در آموزش‌های قبلی از مجموعه آموزش‌های ریاضیات مجله فرادرس، مفاهیم مربوط به مشتق را بیان کردیم. در این آموز‌ش‌ها، مباحثی مانند مشتق ضمنی، مشتق جزئی و مشتق زنجیره‌ای بحث شد. همچنین، روش محاسبه مشتق مراتب بالاتر را برای توابع صریح، ضمنی و پارامتری با ارائه مثال‌های مختلف توضیح دادیم. در این آموزش، کاربرد «فرمول لایب نیتس» (Leibniz Formula) برای مشتقات مرتبه بالای ضرب دو تابع را با ارائه مثال‌های متنوع بیان خواهیم کرد.

فرمول لایب نیتس

با استفاده از فرمول لایبنیتس، می‌توان مشتق مرتبه $$n$$اُم ضرب دو تابع را به‌دست آورد. فرض کنید مشتق‌های توابع $$u(x)$$ و $$v(x)$$ تا مرتبه $$n$$ موجود باشند. مشتق زنجیره‌ای مرتبه اول ضرب این دو تابع، به‌صورت زیر تعریف می‌شود:

$$ \large {\left( {uv} \right)^\prime } = u’v + uv’. $$

اگر یک بار دیگر از رابطه اخیر مشتق بگیریم، داریم:

$$ \large {{\left( {uv} \right) ^{\prime\prime}} = {\left[ {{{\left( {uv} \right)}^\prime }} \right] ^\prime } }
= {{\left( {u ’v + uv ’} \right) ^\prime } }
= {{\left( {u’v} \right) ^\prime } + {\left( {uv’} \right)^\prime } } \\ \large
= {u^{\prime\prime}v + u’v’ + u’v’ + uv^{\prime\prime} }={ u^{\prime\prime}v + 2u’v’ + uv^{\prime\prime}.} $$

به همین ترتیب، مشتق مرتبه سوم ضرب $$uv$$ برابر است با:

$$ \large {{\left( {uv} \right) ^ { \prime\prime\prime } } = {\left[ {{ \left( {uv} \right) ^ { \prime\prime}}} \right] ^ \prime } }
= {{\left( { u ^ {\prime\prime} v + 2 u ’ v ’ + u v ^ { \prime\prime } } \right) ^ \prime } }
= {{\left( { u ^ {\prime\prime} v } \right) ^ \prime } + {\left( { 2 u ’ v ’ } \right) ^ \prime } + {\left( { u v ^ { \prime\prime}} \right) ^ \prime } } \\ \large
= { u ^ {\prime\prime\prime} v + { u ^ {\prime\prime} v ’ } + { 2 u ^ { \prime\prime} v ’ } }+{ { 2 u ’ v ^ {\prime\prime}} + { u ’ v ^ {\prime\prime}} + u v ^ {\prime\prime\prime} }
= { u ^ {\prime\prime\prime} v + { 3 u ^ {\prime\prime} v ’ } }+{ { 3 u ’ v ^ { \prime\prime}} + u v ^ { \prime\prime\prime } . } $$

به‌سادگی می‌توان مشاهده کرد که فرمول‌های مشتق مرتبه اول تا سوم، شبیه بسط دوجمله‌ای هستند. با فرض اینکه جملات با نمای صفر $$u^0$$ و $$ v^0$$ متناظر با توابع $$u$$ و $$v$$ هستند، با فرمول عمومی زیر می‌توان مشتق مرتبه $$n$$اُم ضرب توابع $$uv$$ را نوشت:

$$ \large {\left( {uv} \right)^{\left( n \right)}} = {\sum\limits_{i = 0}^n {\left( {\begin{array}{*{20}{c}}
n\\
i
\end{array}} \right){u^{\left( {n – i} \right)}}{v^{\left( i \right)}}} ,} $$

که در آن، $$ {\left( {\begin{array}{*{20}{c}}
n\\
i
\end{array}} \right)} $$ نشان‌دهنده تعداد $$i$$ ترکیب از $$n$$ درایه است.

این فرمول، فرمول لایبنیتس نامیده می‌شود و می‌توان آن را با استفاده از استقرا اثبات کرد.

