고차도함수
\[f''(x)=\lim_{h\to0}\frac{f'(x+h)-f'(x)}{h}\]
\(f''\)이 다시 미분가능이면 그 도함수를 \(f'''\)로 표시하고 \(f\)의 제3차도함수라고 한다. 일반적으로 제\(n-1\)차도함수의 도함수를 제\(n\)차 도함수라 하고 \(f^{(n)}\)으로 표시한다.
\[f^{(n)}=\frac{d}{dx}f^{(n-1)}(x)\]
또한 \(n\)차도함수의 \(x=a\)에서의 함수값 \(f^{(n)}(a)\)를 \(x=a\)에 대한 제\(n\)차미분계수라 한다.
\(n\ge2\)인 경우의 \(f^{(n)}\)을 통틀어서 고차도함수, \(f^{(n)}(a)\)를 \(x=a\)에 대한 고차미분계수라 한다. 함수를 \(y=f(x)\)로 표시하는 경우 고차도함수를
\[\begin{align}&y'',\,y''',\,\cdots,\,y^{(n)}\\&\frac{d^ny}{dx^n}\ \text{혹은}\ \frac{d^n}{dx^n}f(x)\ (n=2,\,3,\,4,\,\cdots)\end{align}\]
등으로 나타낸다.
[예제 1] \(y=x^n\) (\(n\)은 자연수) 이면
\(y'=nx^{n-1},\,y''=n(n-1)x^{n-2},\,y'''=n(n-1)(n-2)x^{n-3},\,\cdots\)
\(y^{(n)}=n(n-1)(n-2)\cdots2\cdot1=n!,\,y^{(n+1)}=0\)
[예제 2] \(y=\sin{x}\)이면
\(y'=cos{x},\,y''=-\sin{x},\,y'''=-\cos{x},\,y^{(4)}=\sin{x}\)
일반적으로 임의의 자연수 \(n\)에 대하여
\(y^{4n}=\sin{x},\,y^{(4n+1)}=\cos{x},\,y^{(4n+2)}=-\sin{x},\,y=^{(4n+3)}=-\cos{x}\).
이상을 종합하면
\[y^{(n)}=\sin\left(x+{n\pi\over2}\right)\]
| 정리 1 함수 \(f,\,g\)가 제\(n\)차 도함수를 갖는다면 \((1)\ (f\pm g)^{(n)}=f^{(n)}\pm g^{(n)}\) \((2)\ (cf)^{(n)}=cf^{(n)}\) (\(c\)는 상수) \(\begin{split}(3)\ (fg)^{(n)}&=\sum_{k=0}^n\begin{pmatrix}n\\k\end{pmatrix}f^{(n-k)}g^{(k)}\\&=f^{(n)}g+\begin{pmatrix}n\\1\end{pmatrix}f^{(n-1)}g'+\cdots+\begin{pmatrix}n\\k\end{pmatrix}f^{(n-k)}g^{(k)}+\cdots+fg^{(n)}\end{split}\) (Leibniz의 公式) 단, \(\begin{pmatrix}n\\k\end{pmatrix}=_nC_k=\dfrac{n!}{k!(n-k)!}\) (조합 참조) |
<증명>
(1), (2)는 정의에서 바로 알 수 있다.
(3) \((fg)'=f'g+fg'\) 이므로 \(n=1\) 일 때는 성립한다. \(n=r\)일 때 성립한다고 하면
\[(fg)^{(r)}=f^{(r)}+\begin{pmatrix}r\\1\end{pmatrix}f^{(r-1)}g'+\begin{pmatrix}r\\2\end{pmatrix}f^{(r-2)}g''+\cdots+\begin{pmatrix}r\\k\end{pmatrix}f^{(r-k)}g^{(k)}+\cdots+fg^{(r)}\]
이 식의 양변을 한번 더 미분하면
\[\begin{split}(fg)^{(r+1)}=f^{(r+1)}g&+\left\{1+\begin{pmatrix}r\\1\end{pmatrix}\right\}f^{(r)}g'+\left\{\begin{pmatrix}r\\1\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}r\\2\end{pmatrix}\right\}f^{(r-1)}g''+\cdots\\&+\left\{\begin{pmatrix}r\\k-1\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}r\\k\end{pmatrix}\right\}f^{(r+1-k)}g^{(k)}+\cdots+fg^{(r+1)}\end{split}\]
그런데 이항계수의 항등식에 의해
\[\begin{pmatrix}r\\k-1\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}r\\k\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}r+1\\k\end{pmatrix}\]
이므로
\[\begin{align}(fg)^{(r+1)}=f^{(r+1)}g&+\begin{pmatrix}r+1\\1\end{pmatrix}f^{(r)}g'+\begin{pmatrix}r+2\\2\end{pmatrix}f^{(r-1)}g''+\cdots\\&+\begin{pmatrix}r+1\\k\end{pmatrix}f^{(r+1-k)}g^{(k)}+\cdots+fg^{(r+1)}\end{align}\]
따라서 \(n=r+1\)인 경우도 성립한다. 그러므로 수학적 귀납법에 의해 임의의 자연수 \(n\)에 대하여도 성립한다.
