (x ) = f (n ) (x ) ′ , rezulta: Intr-adevar, cum f

(

)

 nπ   nπ    n f (n +1) (x ) = −2 n−1 ⋅  − 2 sin  2 x +   = 2 sin  2 x +  (*) 2  2     Comparand

relatiile

(2)

si

(*),

ramane

de

aratat

ca

nπ  (n + 1)π  .   sin  2 x +  = − cos 2 x +  2  2    (n + 1)π  = cos 2 x + nπ + π  = − sin  2 x + nπ  , qed (am utilizat  Dar cos 2 x +      2  2 2 2     relatiile de reducere la primul cadran). a) Avem:

nπ   − 2 n−1 cos 2 x +   1 f (x ) nπ   2    lim = lim = − lim n +1 ⋅ cos 2 x +  = 0 n 2n n →∞ n → ∞ n → ∞ 2   4 2  2 (n )

(reamintim: produsul dintre un sir convergent la zero si un al doilea sir marginit este convergent la zero, chiar daca al doilea sir nu are limita, cum este si in cazul de fata). b) Inlocuind efectiv, avem:

α = −2 9 cos cercul unitate)

11π 12π − 210 cos = −210 (se utilizeaza formulele de reducere la 2 2

3.2 Functia f : R → R , f ( x ) = e Rezulta in mod imediat prin inductie dupa n ca: ax

(e )( ) = a ax

n

n

⋅ e ax , n ≥ 1, a ≠ 0 (3.2)

f : (− a, ∞ ) → R, f (x ) = ln (x + a ) . 1 ′ Avem (ln ( x + a )) = și de aici încolo rezultă că: x+a

3.3 Functia

(ln (x + a ))(n ) = 

1   x+a

( n −1)

=

(− 1)n−1 ⋅ (n − 1)! , n ≥ 1 ( x + a )n

(3.3)

Ex. rezolvat 5. (dat la admitere la Matematică prin 1983 mi se pare). Să se demonstreze că functia f : 0,1 → R , f ( x ) = ln (1 + x ) nu este polinomială. Solutie. Dacă funcția dată ar fi polinomială de grad n , ar trebui ca

[ ]

f (k ) ( x ) = 0, ∀k ≥ n + 1 . Dar

f (k ) ( x ) =

(− 1)k −1 ⋅ (k − 1)! ≠ 0, ∀k ≥ 1, ∀x ∈ R \ {− 1}. Contradicția este evidentă. (x + 1)k

4. Leibniz, meine Liebe… Firește că dacă toate functiile carora li se poate calcula derivata de ordinul n ar fi de unul din tipurile de mai sus, materialul s-ar termina aici. Exista însă o celebră formulă datorată lui Leibniz (unul din intemeietorii, alaturi de Newton, ai calculului diferential) care stabilește relația de derivare de n ori a unui produs de funcții: n

( fg )(n ) (x ) = ∑ C nk f (n−k ) (x ) ⋅ g (k ) (x ) k =0

(4.1)

OBSERVATIE. In formula de mai sus,

f (0 ) = f , g ( 0 ) = g .

Nu demonstram aici formula lui Leibniz. Demonstrația se poate găsi în diferite manuale, sau tratate de Analiză (recomandăm pe cel alcătuit de Miron Nicolescu/M. Dinculeanu/S.Marcus in 1966, mai aproape de nivelul de liceu ÎNTREBĂRI (gen ‘Vrei să fii miliardar?’) 1) Cu ce formulă din Algebra de clasa a X-a ‘seamănă’ relația lui Leibniz ? 2) Ce relație metrică din Geometrie îi datorăm lui Leibniz ? În fine, nu mai divagăm inutil. Continuam prin a prezenta cele doua tipuri majore de exercitii care necesita utilizarea formulei (4.1). 4.1 Derivata de ordinul n a unui produs in care unul din factori se “stinge” dupa un numar de pasi. Fara indoiala ca ati realizat ca e vorba de produse in care unul din factori este un polinom. In acest caz, din dezvoltarea completa a formulei (4.1) vor ramane un numar relativ redus de termeni. Sa luam un exemplu.

f (n ) ( x ) , unde f ( x ) = x 2 sin x .