اثبات فرمول لایب نیتس

فرض کنید توابع $$u$$ و $$v$$ دارای مشتق از مرتبه $$(n+1)$$ هستند. با استفاده از رابطه برگشتی، مشتق مرتبه $$(n+1)$$‌ را به‌صورت زیر می‌نویسیم:

$$ \large {y^{\left( {n + 1} \right)}} = {\left[ {{y^{\left( n \right)}}} \right]^\prime } = {\left[ {{{\left( {uv} \right)}^{\left( n \right)}}} \right]^\prime } = {\left[ {\sum\limits_{i = 0}^n {\left( {\begin{array}{*{20}{c}}
n\\
i
\end{array}} \right){u^{\left( {n – i} \right)}}{v^{\left( i \right)}}} } \right]^\prime }. $$

بعد از اعمال مشتق داریم:

$$ \large {y^{\left( {n + 1} \right)}} = {\sum\limits_{i = 0}^n {\left( {\begin{array}{*{20}{c}}
n\\
i
\end{array}} \right){u^{\left( {n – i + 1} \right)}}{v^{\left( i \right)}}} }+{ \sum\limits_{i = 0}^n {\left( {\begin{array}{*{20}{c}}
n\\
i
\end{array}} \right){u^{\left( {n – i} \right)}}{v^{\left( {i + 1} \right)}}} .} $$

هر دو سیگما در سمت راست معادله را می‌توان با یکدیگر ترکیب کرد. در واقع، اندیس میانی $$ 1 \le m \le n $$ را در نظر می‌گیریم. وقتی $$i=m$$، جمله اول را می‌توان به‌صورت زیر نوشت:

$$ \large \left( {\begin{array}{*{20}{c}}
n\\
m
\end{array}} \right){u^{\left( {n – m + 1} \right)}}{v^{\left( m \right)}} $$

و جمله دوم، وقتی $$ i = m – 1 $$ است، به‌صورت زیر خواهد بود:

$$ \large {\left( {\begin{array}{*{20}{c}}
n\\
{m – 1}
\end{array}} \right){u^{\left( {n – \left( {m – 1} \right)} \right)}}{v^{\left( {\left( {m – 1} \right) + 1} \right)}} }={ \left( {\begin{array}{*{20}{c}}
n\\
{m – 1}
\end{array}} \right){u^{\left( {n – m + 1} \right)}}{v^{\left( m \right)}}.} $$

مجموع این دو عبارت برابر است با:

$$ \large {\left( {\begin{array}{*{20}{c}}
n\\
m
\end{array}} \right){u^{\left( {n – m + 1} \right)}}{v^{\left( m \right)}} + \left( {\begin{array}{*{20}{c}}
n\\
{m – 1}
\end{array}} \right){u^{\left( {n – m + 1} \right)}}{v^{\left( m \right)}} } \\ \large
= {\left[ {\left( {\begin{array}{*{20}{c}}
n\\
m
\end{array}} \right) + \left( {\begin{array}{*{20}{c}}
n\\
{m – 1}
\end{array}} \right)} \right]\cdot}\kern0pt{{u^{\left( {n – m + 1} \right)}}{v^{\left( m \right)}}.} $$

از ترکیبات می‌دانیم:

$$ \large {\left( {\begin{array}{*{20}{c}}
n\\
m
\end{array}} \right) + \left( {\begin{array}{*{20}{c}}
n\\
{m – 1}
\end{array}} \right) }={ \left( {\begin{array}{*{20}{c}}
{n + 1}\\
m
\end{array}} \right).} $$

واضح است وقتی که $$m$$ از $$1$$ تا $$n$$ تغییر کند، این ترکیب، همه جملات دو سیگما را جز برای $$i=0$$ در سیگمای اول، پوشش می‌دهد:

$$ \large {\left( {\begin{array}{*{20}{c}}
n\\
0
\end{array}} \right){u^{\left( {n – 0 + 1} \right)}}{v^{\left( 0 \right)}} }={ {u^{\left( {n + 1} \right)}}{v^{\left( 0 \right)}}} $$

و جمله مربوط به $$i=n$$ در سیگمای دوم به‌صورت زیر است:

$$ \large {\left( {\begin{array}{*{20}{c}}
n\\
n
\end{array}} \right){u^{\left( {n – n} \right)}}{v^{\left( {n + 1} \right)}} }={ {u^{\left( 0 \right)}}{v^{\left( {n + 1} \right)}}.} $$

