Доказать равенство некоторых производных.

[dnlrznv]

Есть бесконечно дифференцируемая функция на $\mathbb{R}$, нужно доказать, что при $x \ne 0$ верно следующее:

$$\frac{1}{x^{n+1}}f^{(n)}(\frac{1}{x})=(-1)^n\frac{d^n}{dx^n}(x^{n-1}f(\frac{1}{x}))$$

Я думаю, что равенство доказывается индукцией, и проверил для случая $n=1$. Но вот дальше, принимая равенство верным для $n$, не могу сделать так, чтобы из этого следовало, что верно для $n+1$. Пытаясь привести второй случай к первому, получил это:

$$ \frac{1}{x^2}\frac{1}{x^n} f^{\left(n + 1\right)}\left(\frac{1}{x}\right) = (-1)^{n+1} \frac{d^n}{dx^n}\left(\frac{d}{dx} x^n f\left(\frac{1}{x}\right)\right) = (-1)^{n+1} \frac{d^n}{dx^n}\left( nx^{n-1}f \left( \frac{1}{x} \right) - x^{n-2} f' \left( \frac{1}{x} \right) \right) $$

.
На этом, за исключением некоторых попыток, мои рассуждения заканчиваются. Помогите пожалуйста разобраться.

[svv]

А верно ли это? Пусть, например, $f(x)=x$, тогда $f\left(\frac 1 x\right)=\frac 1 x$. Найдём вторую производную по формуле справа. Под символом производной будет
$x^{n-1}f\left(\frac 1 x\right)=x\frac 1 x=1$,
то есть константа. Даже однократное дифференцирование даст нуль. А слева точно не нуль.

Кроме того, напрашивается обозначить $h(x)=f\left(\frac 1 x\right)$ и получить более простое равенство:
$\frac{1}{x^{n+1}}h^{(n)}(x)=(-1)^n\frac{d^n}{dx^n}(x^{n-1}h(x))$
Непонятно, почему именно оно не было предложено для доказательства.

P.S. Для третьего сообщения у Вас неплохой $\TeX$. Можно ещё использовать автоматическую регулировку высоты скобок \left( выражение \right).

[dnlrznv]

-- 27.08.2022, 15:15 --

svv в сообщении #1563578 писал(а):

А верно ли это? Пусть, например, $f(x)=x$, тогда $f\left(\frac 1 x\right)=\frac 1 x$. Найдём вторую производную по формуле справа. Под символом производной будет
$x^{n-1}f\left(\frac 1 x\right)=x\frac 1 x=1$,
то есть константа. Даже однократное дифференцирование даст нуль. А слева точно не нуль.

Кроме того, напрашивается обозначить $h(x)=f\left(\frac 1 x\right)$ и получить более простое равенство:
$\frac{1}{x^{n+1}}h^{(n)}(x)=(-1)^n\frac{d^n}{dx^n}(x^{n-1}h(x))$
Непонятно, почему именно оно не было предложено для доказательства.

P.S. Для третьего сообщения у Вас неплохой $\TeX$. Можно ещё использовать автоматическую регулировку высоты скобок \left( выражение \right).

Как я понял, $f(x)=x$ тут не подходит, т.к. она не бесконечно дифференцируема, точнее будет давать 0 после определённого количества раз дифференцирования. И по поводу $h(x)=f(1/x)$. в левой части имеется ввиду, что мы сначала берём производную от f n раз, и потом туда подставляем $\frac{1}{x}$, а не дифференцируем целиком $ f\left(\frac{1}{x}\right)$ n раз.

[alcoholist]

dnlrznv в сообщении #1563580 писал(а):

что мы сначала берём производную от

нет:)) Для $n=1$ правая часть

$$ -\frac{d}{dx}\Bigl( f\left(\frac{1}{x}\right)\Bigr)=- f'\left(\frac{1}{x}\right)\frac{d}{dx}\frac{1}{x}=\frac{1}{x^2}f'\left(\frac{1}{x}\right) $$

то есть мы берем производную по $x$ именно от $f\left(\frac{1}{x}\right)$

[dnlrznv]

alcoholist в сообщении #1563581 писал(а):

dnlrznv в сообщении #1563580 писал(а):

что мы сначала берём производную от

то есть так?

второе.

-- 27.08.2022, 16:09 --

alcoholist в сообщении #1563581 писал(а):

dnlrznv в сообщении #1563580 писал(а):

что мы сначала берём производную от

нет:)) Для $n=1$ правая часть

$$ -\frac{d}{dx}\Bigl( f\left(\frac{1}{x}\right)\Bigr)=- f'\left(\frac{1}{x}\right)\frac{d}{dx}\frac{1}{x}=\frac{1}{x^2}f'\left(\frac{1}{x}\right) $$

то есть мы берем производную по $x$ именно от $f\left(\frac{1}{x}\right)$

Именно. При n = 1 вы правильно расписали правую часть, и левая равна тому же, просто подставляя n.

[alcoholist]

svv в сообщении #1563578 писал(а):

А верно ли это? Пусть, например, $f(x)=x$, тогда

при $n\ge 2$ левая часть равна нулю$f^{(n)}=0$ и правая тоже

$$ (-1)^n\frac{d^n}{dx^n}\Bigl( x^{n-2}\Bigr). $$

А при $n=1$

$$ \frac{1}{x^2}=-\frac{d}{dx}\left(\frac{1}{x}\right). $$

Так что очень похоже на правду.

