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 functii apartinand unor tipuri diferit diferite. e. In mater material ialul ul de fata, fata, vom prezenta prezenta modul modul in care care se determ determina ina acestea pentru anumite clase de functii. Fireste ca in 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 cazuri,, nu vom mai mai specif specifica ica domeni domeniul ul de definit definitie/ ie/der deriva ivabil bilita itate te pentru pentru functiile care apar; aceasta ramane misiunea utilizatorilor. 1. Func Functi tiii poli polino nomi mial ale. e. 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 )
... + 2a 2 = n( n − 1) a n x n 2 + ( n −1)( n − 2) a n 1 x n 3 + ... −
−
−
… f ( n ) ( x )
= n!⋅ an f ( n +1) ( x ) = f ( n+2 ) ( x ) = ... = 0 Cu alte cuvinte, dupa n derivari succesive, un polinom de gradul n se reduce la o constanta, iar dupa inca o derivare se “stinge” (adica se anuleaza). Ex. rezolvat 1. 1. Sa se arate ca daca polinomul f ∈ R[ X ] admite radacina x 0 ∈R de multiplicitate m ≥ 2 , atunci x0 este radacina a primelor (m-1) derivate ale lui f. Solutie. Solutie. Se scrie f sub forma: m f ( x ) = ( x − x0 ) ⋅ Q( x) , ∀x ∈ R (1.1) Derivam aceasta relatie si obtinem: m −1 m m −1 f ′( x ) = m( x − x0 ) ⋅ Q( x) + ( x − x0 ) ⋅ Q ′( x) = ( x − x 0 ) ( mQ( x) + ( x − x0 ) ⋅ Q ′( x) )
Daca notam: Q1 ( x ) = mQ( x) + ( x − x0 ) ⋅ Q ′( x) rezulta: f ′( x )
= ( x − x ) m− ⋅ Q ( x ), ∀ x ∈ R 1
(1.2) Rationamen Rationamentul tul continua continua cu derivarea derivarea succesiva succesiva a relatiilor relatiilor obtinute, obtinute, rezultand dupa efectuarea unor notatii similare: m−2 f ′′( x ) = ( x − x0 ) ⋅ Q2 ( x), ∀ x ∈ R (1.3) … f ( m−1) ( x ) = ( x − x0 ) ⋅ Qm−1 ( x ), ∀ x ∈ R ceea ce incheie demonstratia. 0
1
Ex. rezolvat 2. (admitere in clasa a XI-a, 1987) Sa se determine parametrii a, b ∈R astfel incat polinomul f = aX n +2 + bX n + 2 sa fie divizibil 2 cu ( X −1) . 2
Solutie. Divizibilitatea cu ( X −1) echivaleaza cu x 0 =1 radacina dubla si deci (conform exercitiului precedent) se pun conditiile f (1) = f ′(1) = 0 . Dar:
f ( 1) = a + b + 2 = 0 f ′ ( 1) = ( n + 2) a + n b= 0 Rezolvand sistemul, gasim: 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
x
2
+1
; calculul
derivatei de ordinul n 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 )
Q( x )
unde Q ( x ) admite numai radacini reale.
In acest caz, putem scrie:
Q( x ) = ( x − x1 ) ⋅ ( x − x2 ) ⋅ ... ⋅ ( x − x r ) r 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: a1m a a12 + + + ... + f ( x ) = C ( x ) + 11 + ... x − x1 ( x − x1 ) 2 ( x − x1 ) m m1
m2
m
1
1
+
a r 1 x − x r
+
a r 2
( x − x r )
2
+ ... +
a rmr
( 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 ) = Calculam succesiv: f ′( x )
=−
f ′′( x )
=
…
1
( x + a ) 2 2
( x + a ) 3
1
x + a
, a ∈R
Procedam prin metoda inductiei matematice: presupunem ca
( − 1) k ⋅ k ! pentru k ≥1 avem f ( x ) = (*) ; trebuie sa aratam ca ( x + a ) k +1 ( − 1) k +1 ⋅ ( k + 1)! ( k +1) ( x ) = f . ( x + a ) k +2 ( k )
Derivam relatia (*) si rezulta:
′ 1 − ( k + 1) ⋅ ( x + a ) k k ( x ) = ( − 1) ⋅ k ! ⋅ f = ( − 1) ⋅ k ! ⋅ k +1 ( ) ( x + a ) 2 k +2 x a + ( − 1) k +1 ⋅ ( k + 1)! = ( x + a ) k +2 ( k +1)
k
Am obtinut asadar relatia: ( k ) 1 = ( − 1) k ⋅ k ! , k ≥ 1 (2.1) x + a ( x + a ) k + 1
2.2 Aplicatii A) Derivata de ordinul n a functiei f ( x ) =
1
( x + a ) m
,m ≥ 2
Similar cu rationamentul de mai sus, rezulta ca: ( n)
1 1 = ( − 1) n ⋅ ( m + n − 1)! ⋅ (2.2) m m+n ( m − 1 ) ! ( x + a ) ( x + a )
B) Derivata de ordinul n a functiei f ( x )
=
1
ax
+b
Se procedeaza tot prin inductie matematica, obtinand:
( n)
1 = ( − 1) n ⋅ a n ⋅ n! , n ≥ 1 (2.3) ( ax + b) n+ ax + b 1
C) Ex.
rezolvat
3.
