مشتق مراتب بالاتر — از صفر تا صد

قبلاً در مجموعه آموزش‌های ریاضیات مجله فرادرس، مفاهیم مربوط به مشتق را بیان کردیم. در این آموز‌ش‌ها، مباحثی مانند مشتق ضمنی، مشتق جزئی، مشتق زنجیره‌ای و نقطه عطف تابع بحث شد. در این آموزش، مشتق مراتب بالاتر را برای توابع صریح، ضمنی و پارامتری معرفی می‌کنیم. همچنین، مثال‌های مختلفی را برای آشنایی با حالت‌های مختلف ارائه خواهیم کرد.

مشتقات مراتب بالاتر یک تابع صریح

فرض کنید تابع $$y = f\left( x \right)$$، مشتق کران‌دار $$f’\left( x \right)$$ را در بازه مشخص $$\left( {a,b} \right)$$ داشته باشد، یعنی مشتق $$f’\left( x \right)$$ نیز یک تابع در این بازه باشد. اگر تابع $$f’\left( x \right)$$ مشتق‌پذیر باشد، می‌توان مشتق دوم تابع اصلی $$f(x)$$ را پیدا کرد و آن را به‌صورت زیر نشان داد:

$$\large {f^{\prime\prime} = \left({f^\prime}\right)^\prime = {\left( {\frac{{dy}}{{dx}}} \right)^\prime } }={ \frac{d}{{dx}}\left( {\frac{{dy}}{{dx}}} \right) }={ \frac{{{d^2}y}}{{d{x^2}}}.}$$

به‌طور مشابه، اگر $$f^{\prime\prime}$$ وجود داشته باشد و مشتق‌پذیر باشد، مشتق سوم تابع $$f(x)$$ به‌صورت زیر است:

$$\large {f^{\prime\prime\prime} = \frac{{{d^3}y}}{{d{x^3}}} }={ y^{\prime\prime\prime}.}$$

مشتقات مراتب بالاتر (اگر وجود داشته باشند)، به صورت زیر تعریف می‌شوند:

$$\large {{{f^{\left( 4 \right)}} = \frac{{{d^4}y}}{{d{x^4}}} }={ {y^{\left( 4 \right)}} = {\left( {{f^{\left( 3 \right)}}} \right)^\prime },} \ldots ,}\kern-0.3pt
{{f^{\left( n \right)}} = \frac{{{d^n}y}}{{d{x^n}}} = {y^{\left( n \right)}} }={ {\left( {{f^{\left( {n – 1} \right)}}} \right)^\prime }.}$$

بنابراین، مشتق مرتبه $$n$$اُم، حاصل $$n$$ بار مشتق‌گیری از تابع است. مشتق مرتبه $$n$$اُم را می‌توان با رابطه بازگشتی زیر بیان کرد:

$$\large {y^{\left( n \right)}} = {\left( {{y^{\left( {n – 1} \right)}}} \right)^\prime }.$$

در برخی موارد می‌توان یک فرمول کلی برای مشتق مرتبه $$n$$اُم، بدون محاسبه مشتقات میانی بیان کرد. در ادامه، مثال‌هایی را از این موارد ارائه خواهیم کرد.

روابط خطی زیر، برای پیدا کردن فرمول مشتقات مراتب بالاتر مفید هستند:

$$\large {{\left( {u + v} \right)^{\left( n \right)}} = {u^{\left( n \right)}} + {v^{\left( n \right)}},\;\;\;}\kern-0.3pt
{{\left( {Cu} \right)^{\left( n \right)}} = C{u^{\left( n \right)}}\;\;}$$

که در آن، $$C$$ یک عدد ثابت است.

مشتقات مراتب بالاتر یک تابع ضمنی

مشتق مرتبه $$n$$اُم یک تابع ضمنی را می‌توان با $$n$$ بار مشتق‌گیری متوالی از معادله $$F\left( {x,y} \right) = 0$$ به‌دست آورد. در هر مرحله، بعد از تغییر متغیر، جانشینی و تبدیل‌های لازم می‌توان یک توصیف صریح برای مشتق پیدا کرد که فقط به متغیرهای $$x$$ و $$y$$ بستگی داشته باشد. یعنی:

 $$\large {y’ = {f_1}\left( {x,y} \right),\;\;\;}\kern-0.3pt
{y^{\prime\prime} = {f_2}\left( {x,y} \right), \ldots,\;\;\;}\kern-0.3pt
{{y^{\left( n \right)}} = {f_n}\left( {x,y} \right).}$$

مشتق مراتب بالاتر یک تابع پارامتری

تابع $$y = f\left( x \right)$$ را در نظر بگیرید که با معادلات پارامتری زیر توصیف شده است:

$$\large\left\{
\begin{aligned}
x &= x\left( t \right) \\
y &= y\left( t \right)
\end{aligned}
\right.. $$