در نتیجه، مشتق مرتبه $$ \left( {n + 1} \right) $$‌ ضرب توابع $$uv$$ را می‌توان به‌صورت زیر نمایش داد:

$$ \large {{y^{\left( {n + 1} \right)}} }
= {{u^{\left( {n + 1} \right)}}{v^{\left( 0 \right)}} }+{ \sum\limits_{m = 1}^n {\left( {\begin{array}{*{20}{c}}
{n + 1}\\
m
\end{array}} \right){u^{\left( {n + 1 – m} \right)}}{v^{\left( m \right)}}} + {u^{\left( 0 \right)}}{v^{\left( {n + 1} \right)}} }\\ \large
= {\sum\limits_{m = 0}^{n + 1} {\left( {\begin{array}{*{20}{c}}
{n + 1}\\
m
\end{array}} \right){u^{\left( {n + 1 – m} \right)}}{v^{\left( m \right)}}} .} $$

همان‌طور که می‌بینیم، توصیف $$ {y^{\left( {n + 1} \right)}} $$ مشابه مشتق $$ {y^{\left( n \right)}} $$ است. با این تفاوت که حد بالای سیگما به‌جای $$n$$، برابر با $$n+1$$ است. بنابراین، فرمول لایبنیتس برای عدد طبیعی دلخواه $$n$$ ثابت می‌شود.

مثال‌ها

در ادامه، مثال‌هایی بیان می‌شود که کاربرد فرمول لایب‌نیتس را به‌خوبی نشان می‌دهند.

مثال ۱

مشتق مرتبه سوم تابع $$ y = {e^{2x}}\ln x $$ را بیابید.

حل: توابع $$ u = {e^{2x}} $$ و $$ v = \ln x $$ را در نظر می‌گیریم. مشتق توابع $$u$$ و $$v$$ برابر است با:

$$ \large {u’ = {\left( {{e^{2x}}} \right)^\prime } = 2{e^{2x}},\;\;\;}\kern-0.3pt
{u^{\prime\prime} = {\left( {2{e^{2x}}} \right)^\prime } = 4{e^{2x}},\;\;\;}\kern-0.3pt
{u^{\prime\prime\prime} = {\left( {4{e^{2x}}} \right)^\prime } = 8{e^{2x}},} $$

$$ \large {v’ = {\left( {\ln x} \right)^\prime } = \frac{1}{x},\;\;\;}\kern-0.3pt
{v^{\prime\prime} = {\left( {\frac{1}{x}} \right)^\prime } = – \frac{1}{{{x^2}}},\;\;\;}\kern-0.3pt \\ \large
{v^{\prime\prime\prime} = {\left( { – \frac{1}{{{x^2}}}} \right)^\prime } }
= { – {\left( {{x^{ – 2}}} \right)^\prime } }
= {2{x^{ – 3}} }={ \frac{2}{{{x^3}}}.} $$

مشتق مرتبه سوم تابع اصلی را می‌توان با استفاده از قاعده لایبنیتس به‌صورت زیر نوشت:

$$ \large {y^{\prime\prime\prime} = {\left( {{e^{2x}}\ln x} \right)^{\prime \prime \prime }} }
= {\sum\limits_{i = 0}^3 {\left( {\begin{array}{*{20}{c}}
3\\
i
\end{array}} \right){u^{\left( {3 – i} \right)}}{v^{\left( i \right)}}} }
= {\sum\limits_{i = 0}^3 {\left( {\begin{array}{*{20}{c}}
3\\
i
\end{array}} \right){{\left( {{e^{2x}}} \right)}^{\left( {3 – i} \right)}}{{\left( {\ln x} \right)}^{\left( i \right)}}} } \\ \large
= {\left( {\begin{array}{*{20}{c}}
3\\
0
\end{array}} \right) \cdot 8{e^{2x}}\ln x }
+ {\left( {\begin{array}{*{20}{c}}
3\\
1
\end{array}} \right) \cdot 4{e^{2x}} \cdot \frac{1}{x} }
+ {\left( {\begin{array}{*{20}{c}}
3\\
2
\end{array}} \right) \cdot 2{e^{2x}} \cdot \left( { – \frac{1}{{{x^2}}}} \right) }
+ {\left( {\begin{array}{*{20}{c}}
3\\
3
\end{array}} \right){e^{2x}} \cdot \frac{2}{{{x^3}}} } \\ \large
= {1 \cdot 8{e^{2x}}\ln x }+{ 3 \cdot \frac{{4{e^{2x}}}}{x} }
– {3 \cdot \frac{{2{e^{2x}}}}{{{x^2}}} }+{ 1 \cdot \frac{{2{e^{2x}}}}{{{x^3}}} }
= {8{e^{2x}}\ln x + \frac{{12{e^{2x}}}}{x} }-{ \frac{{6{e^{2x}}}}{{{x^2}}} }+{ \frac{{2{e^{2x}}}}{{{x^3}}} } \\ \large
= {2{e^{2x}}\cdot}\kern0pt{\left( {4\ln x + \frac{6}{x} – \frac{3}{{{x^2}}} + \frac{1}{{{x^3}}}} \right).} $$

مثال ۲

همه مشتقات تابع $$ y = {e^x}{x^2} $$ را بیابید.