Fie
f : I → R, f ( x )
f ( n ) ( x ), n ≥ 1 .
=
1
x
2
− 3 x + 2
Solutie. Descompunem f in elemente simple sub forma: f ( x )
=
A x − 1
+
B x − 2
, A, B ∈ R
.
Calculati
Dupa aducerea la acelasi numitor si identificarea coeficientilor, A
rezulta ( )
f n ( x )
= −1,
B
=1
.
Deci
f ( x )
=
1
x − 2
−
1
x − 1
1 1 = ( − 1) n ⋅ n! ⋅ − n +1 n +1 . ( ) ( ) − − x 2 x 1
3. Functii trigonometrice, exponentiale, logaritmice etc. 3.1 Functia f : R →R , f ( x )
= sin ( ω x + ϕ )
Arhicunoscuta de la fizica (descrie ecuatia unei oscilatii armonice fara pierderi de energie). Calculam succesiv: f ′( x )
= ω cos (ω x + ϕ )
f ′′( x ) = −ω 2 sin (ω x + ϕ ) f ′′′( x ) = −ω 3 cos (ω x + ϕ ) ( 4)
f
( x ) = ω 4 sin (ω x + ϕ )
Am ajuns la ceva care seamana cu functia data, numai ca are un factor de amplificare egal cu ω 4 . Am putea sa demonstram formule de genul: ( 4 k )
( x ) = ω 4 k sin (ω x + ϕ ) ( k ) numai ca pentru f 4 1 ( x ) ar trebui sa stabilim o alta formula etc. Aceasta f
+
lipsa de unitate nu ar fi deloc de natura sa simplifice forma rezultatului final. Ne amintim de formulele de reducere la primul cadran, invatate la trigonometrie in clasa a IX-a (speram noi ) si rezulta: π = ω cos (ω x + ϕ ) = ω sin ω x + ϕ + 2 2π f ′′( x ) = −ω 2 sin (ω x + ϕ ) = ω 2 sin ω x + ϕ + 2 3π f ′′′( x ) = −ω 3 cos (ω x + ϕ ) = ω 3 sin ω x + ϕ + 2
f ′( x )
Acum
presupunem
(pasul
de
inductie)
ca
nπ = ω n sin ω x + ϕ + , n ≥ 1 si trebuie sa demonstram ca: 2 ( n + 1)π n +1 n +1 f ( ) ( x ) = ω sin ω x + ϕ + , n ≥ 1 . f ( n ) ( x )
Intr-adevar,
2
( +1)
f n
′
( x ) = ( f ( n ) ( x ) ) = ω n ⋅ ω cos ω x + ϕ +
π + α ): 2 ( n + 1)π n +1 n +1 f ( ) ( x ) = ω sin ω x + ϕ + . Rezulta deci: 2
seama ca are loc identitatea cos α = sin
( sin (ω x + ϕ ) ) ( n ) = ω n sin ω x + ϕ +
nπ 2
, n ≥ 1 (3.1)
nπ 2
(tinand
3.2 Functia f : R → R , f ( x ) = e ax Rezulta in mod imediat prin inductie dupa n ca: (e ax ) ( n ) = a n ⋅ e ax , n ≥ 1, a ≠ 0 (3.2) 3.3 Functia f : ( − a, ∞) →R , f ( x ) = ln( x + a) . Avem
( ln( x + a ) ) ′
=
1
x + a ( n −1)
1 ( ln( x + a ) ) = x + a ( n)
si de aici incolo rezulta ca:
( − 1) n−1 ⋅ ( n − 1)! = , n ≥ 1 (3.3) ( x + a ) n
Ex. rezolvat 4. (dat la admitere prin 1983 mi se pare). Sa se demonstreze ca functia f : [0,1] → R , f ( x ) = ln (1 + x ) nu este polinomiala. Solutie. Daca functia data ar fi polinomiala de grad n , ar trebui ca k − 1 − 1 ⋅ − 1! ( k ) f ( k ) ( x ) = 0, ∀k ≥ n + 1 . Dar = ≠ 0, ∀ ≥ 1, ∀ ∈ R \ − 1 . k
( ) ( k ) f ( x ) ( x + 1)
k
x
{ }
Contradictia este evidenta. 4. Leibniz, meine Liebe… Fireste ca daca toate functiile carora li se poate calcula derivata de ordinul n s-ar reduce la functii de unul din tipurile de mai sus, materialul s-ar termina aici. Exista insa o celebra formula datorata lui Leibniz (unul din intemeietorii, alaturi de Newton, ai calculului diferential) care stabileste relatia de derivare de n ori a unui produs de functii: ( n)
( fg ) ( x ) =
n
∑ C f k n
( n− k )
( x ) ⋅ g ( k ) ( x )
(4.1)
k = 0