مشتق این تابع، برابر است با:

$$\large y’ = {y’_x} = \frac{{{y’_t}}}{{{x’_t}}}.$$

اگر یک بار دیگر نسبت به $$x$$ مشتق بگیریم، مشتق دوم به‌صورت زیر خواهد بود:

$$\large y^{\prime\prime} = {y^{\prime\prime}_{xx}} = \frac{{{\left( {{y’_x}} \right)}’_t}}{{{x’_t}}}.$$

به‌طریق مشابه می‌توان مشتقات مرتبه سوم و بالاتر را به‌صورت زیر نوشت:

$$\large {{y^{ \prime \prime \prime} = {y^{ \prime \prime \prime}_{xxx}} = \frac{{{{ \left( {{y^{\prime\prime}_{xx}}} \right)}’_t}}}{{{x’_t}}}, \ldots,}\;\;}\kern0pt
{{{y^{ \left( n \right)}} = y_{ \underbrace {xx  \ldots x}_n}^{\left( n \right)} }={ \frac{{{{\left( {y_{\underbrace {xx \ldots x}_{n – 1}}^{\left( {n – 1} \right)}} \right)}’_t}}}{{{x’_t}}}.}}$$

در صورت علاقه به یادگیری روش‌های تعیین مشتق توابع مختلف، مطالعه مطلب «فرمول‌های مشتق مهم + سوال با جواب و دانلود PDF» را به شما پیشنهاد می‌کنیم.

مثال‌ها

در ادامه، چند مثال حل‌شده را بررسی می‌‌کنیم که نحوه محاسبه مشتقات مراتب بالاتر را به‌خوبی نشان می‌دهند.

مثال ۱

اگر $$y = x\ln x$$ باشد، حاصل $$y^{\prime\prime}$$ را به‌دست آورید.

حل: مشتق اول را با استفاده از قاعده مشتق ضرب دو تابع، داریم:

$$\large {y’ = \left( {x\ln x} \right)’ }
={ x’ \cdot \ln x + x \cdot {\left( {\ln x} \right)^\prime } }
={ 1 \cdot \ln x + x \cdot \frac{1}{x} = \ln x + 1.}$$

اکنون می‌توانیم مشتق مرتبه دوم را محاسبه کنیم:

$$\large {y^{\prime\prime} = {\left( {\ln x + 1} \right)^\prime } }
= {\frac{1}{x} + 0 = \frac{1}{x}.}$$

مثال ۲

مشتق دوم تابع $$y = \sqrt[\large 4\normalsize]{{x + 1}}$$ را محاسبه کنید.

حل: ابتدا، مشتق اول را می‌نویسیم:

با یک بار دیگر مشتق گرفتن از تابع، داریم:

مثال ۳

عبارت $$y^{\prime\prime}$$ را برای معادله درجه دو $${y^2} = 4x$$ به‌دست آورید.

حل: با استفاده از مشتق‌گیری ضمنی، داریم:

$$\large {2yy’ = 4,\;\; }\Rightarrow {yy’ = 2.}$$

با مشتق‌گیری مجدد و استفاده از قاعده مشتق ضرب دو تابع، می‌توان نوشت:

$$\large y’y’ + yy^{\prime\prime} = 0.$$

اگر دو طرف معادله اخیر را در $${y^2}$$ ضرب کنیم، داریم:

$$\large {y^2}{\left( {y’} \right)^2} + {y^3}y^{\prime\prime} = 0.$$

از آن‌جایی که $$yy’ = 2$$، و در نتیجه $${\left( {yy’} \right)^2} = 4$$، می‌توان معادله آخر را به‌صورت زیر نوشت:

$$\large 4 + {y^3}y^{\prime\prime} = 0.$$

در نتیجه:

$$\large y^{\prime\prime} = – \frac{4}{{{y^3}}}.$$

مثال ۴

تابع $$y = {\left( {2x + 1} \right)^3}\left( {x – 1} \right)$$ را در نظر بگیرید. مشتقات مرتبه اول تا پنجم آن را بیابید.