حل: توابع $$ u = {e^x} $$ و $$ v = {x^2} $$ را در نظر می‌گیریم. آن‌گاه داریم:

$$ \large {u’ = {\left( {{e^x}} \right)^\prime } = {e^x},\;\;\;}\kern-0.3pt
{v’ = {\left( {{x^2}} \right)^\prime } = 2x,\;\;\;}\kern-0.3pt
{u^{\prime\prime} = {\left( {{e^x}} \right)^\prime } = {e^x},\;\;\;}\kern-0.3pt
{v^{\prime\prime} = {\left( {2x} \right)^\prime } = 2.} $$

فرمول عمومی مشتق مرتبه $$n$$ را به‌سادگی می‌توان به‌صورت زیر نوشت:

$$ \large {{u^{\left( n \right)}} = {e^x},\;\;\;}\kern-0.3pt
{v^{\prime\prime\prime} = {v^{IV}} = \ldots }={ {v^{\left( n \right)}} = 0.} $$

با استفاده از فرمول لایبنیتس، داریم:

$$ {{\left( {uv} \right)^{\left( n \right)}} = {u^{\left( n \right)}}v + n{u^{\left( {n – 1} \right)}}v’ }
+ {\frac{{n\left( {n – 1} \right)}}{{1 \cdot 2}}{u^{\left( {n – 2} \right)}}v^{\prime\prime} + \ldots }+{ u{v^{\left( n \right)}},} $$

بنابراین، مشتق مرتبه $$n$$ به‌صورت زیر به‌دست می‌آید:

$$ \large {{y^{\left( n \right)}} = {e^x}{x^2} + n{e^x} \cdot 2x }+{ \frac{{n\left( {n – 1} \right)}}{{1 \cdot 2}}{e^x} \cdot 2\;\;\;}\kern-0.3pt
\text{}\;\;\;$$

یا

$$ \large {y^{\left( n \right)}} = {e^x}\cdot\kern0pt{\left[ {{x^2} + 2nx + n\left( {n – 1} \right)} \right].} $$

مثال ۳

مشتق مرتبه سوم تابع $$ y = {x^2}\cos 3x $$‌ را محاسبه کنید.

حل: با در نظر گرفتن $$ u = \cos 3x $$ و $$ v = {x^2} $$، از فرمول لایبنیتس استفاده می‌کنیم:

$$ \large {y^{\prime\prime\prime} }={ \sum\limits_{i = 0}^3 {\left( {\begin{array}{*{20}{c}}
3\\
i
\end{array}} \right){u^{\left( {3 – i} \right)}}{v^{\left( i \right)}}} }
= {\sum\limits_{i = 0}^3 {\left( {\begin{array}{*{20}{c}}
3\\
i
\end{array}} \right){{\left( {\cos 3x} \right)}^{\left( {3 – i} \right)}}{{\left( {{x^2}} \right)}^{\left( i \right)}}} .} $$

مشتقات فرمول بالا به‌صورت زیر هستند:

$$ \large {{\left( {\cos 3x} \right)’} = – 3\sin 3x,\;\;\;}\kern-0.3pt \\ \large
{{\left( {\cos 3x} \right)^{\prime\prime}} = {\left( { – 3\sin 3x} \right)^\prime } }={ – 9\cos 3x,\;\;\;}\kern-0.3pt \\ \large
{{\left( {\cos 3x} \right)^{\prime\prime\prime}} = {\left( { – 9\cos 3x} \right)^\prime } }={ 27\sin 3x} $$