OBSERVATIE. In formula de mai sus, f ( 0 ) = f , g ( 0 ) = g . Nu demonstram aici formula lui Leibniz. Probabil ca viitoarele manuale de clasa a XI-a o vor face; cred ca tratatele serioase de Analiza Matematica (cum ar fi cel alcatuit de Miron Nicolescu/M. Dinculeanu/S.Marcus in 1966) cuprind demonstratia acestei formule. In prezentul manual, a figurat ca exercitiu pana cand a fost scoasa pentru a nu obosi inutil mintea greu incarcata a bietilor liceeni. Ciudat insa ca la admiterea in diverse facultati in ultimii ani (in special la ASE), aceasta formula a fost necesara in rezolvarea unor subiecte. INTREBARE (gen ‘Vrei sa fii miliardar?’) Cu ce formula din Algebra de clasa a X-a ‘aduce’ relatia lui Leibniz ? In fine, nu mai divagam 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. (n) Ex. rezolvat 5. Calculati f ( x ) , unde f ( x )
Solutie. Avem ( x 2 )
( x
2
( 4)
= ( x ) = ... = 0 . Deci: 2
( n − k ) ( ) ′ = ∑ C nk ( x ) ( sin x ) ( k ) = C nn ( x ) ( sin x ) ( n ) + C nn− ( x ) ( sin x ) ( n− ) + n
( n)
sin x )
( 3)
2
= x sin x .
2
2
0
1
1
2
k = 0
″ + C nn− ( x ) ( sin x ) ( n− ) = x ( sin x) ( n ) + 2nx( sin x ) ( n− ) + n( n − 1)( sin x) ( n− nπ ( n − 1)π ( n − 2)π = x sin x + + 2nx sin x + + n( n − 1) sin x + 2 2 2 2
2
2
2)
1
2
2
4.2 Cand nimeni nu cedeaza… …sau cu alte cuvinte, exista si cazuri in care nici unul din factori nu se “stinge” dupa k < n pasi. Un astfel de exemplu este urmatorul: Ex. rezolvat. 6. Sa se calculeze derivata de ordinul n a functiei: f : ( 0, ∞)
→ R, f ( x ) =
ln x
x
Solutie. Avem f ( x ) = g ( x ) ⋅ h ( x ) unde g ( x ) ( k )
cum am vazut in paragrafele anterioare, g ( x ) h
( k )
( x) =
( − 1) k ⋅ k ! x ( n)
f
k +1
( x ) =
=
si h( x ) =
= ln x
( − 1) k −1 ⋅ ( k − 1)! x
k
1
x
. Dupa
in vreme ce
. Conform formulei (4.1) avem:
n
∑ g
( n − k )
( x ) ⋅ h ( k ) ( x )
k = 0
( n)
f
( x ) =
n −1
∑ C ⋅ k = 0
k n
( − 1) n− k −1 ⋅ ( n − k − 1)! ( − 1) k ⋅ k !
⋅
n k x −
k 1 x +
+ C ⋅ ln x ⋅ n n
( − 1) n ⋅ n! n 1 x +
( 0) (am despartit termenul care contine g ( x ) = ln x de restul sumei)
(n)
f
( x ) =
n −1
n!
∑ k !⋅ ( n − k )! ⋅
( − 1) n −1 ⋅ ( n − k − 1)! ⋅ k ! x n +1
k =0
( n)
f
( x ) =
( − 1) n ⋅ n! x n +1
+ ln x ⋅
( − 1) n ⋅ n! x n +1
( − 1) n ⋅ n! 1 1 ⋅ ln x − ∑ = n + ⋅ ln x − 1 − − ... − n x 2 k = n − k n −1
1
1
0
Interesant, nu-i asa? Probabil ca exercitiul asta la Bac’2001 ar declansa o miscare sociala de amploarea mineriadei din iunie 1990, tinta fiind un anume minister cu sediul pe General Berthelot. Este foarte probabil ca vom reveni cu o continuare a acestui material, in care vor fi ceva exercitii propuse pe la tot felul de admiteri. Ca sa aveti totusi ceva de lucru, try these: (n) Exercitii propuse. Sa se calculeze f ( x ) :
1) f ( x ) =
(1 + x ) 2 − ln x x
2) f ( x )
= x e
3) f ( x )
=
4) f ( x )
=
5) f ( x )
=
2
x
1
x
3
x
3
− 6 x + 11 x − 6 2
1
− x 1
x
5
− x
3
(for your sake). Nu memorati mecanic formule de genul (2.1) sau (3.2). Este suficient sa stiti sa 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. OBSERVATIE IMPORTANTA