حل: ابتدا تابع را به‌صورت یک چندجمله‌ای می‌نویسیم:

اکنون، مشتقات مرتبه اول تا پنجم را محاسبه می‌کنیم:

$$\large {y’ = {\left( {8{x^4} + 4{x^3} – 6{x^2} – 5x – 1} \right)^\prime } }={ 32{x^3} + 12{x^2} – 12x – 5,}$$

$$\large {y^{\prime\prime} = {\left( {y’} \right)^\prime } }={ {\left( {32{x^3} + 12{x^2} – 12x – 5} \right)^\prime } }={ 96{x^2} + 24x – 12,}$$

$$\large {y^{\prime\prime\prime} = {\left( {y^{\prime\prime}} \right)^\prime } }={ {\left( {96{x^2} + 24x – 12} \right)^\prime } }={ 192x + 24,}$$

$$\large {{y^{\left( 4 \right)}} = {\left( {y^{\prime\prime\prime}} \right)^\prime } }={ {\left( {192x + 24} \right)^\prime } }={ 192,}$$

$$\large {{y^{\left( 5 \right)}} = {\left( {{y^{\left( 4 \right)}}} \right)^\prime } }={ {\left( {192} \right)^\prime } }={ 0.}$$

مثال ۵

مشتق مرتبه $$n$$اُم تابع لگاریتم طبیعی $$y = \ln x$$ را به‌دست آورید.

حل: ابتدا چند مشتق اول را محاسبه می‌کنیم:

$$\large {y’ = {\left( {\ln x} \right)^\prime } = \frac{1}{x},}$$

$$\large {y^{\prime\prime} = {\left( {y’} \right)^\prime } = {\left( {\frac{1}{x}} \right)^\prime } }={ {\left( {{x^{ – 1}}} \right)^\prime } }={ – {x^{ – 2}} }={ – \frac{1}{{{x^2}}},}$$

$$\large {y^{\prime\prime\prime} = {\left( {y^{\prime\prime}} \right)^\prime } }={ {\left( { – \frac{1}{{{x^2}}}} \right)^\prime } }={ 2{x^{ – 3}} }={ \frac{2}{{{x^3}}},}$$

$$\large {{y^{\left( 4 \right)}} = {\left( {y^{\prime\prime\prime}} \right)^\prime } }={ {\left( {\frac{2}{{{x^3}}}} \right)^\prime } }={ – 6{x^{ – 4}} }={ – \frac{6}{{{x^4}}},}$$

$$\large {{y^{\left( 5 \right)}} = {\left( {{y^{\left( 4 \right)}}} \right)^\prime } }={ {\left( { – \frac{6}{{{x^4}}}} \right)^\prime } }={ 24{x^{ – 5}} }={ \frac{{24}}{{{x^5}}}.}$$

همان‌طور که می‌بینیم، حاصل مشتقات بالا، از الگوریتم خاصی پیروی می‌کنند که می‌توان آن را برای مرتبه دلخواه $$n$$ به‌صورت زیر نوشت:

$$\large {y^{\left( n \right)}} = \frac{{{{\left( { – 1} \right)}^{n – 1}}\left( {n – 1} \right)!}}{{{x^n}}}.$$

اثبات دقیق فرمول بالا را می‌توان با استقرای ریاضی بیان کرد.

مثال ۶

همه مشتقات تابع سینوس را محاسبه کنید.

حل: ابتدا چند مشتق اول این تابع را می‌نویسیم:

$$\large {y’ = {\left( {\sin x} \right)^\prime } = \cos x }={ \sin \left( {x + \frac{\pi }{2}} \right),}$$

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

$$\large {y^{\prime\prime\prime} = {\left( { – \sin x} \right)^\prime } = – \cos x }={ \sin \left( {x + 3 \cdot \frac{\pi }{2}} \right),}$$

$$\large {{y^{IV}} = {\left( { – \cos x} \right)^\prime } = \sin x }={ \sin \left( {x + 4 \cdot \frac{\pi }{2}} \right).}$$

واضح است که مشتق مرتبه $$n$$ را می‌توان با فرمول زیر بیان کرد:

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

مثال ۷

همه مشتقات تابع کسینوس را محاسبه کنید.

حل: مانند مثال ۶، ابتدا چند مشتق اول این تابع را می‌نویسیم:

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

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

$$\large {y^{\prime\prime\prime} = {\left( { – \cos x} \right)^\prime } = \sin x }={ \cos \left( {x + 3 \cdot \frac{\pi }{2}} \right),}$$

$$\large {{y^{IV}} = {\left( {\sin x} \right)^\prime } = \cos x }={ \cos \left( {x + 4 \cdot \frac{\pi }{2}} \right).}$$

از عبارات بالا مشخص است که مشتق پنجم با مشتق اول، مشتق ششم با مشتق دوم و… مشابه هستند. بنابراین، مشتق مرتبه $$n$$اُم تابع کسینوس را می‌توان با فرمول زیر نشان داد:

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

مثال ۸

مشتق مرتبه $$n$$اُم تابع $$y = {\large\frac{1}{x}\normalsize}$$ را محاسبه کنید.