در نتیجه، مشتق سوم تابع، برابر است با:

$$ \large {y^{\prime\prime\prime} }={ \left( {\begin{array}{*{20}{c}}
3\\
0
\end{array}} \right){\left( {\cos 3x} \right)^{\prime\prime\prime}}{x^2} }
+ {\left( {\begin{array}{*{20}{c}}
3\\
1
\end{array}} \right){\left( {\cos 3x} \right)^{\prime\prime} } {\left( {{x^2}} \right)^\prime } }
+ {\left( {\begin{array}{*{20}{c}}
3\\
2
\end{array}} \right){\left( {\cos 3x} \right)^\prime }{\left( {{x^2}} \right)^{\prime\prime} } }
+ {\left( {\begin{array}{*{20}{c}}
3\\
3
\end{array}} \right)\cos 3x{\left( {{x^2}} \right)^{\prime\prime\prime}}} \\ \large
= {1 \cdot 27\sin 3x \cdot {x^2} }
+ {3 \cdot \left( { – 9\cos 3x} \right) \cdot 2x }
+ {3 \cdot \left( { – 3\sin 3x} \right) \cdot 2 }
+ {1 \cdot \cos 3x \cdot 0 } \\ \large
= {27{x^2}\sin 3x }-{ 54x\cos 3x }-{ 18\sin 3x }
= {\left( {27{x^2} – 18} \right)\sin 3x }-{ 54x\cos 3x.} $$

مثال ۴

مشتق پنجم تابع $$ {y }={ \left( {{x^3} + 2{x^2} + 3x} \right){e^x}} $$ را محاسبه کنید.

حل: برای محاسبه مشتق $$ {y^{\left( 5 \right)}} $$، از قانون لایبنیتس استفاده می‌کنیم. توابع $$ v = {x^3} + 2{x^2} + 3x $$ و $$ u = {e^x} $$ را در نظر می‌گیریم. در نتیجه، می‌توان مشتق پنجم $$ {y^{\left( 5 \right)}} $$ را به‌صورت زیر نوشت:

$$ \large {{y^{\left( 5 \right)}} }={ \sum\limits_{i = 0}^5 {\left( {\begin{array}{*{20}{c}}
5\\
i
\end{array}} \right){u^{\left( {5 – i} \right)}}{v^{\left( i \right)}}} }
= {\sum\limits_{i = 0}^5 {\left( {\begin{array}{*{20}{c}}
5\\
i
\end{array}} \right){{\left( {{e^x}} \right)}^{\left( {5 – i} \right)}}\cdot}\kern0pt{{{\left( {{x^3} + 2{x^2} + 3x} \right)}^{\left( i \right)}}} .} $$

مشتق تابع $$ u = {e^x} $$، از هر مرتبه‌ای که باشد، برابر با خودش است:

$$ \large {u^{\left( {5 – i} \right)}} = {\left( {{e^x}} \right)^{\left( {5 – i} \right)}} \equiv {e^x} $$

و مشتق چندجمله‌ای $$ v = {x^3} + 2{x^2} + 3x $$، فقط برای مشتق تا مرتبه سوم، غیرصفر است:

$$ \large {v’ = {\left( {{x^3} + 2{x^2} + 3x} \right)^\prime } = {3{x^2} + 4x + 3,}\;\;\;}\kern-0.3pt \\ \large
{v^{\prime\prime} = {\left( {3{x^2} + 4x + 3} \right)^\prime } = {6x + 4,}\;\;\;}\kern-0.3pt \\ \large
{v^{\prime\prime\prime} = {\left( {6x + 4} \right)^\prime } = 6,\;\;\;}\kern-0.3pt
{{v^{\left( 4 \right)}} = {v^{\left( 5 \right)}} \equiv 0.} $$

بنابراین، بسط سری مشتق مرتبه پنجم به‌فرم زیر است:

$$ \large {{y^{\left( 5 \right)}} }= {\left( {\begin{array}{*{20}{c}}
5\\
0
\end{array}} \right){e^x}\left( {{x^3} + 2{x^2} + 3x} \right) } \\ \large +{ \left( {\begin{array}{*{20}{c}}
5\\
1
\end{array}} \right){e^x}\left( {3{x^2} + 4x + 3} \right) }
+ {\left( {\begin{array}{*{20}{c}}
5\\
2
\end{array}} \right){e^x}\left( {6x + 4} \right) }+{ \left( {\begin{array}{*{20}{c}}
5\\
3
\end{array}} \right){e^x} \cdot 6} $$

جملات باقیمانده سری، برابر با صفر هستند. در نتیجه داریم:

$$ \large {{y^{\left( 5 \right)}} }={ {e^x}\left( {{x^3} + 2{x^2} + 3x} \right) }+{ 5{e^x}\left( {3{x^2} + 4x + 3} \right) }+{ 10{e^x}\left( {6x + 4} \right) }+{ 60{e^x} } \\ \large
= {{e^x}\left( {{x^3} + {17{x^2}} }+{{83x} + {115}} \right).} $$

مثال ۵

مشتق مرتبه $$n$$اُم تابع $$ y = {x^2}\cos x $$ را به‌دست آورید.

