方企勤 第二章 一元函数微分学 第2.1题
📝 题目
2.1.13 设 $y = {x}^{n - 1}\ln x$ . 求证: ${y}^{\left( n\right) } = \frac{\left( {n - 1}\right) !}{x}$ .
💡 答案解析
2.1.10
题目：试确定 $m$，使直线 $y = mx$ 为曲线 $y = \ln x$ 的切线。
解答：
设切点为 $(x_0, \ln x_0)$，其中 $x_0 > 0$。
曲线 $y = \ln x$ 的导数为
$$
y' = \frac{1}{x}.
$$
在 $x_0$ 处的切线斜率为 $\frac{1}{x_0}$，因此切线方程为
$$
y - \ln x_0 = \frac{1}{x_0}(x - x_0).
$$
由于切线过原点且形式为 $y = mx$，所以该直线必须通过 $(0,0)$，代入得
$$
0 - \ln x_0 = \frac{1}{x_0}(0 - x_0) = -1.
$$
于是
$$
-\ln x_0 = -1 \quad\Rightarrow\quad \ln x_0 = 1 \quad\Rightarrow\quad x_0 = e.
$$
此时斜率
$$
m = \frac{1}{x_0} = \frac{1}{e}.
$$
因此，所求的 $m = \frac{1}{e}$。
---
2.1.11
题目：设 $y = \frac{\arcsin x}{\sqrt{1 - x^{2}}}$。
#### (1) 求证：$(1 - x^{2}) y' - x y = 1$
证明：
由
$$
y = \frac{\arcsin x}{\sqrt{1 - x^2}},
$$
两边对 $x$ 求导，使用商法则：
$$
y' = \frac{ \frac{1}{\sqrt{1 - x^2}} \cdot \sqrt{1 - x^2} - \arcsin x \cdot \frac{-x}{\sqrt{1 - x^2}} }{1 - x^2}.
$$
注意 $\frac{d}{dx}\arcsin x = \frac{1}{\sqrt{1 - x^2}}$，且 $\frac{d}{dx} \sqrt{1 - x^2} = \frac{-x}{\sqrt{1 - x^2}}$。
化简分子：
第一项：$\frac{1}{\sqrt{1 - x^2}} \cdot \sqrt{1 - x^2} = 1$。
第二项：$- \arcsin x \cdot \frac{-x}{\sqrt{1 - x^2}} = \frac{x \arcsin x}{\sqrt{1 - x^2}}$。
因此分子为
$$
1 + \frac{x \arcsin x}{\sqrt{1 - x^2}}.
$$
所以
$$
y' = \frac{1}{1 - x^2} + \frac{x \arcsin x}{(1 - x^2)\sqrt{1 - x^2}}.
$$
两边乘以 $(1 - x^2)$：
$$
(1 - x^2) y' = 1 + \frac{x \arcsin x}{\sqrt{1 - x^2}} = 1 + x y.
$$
移项即得
$$
(1 - x^2) y' - x y = 1.
$$
证毕。
#### (2) 求 $y^{(n)}(0)$
利用 (1) 的结论：
$$
(1 - x^2) y' = 1 + x y.
$$
对两边求 $n$ 阶导数（使用莱布尼茨公式）。
左边：
$$
\frac{d^n}{dx^n}\big[(1 - x^2) y'\big] = \sum_{k=0}^n \binom{n}{k} (1 - x^2)^{(k)} y^{(n - k + 1)}.
$$
由于 $1 - x^2$ 的三阶及以上导数为零，只需 $k = 0,1,2$：
- $k=0$：$(1 - x^2) y^{(n+1)}$
- $k=1$：$\binom{n}{1} (-2x) y^{(n)}$
- $k=2$：$\binom{n}{2} (-2) y^{(n-1)}$
右边：
$$
\frac{d^n}{dx^n}(1 + x y) = x y^{(n)} + n y^{(n-1)}.
$$
（因为 $1$ 的导数为零，$x$ 的一阶导数为1，二阶及以上为零。）
于是得到递推关系：
$$
(1 - x^2) y^{(n+1)} - 2n x y^{(n)} - n(n-1) y^{(n-1)} = x y^{(n)} + n y^{(n-1)}.
$$
代入 $x = 0$，得
$$
y^{(n+1)}(0) - 0 - n(n-1) y^{(n-1)}(0) = 0 + n y^{(n-1)}(0).
$$
即
$$
y^{(n+1)}(0) = n(n-1) y^{(n-1)}(0) + n y^{(n-1)}(0) = n^2 y^{(n-1)}(0).
$$
初始值：
$y(0) = 0$，由 (1) 知 $y'(0) = 1$。
由递推，奇数阶导数：
$y'(0)=1$，
$y'''(0) = 2^2 \cdot y'(0) = 4$，
$y^{(5)}(0) = 4^2 \cdot y'''(0) = 16 \cdot 4 = 64$，
一般地，
$$
y^{(2k+1)}(0) = ( (2k)!! )^2 = (2^k k!)^2.
$$
偶数阶导数：
$y(0)=0$，$y''(0)=0$，递推得所有偶数阶导数为0。
因此
$$
y^{(n)}(0) =
\begin{cases}
0, & n \text{为偶数},\\
(2^k k!)^2, & n = 2k+1.
\end{cases}
$$
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2.1.12
题目：求 $f(x) = \frac{x}{1 - x^2}$ 的 $n$ 阶导数。
解答：
先分解为部分分式：
$$
\frac{x}{1 - x^2} = \frac{x}{(1-x)(1+x)}.
$$
设
$$
\frac{x}{(1-x)(1+x)} = \frac{A}{1-x} + \frac{B}{1+x}.
$$
解得 $A = \frac12$，$B = -\frac12$。因此
$$
f(x) = \frac12 \cdot \frac{1}{1-x} - \frac12 \cdot \frac{1}{1+x}.
$$
已知
$$
\frac{d^n}{dx^n} \frac{1}{1-x} = \frac{n!}{(1-x)^{n+1}}, \quad
\frac{d^n}{dx^n} \frac{1}{1+x} = \frac{(-1)^n n!}{(1+x)^{n+1}}.
$$
所以
$$
f^{(n)}(x) = \frac12 \left[ \frac{n!}{(1-x)^{n+1}} - \frac{(-1)^n n!}{(1+x)^{n+1}} \right].
$$
整理得
$$
f^{(n)}(x) = \frac{n!}{2} \left[ \frac{1}{(1-x)^{n+1}} - \frac{(-1)^n}{(1+x)^{n+1}} \right].
$$
---
2.1.13
题目：设 $y = x^{n-1} \ln x$，求证：$y^{(n)} = \frac{(n-1)!}{x}$。
证明：
使用莱布尼茨公式求 $n$ 阶导数。设
$u = \ln x$，$v = x^{n-1}$。
则
$$
y^{(n)} = \sum_{k=0}^n \binom{n}{k} u^{(k)} v^{(n-k)}.
$$
已知
$$
u^{(k)} = \frac{(-1)^{k-1} (k-1)!}{x^k}, \quad k \ge 1,
$$
且 $u^{(0)} = \ln x$。
而
$$
v^{(m)} = (n-1)(n-2)\cdots (n-m) x^{n-1-m}, \quad m \le n-1,
$$
当 $m = n$ 时，$v^{(n)} = 0$。
在求和中，只有 $k \ge 1$ 且 $n-k \le n-1$ 的项非零，即 $k