Ex. rezolvat 6. Calculati

(x )( ) = (x )( ) = ... = 0 . Deci: (x sin x )( ) = ∑ C (x )( ) (sin x )( ) = C (x )( ) (sin x )( ) + C (x )′ (sin x )( 2

3

2

Solutie. Avem

2

n

n

k n

2

4

n−k

k

n n

2

0

n

n −1 n

2

n −1)

+

k =0

( )″ (sin x )(

+ C nn − 2 x 2

nπ  = x 2 sin  x + 2 

n−2 )

(n )

= x 2 (sin x )

(n −1)

+ 2nx(sin x )

(n − 1)π    + 2nx sin  x + 2  

(n− 2 )

+ n(n − 1)(sin x )

(n − 2)π     + n(n − 1)sin  x +  2   

4.2 Când nimeni nu cedează… …sau cu alte cuvinte, există și cazuri în care nici unul din factori nu se “stinge” după

k < n pasi. Un astfel de exemplu este urmatorul: Ex. rezolvat 7. Sa se calculeze derivata de ordinul n a functiei:

f : (0, ∞ ) → R, f ( x ) =

ln x x

1 . Dupa cum am x (− 1)k −1 ⋅ (k − 1)! in vreme ce h (k ) (x ) = (− 1)k ⋅ k! . (k ) vazut in paragrafele anterioare, g ( x ) = xk x k +1 f ( x ) = g ( x ) ⋅ h( x ) unde g (x ) = ln x si h(x ) =

Solutie. Avem

Conform formulei (4.1) avem: n

f (n ) ( x ) = ∑ g (n − k ) (x ) ⋅ h ( k ) ( x )
k =0

f

(n )

n −1

(x ) = ∑ C

k n

n − k −1 k n ( − 1) ⋅ (n − k − 1)! (− 1) ⋅ k! ( − 1) ⋅ n! n ⋅ ⋅ + C ⋅ ln x ⋅


x n−k

n

x k +1 x n +1 (0 ) (am despartit termenul care contine g ( x ) = ln x de restul sumei)
k =0

(− 1) n! ⋅ k = 0 k!⋅ (n − k )! n −1

f (n ) ( x ) = ∑

n −1

⋅ (n − k − 1)! ⋅ k! (− 1) ⋅ n!
+ ln x ⋅ n +1 x x n +1 n

f

(n )

n n −1 ( − 1) ⋅ n!  (x ) = ⋅  ln x −

x n +1

1  (− 1) ⋅ n!  1 1 ⋅  ln x − 1 − − ... −  = ∑ n +1 2 n x  k =0 n − k 



n

Interesant, nu-i așa? Propunerea unui astfel de exercițiu la Bac ar declanșa o miscare socială de amploarea mineriadei din iunie 1990, ținta fiind un anume minister cu sediul pe General Berthelot. Și pentru încheiere ”en fanfare”, perla coroanei: o bucată dintr-o problemă din Gazetă (20970 din G.M. 11-12/1986) Ex. rezolvat 8

2x +1 1− x + 2 arctg 2 x +1 1+ x Demonstrați că derivata de ordinul ( n − 1) a funcției Fie funcția dată de

f(

n −1)

( x) =

f ( x) =

An ( x )

(x

2

+ 1)

n

este dată de expresia

f

An ( n ≥ 2 ) este un polinom de gradul n cu rădăcinile reale și

, unde

distincte. Soluție. Se folosește

metoda

inducției

matematice.

Pentru

n = 2,

observăm

că

2

f ′( x) =

−4 x − 2 x

(x

2

+ 1)

reale și distincte

2

1 x1 = − , x2 = 0 . 2

Presupunem că pentru gradul

n ≥ 2 avem f (

f(

n)

( x) =

f

An ( x )

(x

2

+ 1)

n

An ( x ) fiind un polinom de

,

(x

2

+ 1)

n +1

,

An +1 ( x ) fiind un polinom de gradul

cu rădăcinile reale și distincte. Derivând relația care dă pe

( x) =

An′ ( x ) ⋅ ( x 2 + 1) − An ( x ) ⋅ n ( x 2 + 1)

(x

2

+ 1)

2n

( n + 1) . Într-adevăr, dacă λn ≠ 0

atunci coeficientul lui gradul lui

n −1

⋅ 2x

=

(x

2

f(

n −1)

, obținem :

+ 1) An′ ( x ) − 2nxAn ( x )

(x

2

+ 1)

n +1

An +1 ( x ) = ( x 2 + 1) An′ ( x ) − 2nxAn ( x ) , acesta este un polinom de

Să arătăm că, notând gradul

( x) =

An +1 ( x )

n

(n)

n −1)

n cu rădăcinile reale și distincte x1 < x2 < ... < xn .