حل: با در نظر گرفتن توابع $$ u = \cos x $$ و $$ v = {x^2} $$ از فرمول لایبنیتس استفاده می‌کنیم:

$$ \large {{\left( {{x^2}\cos x} \right)^{\left( n \right)}} }={ \sum\limits_{i = 0}^n {\left( {\begin{array}{*{20}{c}}
n\\
i
\end{array}} \right){u^{\left( {n – i} \right)}}{v^{\left( i \right)}}} }
= {\sum\limits_{i = 0}^n {\left( {\begin{array}{*{20}{c}}
n\\
i
\end{array}} \right){{\left( {\cos x} \right)}^{\left( {n – i} \right)}}{{\left( {{x^2}} \right)}^{\left( i \right)}}} } \\ \large
= {\left( {\begin{array}{*{20}{c}}
n\\
0
\end{array}} \right){\left( {\cos x} \right)^{\left( n \right)}}{x^2} }+{ \left( {\begin{array}{*{20}{c}}
n\\
1
\end{array}} \right){\left( {\cos x} \right)^{\left( {n – 1} \right)}}{\left( {{x^2}} \right)^\prime } }
+ {\left( {\begin{array}{*{20}{c}}
n\\
2
\end{array}} \right){\left( {\cos x} \right)^{\left( {n – 2} \right)}}{\left( {{x^2}} \right)^{\prime\prime}} + \ldots } $$

سایر جملات سری برابر با صفر هستند، زیر برای $$i>2$$ داریم: $$ {\left( {{x^2}} \right)^{\left( i \right)}} = 0 $$.

می‌دانیم که مشتق مرتبه $$n$$ تابع کسینوس به‌صورت زیر است:

$$ \large {{\left( {\cos x} \right)^{\left( n \right)}} }={ \cos \left( {x + \frac{{\pi n}}{2}} \right).} $$

در نتیجه، مشتق تابع اصلی برابر است با:

$$ \large {{\left( {{x^2}\cos x} \right)^{\left( n \right)}} }
= {C_n^0\cos \left( {x + \frac{{\pi n}}{2}} \right){x^2} + C_n^1\cos \left( {x + \frac{{\pi \left( {n – 1} \right)}}{2}} \right) \cdot 2x }
\\ \large + {C_n^2\cos \left( {x + \frac{{\pi \left( {n – 2} \right)}}{2}} \right) \cdot 2 } \\ \large
= {{x^2}\cos \left( {x + \frac{{\pi n}}{2}} \right) }+{ 2nx\cos \left( {x + \frac{{\pi n}}{2} – \frac{\pi }{2}} \right) }
+ {\frac{{2n\left( {n – 1} \right)}}{2}\cos \left( {x + \frac{{\pi n}}{2} – \pi } \right) } \\ \large
= {{x^2}\cos \left( {x + \frac{{\pi n}}{2}} \right) }+{ 2nx\sin \left( {x + \frac{{\pi n}}{2}} \right) }
– {n\left( {n – 1} \right)\cos \left( {x + \frac{{\pi n}}{2}} \right) } \\ \large
= {\left[ {{x^2} – n\left( {n – 1} \right)} \right]\cdot}\kern0pt{\cos \left( {x + \frac{{\pi n}}{2}} \right) }
+ {2nx\sin \left( {x + \frac{{\pi n}}{2}} \right).} $$

مثال ۶

مشتق مرتبه دهم تابع $$ y = \left( {{x^2} + 4x + 1} \right)\sqrt {{e^x}} $$ را در نقطه $$ x = 0 $$ حساب کنید.

حل: با در نظر گرفتن توابع $$ u = \sqrt {{e^x}} $$ و $$ v = {x^2} + 4x + 1 $$، داریم:

$$ \large {u’} = {\left( {\sqrt {{e^x}} } \right)^\prime } = {\frac{1}{{2\sqrt {{e^x}} }} \cdot {\left( {{e^x}} \right)^\prime } = {\frac{{{e^x}}}{{2\sqrt {{e^x}} }} }={ \frac{{\sqrt {{e^x}} }}{2},}\;\;\;}\kern-0.3pt $$

$$ \large {u^{\prime\prime} = {\left( {\frac{{\sqrt {{e^x}} }}{2}} \right)^\prime } = {\frac{{\sqrt {{e^x}} }}{4}, \ldots} \;}\Rightarrow
{{u^{\left( k \right)}} = \frac{{\sqrt {{e^x}} }}{{{2^k}}},} $$

$$ \large {v’ = {\left( {{x^2} + 4x + 1} \right)^\prime } = {2x + 4,}\;\;\;}\kern-0.3pt
{v^{\prime\prime} = {\left( {2x + 4} \right)^\prime } = 2.} $$