[예제 3] \(y=x^3e^x\) 일 때 \(y^{(n)}\)을 구하여라.
<풀이> \(f(x)=x^3,\,g(x)=e^x\)라 하면
\[f'(x)=3x^2,\,f''(x)=6x,\,f'''(x)=6,\,f^{(k)}(x)=0\ (k\ge4)\]
일반적으로 \(g^{(k)}(x)=e^x\) (\(k\)는 자연수). 따라서 Leibniz의 公式에 의해
\[\begin{split}y^{(n)}&=(gf)^{(n)}=g^{(n)}f+\begin{pmatrix}n\\1\end{pmatrix}g^{(n-1)}f'+\begin{pmatrix}n\\2\end{pmatrix}g^{(n-2)}f''+\begin{pmatrix}n\\3\end{pmatrix}g^{(n-3)}f'''\\&=e^x\cdot x^3+ne^x\cdot3x^2+\frac{n(n-1)}{2}e^x\cdot6x+\frac{n(n-1)(n-2)}{3!}e^x\cdot6\\&=e^x\{x^3+3nx^2+3n(n-1)x+n(n-1)(n-2)\}\end{split}\]
[예제 4] \(y=\dfrac{1}{x^2-x-2}\)일 때 \(y^{(n)}\)을 구하여라.
<풀이> \(\displaystyle y=\frac{1}{(x-2)(x+1)}={1\over3}\left({1\over x-2}-{1\over x+1}\right)\)
\(\displaystyle\left(1\over x-2\right)^{(n)}=\{(x-2)^{-1}\}^{(n)}=(-1)^nn!(x-2)^{-n-1}=\frac{(-1)^nn!}{(x-2)^{n+1}}\)
같은 방법으로 \(\left(\dfrac{1}{x+1}\right)^{(n)}=\dfrac{(-1)^nn!}{(x+1)^{n+1}}\). 그러므로
\(\displaystyle y^{(n)}=\frac{(-1)^nn!}{3}\left\{\frac{1}{(x-2)^{n+1}}-\frac{1}{(x+1)^{n+1}}\right\}\)
[예제 5] \(y=\sin{x}\cos{x}\) 일 때 \(y^{(n)}\)을 구하여라.
<풀이> \(y=\sin{x}\cos{x}=\dfrac{1}{2}\sin2x\) 이므로 예제 2에 의해서
\[y^{(n)}=2^{n-1}\sin\left(2x+{n\pi\over2}\right)\]
[예제 6] \(f(x)={\rm Sin}^{-1}x\) 일 때 \(f^{(n)}(0)\)을 구하여라.
<풀이> \(f'(x)\sqrt{1-x^2}=1\cdots(1)\) 이므로 이 식의 양변을 다시 미분하면
\[y''(x)(1-x^2)-xf'(x)=0\cdots(2)\]
이 식의 양변을 다시 \(n\)회 미분하면, Leibniz의 공식에 의해
\[f^{(n+2)}(x)(1-x^2)+nf^{(n+1)}(x)(-2x)+\frac{n(n-1)}{2}f^{(n)}(x)(-2)-f^{(n+1)}(x)x-nf^{(n)}(x)=0\]
윗 식을 정리하면
\[(1-x^2)f^{(n+2)}(x)-(2n+1)xf^{(n+1)}(x)-n^2f^{(n)}(x)=0\]
이 식에서 \(x=0\)이라 두면
\[f^{(n+2)}(0)=n^2f^{(n)}(0)\cdots(3)\]
가 얻어진다. (1), (2)에 의하면
\[f'(0)=1,\,f''(0)=0\]
이므로, (3)에 의해
\[\begin{split}&f'''(0)=1^2,\,f^{(4)}(0)=0,\,f^{(5)}=1^2\cdot3^2,\,f^{(6)}(0)=0,\,\cdots\\&f^{(2m)}(0)=0,\,f^{(2m+1)}(0)=1^2\cdot3^2\cdot5^2\cdots(2m-1)^2,\,(m=1,\,2,\,\cdots)\end{split}\]
이 된다.
