задача №1232 из Демидовича

[matematikFromMati]

$(x^{n-1}*e^{1/x})^{(n)}=\frac {(-1)^n} {x^{n+1}}*e^{1/x}

Это задача №1232 из Демидовича

[Кролик]

matematikFromMati писал(а):

$(x^{n-1}*e^{1/x})^{(n)}=\frac {(-1)^n} {x^{n+1}}*e^{1/x}
Это задача №1232 из Демидовича

Вам знаком метод математической индукции? Предположим, что утверждение

$$A_n= \left\{(x^{n-1}\cdot e^{1/x})^{(n)}=\frac {(-1)^n} {x^{n+1}}\cdot e^{1/x} \right\}$$

для n-той производной верно, тогда достаточно показать, что будет верно и утверждение $A_{n+1}$.

[matematikFromMati]

Я пробовал доказать по индукции, у меня получилось что если для n верно,

то для n+1 нужно доказать

$-\frac 1 x *(x^{n-1}*e^{1/x})^{(n)}= (x^n * e^{1/x})^{(n+1)}

а это доказать я не могу

[незваный гость]

matematikFromMati писал(а):

$(x^{n-1}*e^{1/x})^{(n)}=\frac {(-1)^n} {x^{n+1}}*e^{1/x}

Это задача №1232 из Демидовича

Воспользуйтесь индукцией два раза. Первый, для того чтобы получить выражение для $(x f(x))^{(k)}$, где $f(x)$ -- произвольная хорошая функция, а $k$ -- натуральное.

Второй -- чтобы вычислить $(x^{n}*e^{1/x})^{(n+1)} = $(x \left(x^{n-1}*e^{1/x}\right))^{(n+1)} (индукционный переход).

[Руст]

незванный гость писал(а):

:evil:

matematikFromMati писал(а):

$(x^{n-1}*e^{1/x})^{(n)}=\frac {(-1)^n} {x^{n+1}}*e^{1/x}

Это задача №1232 из Демидовича

Воспользуйтесь индукцией два раза.

Достаточно применить индукцию один раз, действительно:
$(x^n*e^{1/x})^{(n+1)}=(nx^{n-1}e^{1/x}-x^{n-2}e^{1/x})^{(n)}=n\frac {(-1)^n}{x^{n+1}}e^{1/x}-(\frac {(-1)^{n-1}}{x^n} e^{1/x})^{'}=\frac{(-1)^{n+1}}{x^{n+2}}e^{1/x}$.
Выполнение при n=0 очевидно.

[matematikFromMati]

Большое спасибо

[Кролик]

Руст писал(а):

незванный гость писал(а):

:evil:
Воспользуйтесь индукцией два раза.

Достаточно применить индукцию один раз, действительно:
$(x^n*e^{1/x})^{(n+1)}=(nx^{n-1}e^{1/x}-x^{n-2}e^{1/x})^{(n)}=n\frac {(-1)^n}{x^{n+1}}e^{1/x}-(\frac {(-1)^{n-1}}{x^n} e^{1/x})^{'}=\frac{(-1)^{n+1}}{x^{n+2}}e^{1/x}$.
Выполнение при n=0 очевидно.

Тонкость применения индукционного метода в данном примере состоит в том, что удаётся лишь показать истинность следствия $(A_{n-1} \wedge A_n ) \Rightarrow A_{n+1}$ вместо обычного перехода $ A_n \Rightarrow A_{n+1}$. Отсюда выходит, что проверка истинности одного утверждения $A_0$ недостаточна. В таких случаях необходимо проверять истинность $A_0 \wedge A_1$, то есть обоих случаев для самых первых n. Если бы утверждение $A_1$ в данном примере было бы ложно, то и всё приведённое выше доказательство не имело бы никакой силы.

[sasa]

matematikFromMati писал(а):

$(x^{n-1}*e^{1/x})^{(n)}=\frac {(-1)^n} {x^{n+1}}*e^{1/x} Это задача №1232 из Демидовича

We have $ f(x):= x^{n-1}e^{\frac{1}{x}}=\sum\limits_{k=0}^{\infty}\frac{x^{n-1-k}}{k!}= \sum\limits_{k=0}^{n-1}\frac{x^{n-1-k}}{k!}+ \sum\limits_{k=n}^{\infty}\frac{x^{n-1-k}}{k!}= P(x)+\sum\limits_{k=0}^{\infty}\frac{x^{-1-k}}{(k+n)!} $
where $ P $ is a polynomial of degree $ n-1 $ . But $ \left(x^{\alpha}\right)^{(n)}=\alpha(\alpha-1)\cdots(\alpha-n+1)x^{\alpha-n} = n!{\alpha-n \choose n}x^{\alpha-n}} $ implies
$ f^{(n)}(x)=n!\sum\limits_{k=0}^{\infty}{n-1-k \choose k}x^{-(k+1)}= n!\sum\limits_{k=0}^{\infty}{-1-k-n \choose n}\frac{x^{-1-k-n}}{(k+n)!} .$ Because for $ z \in {\mathbb C} \; ,\; m \in {\mathbb N} $ we have $ {z \choose m}:= \frac{z(z-1)\cdots (z-m+1)}{m!}, $ that is ${-z \choose m}= (-1)^m{z-m-1 \choose m} $ , we may write
$ f^{(n)}(x)= \dfrac{n!(-1)^n}{x^{n+1}}\sum\limits_{k=0}^{\infty}\displaystyle {n+k\choose k}\dfrac{x^{-k}}{(n+k)!}= \dfrac{(-1)^n}{x^{n+1}}\sum\limits_{k=0}^{\infty}\dfrac{x^{-k}}{k!}= \dfrac{(-1)^n}{x^{n+1}}\displaystyle e^{\frac{1}{x}}\; . $