واضح است که مشتق تابع $$v$$ برای $$i \gt 2 $$ برابر با صفر است. بنابراین، بسط مشتق $$ {y^{\left( {10} \right)}} $$ تنها به چند جمله محدود می‌شود:

$$ \large {{y^{\left( {10} \right)}} }={ \sum\limits_{i = 0}^{10} {\left( {\begin{array}{*{20}{c}}
10\\
i
\end{array}} \right){u^{\left( {10 – i} \right)}}{v^{\left( i \right)}}} } \\ \large
= {\left( {\begin{array}{*{20}{c}}
10\\
0
\end{array}} \right)\frac{{\sqrt {{e^x}} }}{{{2^{10}}}}\left( {{x^2} + 4x + 1} \right) }+{ \left( {\begin{array}{*{20}{c}}
10\\
1
\end{array}} \right)\frac{{\sqrt {{e^x}} }}{{{2^9}}}\left( {2x + 4} \right) }
+ {\left( {\begin{array}{*{20}{c}}
10\\
2
\end{array}} \right)\frac{{\sqrt {{e^x}} }}{{{2^8}}} \cdot 2 } \\ \large
= {\frac{{10!}}{{10!\;0!}} \cdot \sqrt {{e^x}} \cdot \frac{1}{{{2^{10}}}} \cdot}\kern0pt{ \left( {{x^2} + 4x + 1} \right) }
+ {\frac{{10!}}{{9!\;1!}} \cdot \sqrt {{e^x}} \cdot \frac{2}{{{2^{10}}}} \cdot}\kern0pt{ \left( {2x + 4} \right) } \\ \large
+ {\frac{{10!}}{{8!\;2!}} \cdot \sqrt {{e^x}} \cdot \frac{4}{{{2^{10}}}} \cdot 2 } \\ \large
= {\frac{{\sqrt {{e^x}} }}{{{2^{10}}}}\cdot}\kern0pt{\left[ {{x^2} + 4x + 1 }+{ 20\left( {2x + 4} \right) + 360} \right] }
= {\frac{{\sqrt {{e^x}} }}{{{2^{10}}}}\left( {{x^2} + 44x + 441} \right).} $$

وقتی $$x=0$$ باشد، مشتق مرتبه دهم برابر است با:

$$ \large {{y^{\left( {10} \right)}}\left( 0 \right) = \frac{{441}}{{{2^{10}}}} }
= {\frac{{441}}{{1024}} }={ {\left( {\frac{{21}}{{32}}} \right)^2}.} $$

مثال ۷

مشتق مرتبه $$n$$اُم تابع $$ y = {x^3}\sin 2x $$ را محاسبه کنید.

حل: توابع $$ u = \sin 2x $$ و $$ v = {x^3} $$ را در نظر می‌گیریم. مشتق مرتبه $$n$$ با استفاده از فرمول لایب‌نیتس به‌صورت زیر است:

$$ \large {{\left( {{x^3}\sin 2x} \right)^{\left( n \right)}} }={ \sum\limits_{i = 0}^n {\left( {\begin{array}{*{20}{c}}
n\\
i
\end{array}} \right){u^{\left( {n – i} \right)}}{v^{\left( i \right)}}} }
= {\sum\limits_{i = 0}^n {\left( {\begin{array}{*{20}{c}}
n\\
i
\end{array}} \right){{\left( {\sin 2x} \right)}^{\left( {n – i} \right)}}{{\left( {{x^3}} \right)}^{\left( i \right)}}} } \\ \large
= {\left( {\begin{array}{*{20}{c}}
n\\
0
\end{array}} \right){\left( {\sin 2x} \right)^{\left( n \right)}}{x^3} }+{ \left( {\begin{array}{*{20}{c}}
n\\
1
\end{array}} \right){\left( {\sin 2x} \right)^{\left( {n – 1} \right)}}{\left( {{x^3}} \right)’} } \\ \large
+ {\left( {\begin{array}{*{20}{c}}
n\\
2
\end{array}} \right){\left( {\sin 2x} \right)^{\left( {n – 2} \right)}}{\left( {{x^3}} \right)^{\prime\prime}} }+{ \left( {\begin{array}{*{20}{c}}
n\\
3
\end{array}} \right){\left( {\sin 2x} \right)^{\left( {n – 3} \right)}}{\left( {{x^3}} \right)^{\prime\prime\prime}} }+{ \ldots } $$

واضح است که جملات باقیمانده بسط سری، صفر هستند، زیرا برای $$ i>3$$ داریم $$ {\left( {{x^3}} \right)^{\left( i \right)}} = 0 $$.