[예제 7] \(x=f(t),\,y=g(t)\)이고 \(f\)와 \(g\)가 제2차도함수를 가지며, \(f'(t)\ne0\) 일 때 \(\dfrac{d^2y}{dx^2}\)를 구하여라.
<풀이> \(\dfrac{dx}{dt}=f'(t),\,\dfrac{dy}{dt}=g'(t)\) 이므로 \(\dfrac{dy}{dx}=\dfrac{g'(t)}{f'(t)}\) 이다. 이것을 다시 \(t\)로 미분하면
\[\frac{d}{dt}\left(\frac{dy}{dx}\right)=\frac{d}{dt}\left(g'\over f'\right)=\frac{f'g''-f''g'}{(f')^2}\]
이므로
\[\frac{d^2y}{dx^2}=\frac{d}{dx}\left(\frac{dy}{dx}\right)=\frac{\dfrac{d}{dt}\left(\dfrac{dy}{dx}\right)}{\dfrac{dx}{dt}}=\frac{f'g''-f''g'}{(f')^2}\]
이 된다.
《문 제》
1. 다음 각 함수의 제3차도함수를 구하여라.
\(\displaystyle(1)\ \sqrt{c-x^2}\qquad(2)\ xe^x\qquad(3)\ x^2\ln{x}\qquad(4)\ (x^2+a^2){\rm Tan}^{-1}\dfrac{x}{a}\qquad(5)\ \dfrac{x^3}{1-x}\)
<풀이>
\(\displaystyle(1)\ (\sqrt{c-x^2})'''=\left(-\frac{x}{\sqrt{c-x^2}}\right)''=\left(-\frac{c}{(c-x^2)^{3/2}}\right)'=-\frac{3cx}{(c-x^2)^{5/2}}\)
\((2)\ (xe^x)'''=\{e^x(x+1)\}''={e^x(x+2)}'=e^x(x+3)\)
\((3)\ (x^2\ln{x})'''=\{x(2\ln{x}+1)\}''=(2\ln{x}+3)'=\dfrac{2}{x}\)
\(\displaystyle(4)\ \left\{(x^2+a^2){\rm Tan}^{-1}{x\over a}\right\}'''=\left(2x{\rm Tan}^{-1}{x\over a}+a\right)''=\left(2{\rm Tan}^{-1}{x\over a}+\frac{2ax}{x^2+a^2}\right)'=\frac{4a^3}{(x^2+a^2)^2}\)
\(\begin{align}(5)\ \left(\frac{x^3}{1-x}\right)'''&=\left(-x^2-x-1-{1\over x-1}\right)'''=\left\{-2x-1+{1\over(x-1)^2}\right\}''\\&=\left\{-2-{2\over(x-1)^3}\right\}'=\frac{6}{(x-1)^4}\end{align}\)
2. 다음 각 함수의 제n차도함수를 구하여라.