[TOTAL]

$$\frac{d^n}{dx^n}(x^{n-1}f(\frac{1}{x}))=\frac{d^{n-1}}{dx^{n-1}} \left[x^{n-2}\left( (n-1)f^{(0)}(\frac{1}{x})- \frac{1}{x} f^{(1)}(\frac{1}{x})\right) \right]=$$

$$ = \frac{(-1)^{n-1}}{x^n}\left( (n-1)f^{(0)}(\frac{1}{x})- \frac{1}{x} f^{(1)}(\frac{1}{x})\right)^{(n-1)}$$

Это чем не индукция. Во второй строке уже дифференцирование по $1/x$

[waxtep]

svv в сообщении #1563578 писал(а):

А верно ли это?

Похоже да, рассмотрим для примера правую часть при $n=3$ (без минуса, иначе самая правая скобка не влезает в размер картинки), и будем опускать аргумент у $f$ для незагромождения:

$$\dfrac{d^3}{dx^3}(x^2f)=\dfrac{d^2}{dx^2}(2xf-f^{(1)})=\dfrac{d}{dx}(2f-\frac2xf^{(1)}+\frac1{x^2}f^{(2)}) =-\frac2{x^2}f^{(1)}+\frac2{x^2}f^{(1)}+\frac2{x^3}f^{(2)}-\frac2{x^3}f^{(2)}-\frac1{x^4}f^{(3)}$$

- первые четыре члена ловко сокращаются

[alcoholist]

TOTAL в сообщении #1563584 писал(а):

Это чем не индукция. Во второй строке

не очень понятен переход

[TOTAL]

alcoholist в сообщении #1563590 писал(а):

TOTAL в сообщении #1563584 писал(а):

Это чем не индукция. Во второй строке

не очень понятен переход

Первое равенство - просто один раз дифференцируем.
А второе равенство - это

$$\frac{1}{x^{n+1}}f^{(n)}(\frac{1}{x})=(-1)^n\frac{d^n}{dx^n}(x^{n-1}f(\frac{1}{x}))$$

при меньшем $n$ (и функция другая, ну и что, что другая)

[dnlrznv]

TOTAL
Соглашусь с последним сообщением. К тому же, допустим мы выразили правую часть следующим образом - дифференцирование n раз как дифференцирование n - 1 раз (я вначале привёл пример, как n + 1 через n, но не суть). Но всё равно такая правая часть до сих пор не равна левой.

[TOTAL]

dnlrznv в сообщении #1563592 писал(а):

TOTAL
Соглашусь с последним сообщением. К тому же, допустим мы выразили правую часть следующим образом - дифференцирование n раз как дифференцирование n - 1 раз (я вначале привёл пример, как n + 1 через n, но не суть). Но всё равно такая правая часть до сих пор не равна левой.

$$\left( (n-1)f^{(0)}(t)- t f^{(1)}(t)\right)^{(n-1)}$$

Потрудитесь, чтобы была равна. Продифференцируйте $(n-1)$ по $t$, затем замените снова $t=1/x$

[ewert]

Хм. Если мысленно раскрыть скобки в правой части и перенести туда левую, то получится тождество вида
$\frac{a_0}{x}\,f(\frac1x)+\frac{a_1}{x^2}\,f'(\frac1x)+\frac{a_2}{x^3}\,f''(\frac1x)+\ldots+\frac{a_n}{x^{n+1}}\,f^{(n)}(\frac1x)\equiv0.$
с какими-то коэффициентами $a_k$ (причём, очевидно, $a_0=0$ и $a_n=0$, но не в этом суть; вернее, не совсем в этом). А в том, что это -- дифференциальное уравнение Эйлера для функции $f(t)$:
$a_0\,f(t)+a_1\,t\,f'(t)+a_2\,t^2\,f''(t)+a_n\,t^n\,f^{(n)}(t)=0.$
Решениями такого уравнения являются функции $f(t)=t^{\gamma}$, но только в том случае, когда $\gamma$ является корнем характеристического уравнения. Но дело в том, что любая функция $f(\frac1x)=x^{\gamma}$ (уж во всяком случай при нецелых $\gamma$) исходному тождеству удовлетворяет. А это означает, что и характеристическое уравнение является тождеством, т.е. все $a_k=0$, вот и всё.

[Farest2]

Проще "в лоб":
\begin{align} \frac{1}{x^{n+1}}f^{(n)}\Bigl(\frac1x\Bigr) &=\frac{1}{x^{n+1}}\cdot\frac{n!}{2\pi i} \oint_{{\cal U}(1/x)} \frac{f(z)}{(z-\tfrac1x)^{n+1}}\,dz={} \nonumber\\ &{}=\frac{1}{x^{n+1}}\cdot\frac{n!}{2\pi i} \oint_{{\cal U}(x)} \frac{f(\tfrac1z)}{(\tfrac1z-\tfrac1x)^{n+1}}\cdot \Bigl(-\frac{dz}{z^2}\Bigr)={} \nonumber\\ &{}=-\frac{1}{x^{n+1}}\cdot\frac{n!}{2\pi i} \oint_{{\cal U}(x)} \frac{(zx)^{n+1}f(\tfrac1z)}{(x-z)^{n+1}}\cdot \frac{dz}{z^2}={} \nonumber\\ &{}=(-1)^n\cdot\frac{n!}{2\pi i} \oint_{{\cal U}(x)} \frac{z^{n-1}f(\tfrac1z)}{(z-x)^{n+1}}\,dz={} \nonumber\\ &{}=(-1)^n\Bigl\{x^{n-1}f\Bigl(\frac1x\Bigr)\Bigr\}^{(n)}. \nonumber \end{align}
И всё.

Upd. Упс, сначала показалось, что направление обхода контура надо поменять. Нет, не надо.

[mihaild]

Farest2, нам же аналитичность не обещали.