مشتق مرتبه $$n$$ تابع سینوس به‌صورت زیر است:

$$ \large {\left( {\sin x} \right)^{\left( n \right)}} = {\sin \left( {x + \frac{{\pi n}}{2}} \right).} $$

می‌توان نشان داد که مشتق $$ \sin 2x$$ مشابه رابطه اخیر به‌صورت زیر است:

$$ \large {\left( {\sin 2x} \right)^{\left( n \right)}} ={ {2^n}\sin \left( {2x + \frac{{\pi n}}{2}} \right).} $$

در نتیجه، مشتقات باقیمانده $$ {\sin 2x} $$ برابر خواهند بود با:

$$ \large {{\left( {\sin 2x} \right)^{\left( {n – 1} \right)}} = {2^{n – 1}}\sin \left( {2x + \frac{{\pi \left( {n – 1} \right)}}{2}} \right) } \\ \large
= {{2^{n – 1}}\sin \left( {2x + \frac{{\pi n}}{2} – \frac{\pi }{2}} \right) }
= { – {2^{n – 1}}\cos\left( {2x + \frac{{\pi n}}{2}} \right),} $$

$$ \large {{\left( {\sin 2x} \right)^{\left( {n – 2} \right)}} = {2^{n – 2}}\sin \left( {2x + \frac{{\pi \left( {n – 2} \right)}}{2}} \right) } \\ \large
= {{2^{n – 2}}\sin \left( {2x + \frac{{\pi n}}{2} – \pi } \right) }
= { – {2^{n – 2}}\sin\left( {2x + \frac{{\pi n}}{2}} \right),} $$

$$ \large {{\left( {\sin 2x} \right)^{\left( {n – 3} \right)}} = {2^{n – 3}}\sin \left( {2x + \frac{{\pi \left( {n – 3} \right)}}{2}} \right) } \\ \large
= {{2^{n – 3}}\sin \left( {2x + \frac{{\pi n}}{2} – \frac{{3\pi }}{2}} \right) }
= {{2^{n – 3}}\cos\left( {2x + \frac{{\pi n}}{2}} \right).} $$

با جایگذاری عبارت به‌دست‌آمده اخیر در فرمول مشتق مرتبه $$n$$ تابع، داریم:

$$ \large {{\left( {{x^3}\sin 2x} \right)^{\left( n \right)}} }= {\left( {\begin{array}{*{20}{c}}
n\\
0
\end{array}} \right){x^3}{2^n}\sin\left( {2x + \frac{{\pi n}}{2}} \right) }
– {\left( {\begin{array}{*{20}{c}}
n\\
1
\end{array}} \right) \cdot 3{x^2}{2^{n – 1}}\cos\left( {2x + \frac{{\pi n}}{2}} \right) } \\ \large
– {\left( {\begin{array}{*{20}{c}}
n\\
2
\end{array}} \right) \cdot 6x \,{2^{n – 2}}\sin\left( {2x + \frac{{\pi n}}{2}} \right) }
+ {\left( {\begin{array}{*{20}{c}}
n\\
3
\end{array}} \right) \cdot 6 \cdot {2^{n – 3}}\cos\left( {2x + \frac{{\pi n}}{2}} \right).} $$

اگر به موضوعات مرتبط با این مطلب علاقه‌مندید، پیشنهاد می‌کنیم آموزش‌های زیر را نیز ببینید:

^^

سید سراج حمیدی (+)

سید سراج حمیدی دانش‌آموخته مهندسی برق است و به ریاضیات و زبان و ادبیات فارسی علاقه دارد. او آموزش‌های مهندسی برق، ریاضیات و ادبیات مجله فرادرس را می‌نویسد.

بر اساس رای 6 نفر

آیا این مطلب برای شما مفید بود؟

نظر شما چیست؟

نشانی ایمیل شما منتشر نخواهد شد. بخش‌های موردنیاز علامت‌گذاری شده‌اند *