\((1)\ \cos{x}\qquad(2)\ \ln{x}\qquad(3)\ (x^2-1)^n\qquad(4)\ \sin^2x\qquad(5)\ \dfrac{1}{1-x^2}\qquad(6)\ \dfrac{ax+b}{cx+d}\)
\((7)\ x^{n-1}\ln{x}\qquad(8)\ \sin^3x\)
<풀이>
\((1)\ y=\cos{x},\,y'=-\sin{x},\,y''=-\cos{x},\,y'''=\sin{x},\,y^{(4)}=\cos{x},\,\cdots,\,y^{(n)}=\cos\left(x+\dfrac{n\pi}{2}\right)\)
\(\displaystyle(2)\ y=\ln{x},\,y'={1\over x},\,y''=-{1\over x^2},\,y'''={1\cdot2\over x^3},\,y^{(4)}=-{1\cdot2\cdot3\over x^4},\,\cdots,\,y^{(n)}=\frac{(-1)^{n-1}(n-1)!}{x^n}\)
\(\begin{split}&(3)\ y=(x^2-1)^n=(x+1)^n(x-1)^n,\\&\ \,y^{(n)}=n!(x-1)^n+\frac{n!}{1!(n-1)!}n(n-1)\cdots2(x+1)\cdot n(x-1)^{n-1}\\&+\frac{n!}{2!(n-2)!}n(n-1)\cdots3(x+1)^2\cdot n(n-1)(x-1)^{n-2}+\cdots+n!(x+1)^n\\&=n!\left\{(x-1)^n+\frac{n^2}{1^2}(x+1)(x-1)^{n-1}+\frac{n^2(n-1)^2}{1^2\cdot2^2}(x+1)^2(x-1)^{n-2}+\cdots+(x+1)^n\right\}\end{split}\)
\(\begin{split}(4)\ y&=\sin^2x=\frac{1-\cos2x}{2},\,y'=\sin2x,\,y''=2\cos2x,\,y'''=-4\sin2x,\,\cdots,\\y^{(n)}&=-2^{n-1}\cos\left(2x+{n\pi\over2}\right)\end{split}\)
\(\displaystyle(5)\ y={1\over1-x^2}={1\over2}\left({1\over1-x}+{1\over1+x}\right),\,y^{(n)}={n!\over2}\left\{{1\over(1-x)^{n+1}}+{(-1)^n\over(1+x)^{n+1}}\right\}\)
\(\begin{align}(6)\ y&=\frac{ax+b}{cx+d},\,y'=\frac{ad-bc}{(cx+d)^2},\,y''=-2c\frac{ad-bc}{(cx+d)^2},\,y'''=2\cdot3c^2\frac{ad-bc}{(cx+d)^4},\,\cdots,\\y^{(n)}&=(-1)^{n-1}n!c^{n-1}\frac{ad-bc}{(cx+d)^{n+1}}\end{align}\)
\(\begin{align}&(7)\ y=x^{n-1}\ln{x},\,y^{(n)}=0\cdot\ln{x}+\frac{n!(n-1)!}{1!(n-1)!}\cdot{1\over x}+\frac{n!(n-1)(n-2)\cdots2x}{2!(n-2)!}\left(-{1\over x^2}\right)\\&+\frac{n!(n-1)(n-2)\cdots3x^2}{3!(n-3)!}\cdot{2\cdot1\over x^3}+\cdots+\frac{n!x^{n-1}}{n!(n-n)!}\cdot\frac{(n-1)!}{x^n}\\&=\frac{n!(n-1)!}{x}\left\{{1\over1!(n-1)!}-{1\over2!(n-2)!}+{1\over3!(n-3)!}-\cdots+{1\over(n-2)!2!}-{1\over(n-1)!1!}+{1\over n!0!}\right\}\\&=\frac{(n-1)!}{x}\end{align}\)
\(\displaystyle(8)\ y=\sin^3x={1\over4}(3\sin{x}-\sin3x),\,y^{(n)}={1\over4}\left\{3\sin\left(x+{n\pi\over2}\right)-3^n\sin\left(3x+{n\pi\over2}\right)\right\}\)
3. \(f(x)={\rm Tan}^{-1}x\) 일 때 \(f^{(n)}(0)\)을 구하여라.
<풀이> \(f(x)=\dfrac{1}{1+x^2}\) 이므로
\[f'(x)(1+x^2)=1\]
이 식의 양변을 다시 미분하면
\[f''(x)(1+x^2)+2xf'(x)=0\]
이 식의 양변을 다시 \(n\)회 미분하면
\[f^{(n+2)}(x)(1+x^2)+nf^{(n+1)}(x)(2x)+\dfrac{n(n-1)}{2}f^{(n)}(x)(2)+f^{(n+1)}(x)(2x)+nf^{(n)}(x)(2)=0\]
이것을 정리하면
\[(1+x^2)f^{(n+2)}(x)+(n+1)2xf^{(n+1)}(x)+n(n+1)f^{(n)}(x)=0\]
이 식에서 \(x=0\)을 대입하면
\[f^{(n+2)}(0)+n(n+1)f^{(n)}(0)=0\]
가 얻어진다.
\[f'(0)=1,\,f''(0)=0\]
이므로
\[\begin{split}&f'''(0)=-2,\,f^{(4)}=0,\,f^{(5)}=2\cdot3\cdot4=4!,\,f^{(6)}=0,\,f^{(7)}=-2\cdot3\cdot4\cdot5\cdot6=-6!,\,\cdots\\&f^{(2m)}(0)=0,\,f^{(2m+1)}(0)=(-1)^m(2m)!\end{split}\]
이 된다.
4.
--- under construction ---
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