Trebuie să demonstrăm că

( n + 1)

A2 ( x ) = −4 x 2 − 2 x fiind de gradul al doilea, cu rădăcinile

, polinomul

este coeficientul lui

x n în expresia lui An ( x ) ,

x n +1 în expresia lui An +1 ( x ) este nλn − 2nλn = − nλn ≠ 0 , deci

An +1 este ( n + 1) .

Se calculează valorile polinomului

An +1 în rădăcinile xk , k = 1, n ale lui An :

An +1 ( xk ) = ( x + 1) An′ ( xk ) , k = 1, n 2 k

Dacă pentru o rădăcină rădăcină dublă pentru rădăcinile lui

xk am avea An +1 ( xk ) = 0 , ar rezulta că An′ ( xk ) = 0 , deci xk ar fi An , fiind și rădăcina derivatei sale An′ , contradicție, deoarece

An sunt distincte. Deci An +1 ( xk ) ≠ 0, ( ∀ ) k = 1, n .

Conform teoremei lui Rolle, derivata

( n − 1)

An′ are

rădăcini, localizate astfel:

c1 ∈ ( x1 , x2 ) , c2 ∈ ( x2 , x3 ) ,..., cn −1 ∈ ( xn −1 , xn ) . Să presupunem că An′ ( x1 ) > 0 ; cazul An′ ( x1 ) < 0 se tratează analog. Derivata An′ are proprietatea lui Darboux; dacă presupunem prin absurd că nu își schimbă semnul în constant pozitiv pe intervalul Funcția

c1 , înseamnă că păstrează semnul

( c1 , x2 ) .

An este deci strict crescătoare pe intervalele

( x1 , c1 )

( c1 , x2 ) ,

și

deci

An ( c1 ) > An ( x1 ) și An ( x2 ) > An ( c1 ) ⇒ An ( x2 ) > An ( x1 ) ⇒ 0 > 0 , contradicție. Rezultă că derivata Avem

An′ schimbă semnul în c1 , deci An′ ( x2 ) < 0 .

An +1 ( x1 ) = ( x12 + 1) An′ ( x1 ) > 0 și An +1 ( x2 ) = ( x22 + 1) An′ ( x2 ) < 0 , deci polinomul are

An +1

o

α1 ∈ ( x1 , x2 ) .

rădăcină

α 2 ∈ ( x2 , x3 ) ,..., α n −1 ∈ ( xn −1 , xn )

pentru

Analog,

există

rădăcinile

An +1 . Polinomul An +1 are deci ( n − 1) rădăcini

reale și distincte. Rămâne să arătăm că și celelalte două rădăcini ale lui

An +1 au aceeași

proprietate. Întrucât

An′ ( x1 ) > 0 și An′ nu are rădăcini în intervalul

constant pe acest interval, deci Deosebim două subcazuri. 1)

lim An′ ( x ) = +∞ ⇒ lim nλn x

x →−∞

( −∞, x1 ) , n −1

x →−∞

păstrează semn

= +∞

n par ⇒ ( n − 1) impar ⇒ lim x n −1 = −∞ ⇒ λn < 0 . S-a x →−∞

An +1 ( x ) = ( −nλn ) > 0 ⇒ xlim →−∞ = − lim nλn x n +1 = −∞ ; cum An +1 ( x1 ) > 0 , rezultă că An +1 are o rădăcină α n ∈ ( −∞, x1 ) . x →−∞ n −1 2) n impar ⇒ ( n − 1) par ⇒ lim x = +∞ ⇒ λn > 0 ⇒ lim An +1 ( x ) = x →−∞ x →−∞ n +1 = − lim nλn x = −∞ . Și în acest caz am dovedit că An +1 are o rădăcină α n ∈ ( −∞, x1 ) . x →−∞ Analog, se arată că An +1 are și o rădăcină α n +1 ∈ ( xn , + ∞ ) , deci are ( n + 1) rădăcini reale An +1 coeficientul lui x n +1 este

văzut că în expresia lui

și distincte, q.e.d. Pentru a avea ceva de lucru, încercați: Exercitii propuse. Să se calculeze 1)

2 ( 1 + x ) − ln x f (x ) =

2)

f (x ) = x 2 e x

x

1 x − 6 x + 11x − 6 1 4) f ( x ) = 3 x −x 1 5) f ( x ) = 5 x − x3 3)

f (n ) (x ) :

f (x ) =

3

2

OBSERVATIE IMPORTANTA (for your sake). Nu memorati mecanic formule de genul (2.1) sau (3.2). Este suficient să știți să le deduceti corect; oricum, nu va poate lua mai mult de 3-4 minute. Formula lui Leibniz se poate retine usor daca faceti legatura cu formula de care aminteam din materia clasei a X-a.