作業13 高階導數

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1. 填空題

(1)

2.
 
(1) $(3\cos x +4 \sin x) e^{-2x}$


(2) 因為
\[
  y‘ =  2x \ln(1+x^2)
  +(1+x^2) \frac{ 2x}{1+x^2}
  = 2x\ln(1+x^2) +2x,
\]
所以
\[
y‘‘=2\ln(1+x^2) + \frac{4 x^2}{1+x^2}+2.
\]




3.

(1) 由於
\[
   y= \cos^2 x= \frac12 (\cos 2x +1),
\]
因此當 $n\geq 1$ 時
\[
  y^{(n)}(x)=2^{n-1} \cos(2x + \frac {n \pi}{2}).
\]

(2) 由於
\[
  y‘ = e^{-x} -x e^{-x},
\]
而
\[
  y‘‘= -2 e^{-x} +x e^{-x},
\]
猜想
\[
   y^{(n)}(x)=
   (-1)^{n-1} (n e^{-x}  -x e^{-x}).
\]
下面利用數學歸納法來證明, 當 $n=1$ 時顯然成立, 假設 $n=k$ 時成立, 則
\[
  y^{(k+1)}(x)
  = (y^{(k)}(x))‘
  =  (-1)^{k-1}  ( ke^{-x}-x e^{-x} )‘
  =(-1)^{k-1}  ( -ke^{-x}- e^{-x}+xe^{-x} )
  = (-1)^{k}((k+1) e^{-x} -xe^{-x}),
\]
推出當 $n=k+1$ 時也成立, 因此對於任意 $n\geq 1$,
\[
   y^{(n)}(x)=
   (-1)^{n-1} (n e^{-x}  -x e^{-x}).
\]




4. 過程略，只給出答案

 (1)
\[
  y‘ = -\frac{1}{\sin^2(x+y) },
  \qquad
  y‘‘ =-2 \frac{ \cos^3(x+y)  }
  { \sin^5(x+y) }.
\]


(2)  兩邊取對數會比較好算一點，或者算一階導數後，利用原式化簡，得到
\[
  y‘=\frac{ y- e^{x+y} }
  { e^{x+y}-x }
  =\frac{y-1-xy}{ 1+xy-x },
\]
\[
  y‘‘
  =\frac{\frac{y-1-xy}{ 1+xy-x }-y-x\frac{y-1-xy}{ 1+xy-x }}{ 1+xy-x }
  -\frac{(y-1-xy)(y+x\frac{y-1-xy}{ 1+xy-x }-1)}{ (1+xy-x)^2 }.
\]
實在不想化簡...




5. 答案，計算過程略

(1)
\[
  \frac{dy}{dx}
  =\frac{\frac{dy}{dt} }
  { \frac{dx}{dt} }= t\sin t,
\qquad
  \frac{d^2y}{dx^2}
  =\frac{\frac{d}{dt}(\frac{dy}{dx}) }
  { \frac{dx}{dt} }
  =(\sin t +t \cos t) \tan t.
\]



(2)
\[
  \frac{dy}{dx}
  =\frac{\frac{dy}{dt} }
  { \frac{dx}{dt} }= t,
\qquad
  \frac{d^2y}{dx^2}
  =\frac{\frac{d}{dt}(\frac{dy}{dx}) }
  { \frac{dx}{dt} }
  =\frac{1}{f‘‘(t)}.
\]


6. 解: 首先 $f(x)$ 在零點處連續, 所以
\[
   \lim_{x\to 0^-} f(x)
   = \lim_{x\to 0^-} e^x = f(0)
   = c,
\]
即 $c=1$. 又由於 $f(x)$ 在零點一階導數存在，則 $f‘_+(0)=f_-‘(0)$, 由於
\[
f_-‘(0)=  \lim_{\Delta x\to 0^-}
  \frac{ e^{\Delta x}-f(0) }{ \Delta x }=
  \lim_{\Delta x\to 0^-}
  \frac{ e^{\Delta x}-1 }{ \Delta x }=1
\]
而
\[  
  f‘_+(0)=\lim_{\Delta x\to 0^+}
  \frac{ a (\Delta x)^2 +b \Delta x +1-f(0) }{ \Delta x }
  =\lim_{\Delta x\to 0^+}
  \frac{ a (\Delta x)^2 +b \Delta x  }{ \Delta x }
  =b,
\]
因此 $b=1$. 根據上面討論, $f‘(0)=1$, 則
\[
  f‘(x)=
  \begin{cases}
    e^x,  &  x<0, \\
    1,  & x=0, \\
    2a x +1, & x>0.
\end{cases}
\]
顯然, $f‘(x)$ 連續, 又根據題設, 得到 $f‘‘_+(0)=f_-‘‘(0)$, 則
\[
f_-‘‘(0)=  \lim_{\Delta x\to 0^-}
  \frac{ e^{\Delta x}-f‘(0) }{ \Delta x }=1,
\]
而
\[  
  f‘‘_+(0)=\lim_{\Delta x\to 0^+}
  \frac{ 2a \Delta x +1-f‘(0) }{ \Delta x }=2a,
\]
則 $a=\frac12$, 因此
\[
  a=\frac12, b=1, c=1.
\]


注意: $f‘(0)$ 的值不能直接通過對 $f(x)$ 求導而來，還是要用定義來說明，因為是分段點.

作業13 高階導數