2004-я производная неявной функции

[мат-ламер]

Упражнение 2.45 из лекций Львовского по математическому анализу.

Уравнение $x+y+x^5-y^5=0$ задаёт в окрестности начала координат $y$ как функцию от $x$ . Обозначим её $y=\varphi (x)$ .
a) Найдите $\varphi^{(5)}(0)$ .
b) Найдите $\varphi^{(2004)}(0)$ .

Продифференцировал я уравнение по $x$ . Получилось $5x^4+1+y^{'} (1-5y^4)=0$ . Отсюда $\varphi ^{'} (0)=-1$ .
Продифференцировал полученное выражение ещё раз по $x$ . Получилось $20x^3+y^{''}(1-5y^4)-20y^3y^{'^2}=0$ .
Отсюда $\varphi ^{''} (0)=0$ . И что? Так дальше до победы продолжать? Но как-то это скучновато. Может есть какой-то хитрый способ избежать долгих вычислений?

-- Вт фев 01, 2022 15:11:46 --

Пока писал пост. появилась мысль. Может полученное начало ряда Тейлора подставить в исходное уравнение? И продолжать это дело итерациями?

[bot]

В ряд Тейлора разложить? Рекуррентное соотношение должно выползти.

[мат-ламер]

bot в сообщении #1547597 писал(а):

В ряд Тейлора разложить? Рекуррентное соотношение должно выползти.

Спасибо! Пока писал пост у меня подобная идея появилась.

[bot]

(Оффтоп)

Тока что-то не тянет.

[lel0lel]

Функция нечётная

[TOTAL]

мат-ламер в сообщении #1547596 писал(а):

a) Найдите $\varphi^{(5)}(0)$ .

Это же подсказка. (Про периодичность появления ненулевых производных.)

[Sinoid]

bot в сообщении #1547597 писал(а):

Рекуррентное соотношение должно выползти.

В одних случаях это так. А в других в таких задачах выявляется закономерность: функции подбираются таким образом, чтобы эта закономерность бросалась в глаза и обобщается на общий случай, который уже потом доказывается индукцией. Я некоторое количество таких задач прорешал в задачнике Бермана. Между прочим, для меня, во всяком случае, есть некоторый интерес в таких задачах, покопался бы еще.

[мат-ламер]

Пока получается так: $y=\varphi (x) = -x - 2x^5-10x^9+o(x^9)$ . (Это в окрестности начала координат). Буду думать дальше.

[TOTAL]

мат-ламер в сообщении #1547626 писал(а):

Буду думать дальше.

$f=a*b*c*d*e$
Если справа для каждого из сомножителей только производная порядка $4k+1$ может отличаться от нуля, то и для $f$ только производная порядка $4k+1$ может отличаться от нуля

[zykov]

мат-ламер в сообщении #1547626 писал(а):

Буду думать дальше.

lel0lel в сообщении #1547601 писал(а):

Функция нечётная

Написано же...
нечётная функция - значит все производные чётного порядка в нуле равны нулю
в том числе и порядка 2004

[мат-ламер]

Тут я капитально затупил. Нам же не все производные надо искать. А я тут уже собрался искать закономерность для производной порядка $4k+1$ . Теперь сообразил, что $2004$-я производная нулевая. Это наверное год чтения этих лекций. В качестве упражнения со звёздочкой, если кто заинтересуется, пусть подсчитает производную $2021$-го порядка. ( Я почему-то забыл про число 2004 и уже собрался считать именно эту производную, поскольку это номер минувшего года). Спасибо всем помогавшим.

[lel0lel]

мат-ламер в сообщении #1547643 писал(а):

В качестве упражнения со звёздочкой, если кто заинтересуется, пусть подсчитает производную $2021$-го порядка.

Не уверен, что все захотят её лицезреть, поэтому убрал в оффтоп

(Оффтоп)

-14842777124485198051842134898291515744475293943088438827973838683674719659926284382591070165663765588462334627242799364304758679305794464160733905097492274457323587694761566157234528386221772006777663502080970776823544921559518363441823102305362662950903089496724430558107921588411817312163466548388934424538721112572299098654267385022235248870542215370732056750140813933650893074973763414425770792408027192336375005759218977336131418365747977317840225500558278798622331382541604522510873726419327622514387861512719728383820396741866698272564775028607884252613280196085045418856366646426258636942850

[zykov]

lel0lel в сообщении #1547658 писал(а):

Не уверен, что все захотят её лицезреть, поэтому убрал в оффтоп

У меня тоже так вышло в wxMaxima, только это не производная, а коэффициент в степенном ряду.

(Оффтоп)

-14842777124485198051842134898291515744475293943088438827973838683674719659926284382591070165663765588462334627242799
364304758679305794464160733905097492274457323587694761566157234528386221772006777663502080970776823544921559518363441
823102305362662950903089496724430558107921588411817312163466548388934424538721112572299098654267385022235248870542215
370732056750140813933650893074973763414425770792408027192336375005759218977336131418365747977317840225500558278798622
331382541604522510873726419327622514387861512719728383820396741866698272564775028607884252613280196085045418856366646
426258636942850

Чтобы получить производную, надо этот коэффициент умножить на $2021!$. Будет 6404 десятичных цифры.

[lel0lel]

Да, верно, про коэффициент забыл.

[мат-ламер]

мат-ламер в сообщении #1547626 писал(а):

Пока получается так: $y=\varphi (x) = -x - 2x^5-10x^9+o(x^9)$ . (Это в окрестности начала координат). Буду думать дальше.

Я извиняюсь, что невольно ввёл помогавших в заблуждение. На этом этапе уже стала ясна периодичность коэффициентов в разложении Тейлора. Над ответами к задаче я уже не думал, но встал вопрос, каким образом получаются эти ненулевые коэффициенты. Уравнение с первого поста можно переписать как $y=y^5-x-x^5$ . И теперь можно попробовать решать его метод последовательных приближений. Но подставляя в него не числа, а конечные разложения в ряд Тейлора. Начать можно с приближения $y=-x$ . При этом с каждой итерацией получается новый правильный член для окончательного разложения.