حل: ابتدا چند مشتق اول را محاسبه می‌کنیم تا الگوریتم کلی مشتقات مرتبه بالاتر مشخص شود:

$$\large {y’ = {\left( {\frac{1}{x}} \right)^\prime } = – \frac{1}{{{x^2}}},}$$

$$\large {{y^{\prime\prime} = {\left( { – \frac{1}{{{x^2}}}} \right)^\prime } }={ – 1 \cdot {\left( {{x^{ – 2}}} \right)^\prime }}
= {- 1 \cdot \left( { – 2} \right) \cdot {x^{ – 3}} }={ \frac{{{{\left( { – 1} \right)}^2} \cdot 2}}{{{x^3}}},}}$$

$$\large {{y^{\prime\prime\prime} = {\left( {\frac{{{{\left( { – 1} \right)}^2} \cdot 2}}{{{x^3}}}} \right)^\prime } }={ {\left( { – 1} \right)^2} \cdot 2 \cdot {\left( {{x^{ – 3}}} \right)^\prime } }
= {{\left( { – 1} \right)^3} \cdot 2 \cdot 3 \cdot {x^{ – 4}} }={ \frac{{{{\left( { – 1} \right)}^2} \cdot 2 \cdot 3}}{{{x^4}}},}}$$

$$\large {{{y^{IV}} = {\left( {\frac{{{{\left( { – 1} \right)}^2} \cdot 2 \cdot 3}}{{{x^4}}}} \right)^\prime } = {\left( { – 1} \right)^3} \cdot 2 \cdot 3 \cdot {\left( {{x^{ – 4}}} \right)^\prime } }
= {{\left( { – 1} \right)^4} \cdot 4! \cdot {x^{ – 5}} }={ \frac{{{{\left( { – 1} \right)}^4}4!}}{{{x^5}}}.}}$$

همین چهار مشتق، برای حدس زدن رابطه مشتق $$n$$اُم به‌صورت زیر، کافی است:

$$\large {{y^{\left( n \right)}} }={ \frac{{{{\left( { – 1} \right)}^n}n!}}{{{x^{n + 1}}}}.}$$

مثال ۹

مشتق دوم تابع زیر را حساب کنید:

$$\large y = \arcsin {\large\frac{{{x^2} – 1}}{{{x^2} + 1}}\normalsize}.$$

حل: با مشتق‌گیری از این تابع، به‌عنوان یک تابع ترکیبی، داریم:

$$\large \require{cancel}
{y = {\left( {\arcsin \frac{{{x^2} – 1}}{{{x^2} + 1}}} \right)^\prime } }
= {\frac{1}{{\sqrt {1 – {{\left( {\frac{{{x^2} – 1}}{{{x^2} + 1}}} \right)}^2}} }} \cdot}\kern0pt{ {\left( {\frac{{{x^2} – 1}}{{{x^2} + 1}}} \right)^\prime } } \\ \large
= {\frac{1}{{\sqrt {\frac{{{{\left( {{x^2} + 1} \right)}^2} – {{\left( {{x^2} – 1} \right)}^2}}}{{{{\left( {{x^2} + 1} \right)}^2}}}} }} \cdot}\kern0pt{ \frac{{2x \cdot \left( {{x^2} + 1} \right) – \left( {{x^2} – 1} \right) \cdot 2x}}{{{{\left( {{x^2} + 1} \right)}^2}}} } \\ \large
= {\frac{{{4x}}}{{\sqrt {{4{x^2}}} \left( {{x^2} + 1} \right)}} }
= {\frac{{4x}}{{2\left| x \right|\left( {{x^2} + 1} \right)}} }
= {\frac{{2x}}{{\left| x \right|\left( {{x^2} + 1} \right)}}.}$$

در رابطه اخیر، $${\left| x \right|}$$ برابر با $$x\,\text{sign}\,x$$ است که:

$$\large \text{sign}\,x =
\begin{cases}
– 1, & \text{if}\;\;x \lt 0 \\
0, & \text{if} \;\;x = 0 \\
+ 1, & \text{if} \;\;x \gt 0
\end{cases}
.$$

در نتیجه، داریم:

$$\large {y’ = \frac{{2x}}{{\left| x \right|\left( {{x^2} + 1} \right)}} }
= {\frac{{2\cancel{x}}}{{\cancel{x} \,\text{sign}\,x\left( {{x^2} + 1} \right)}} }
= {\frac{{2\,\text{sign}\,x}}{{{x^2} + 1}}.}$$

اکنون مشتق دوم را محاسبه می‌کنیم:

$$\large {y^{\prime\prime} = {\left( {\frac{{2\,\text{sign}\,x}}{{{x^2} + 1}}} \right)^\prime } }
= {\frac{{0 \cdot \left( {{x^2} + 1} \right) – 2\,\text{sign}\,x \cdot 2x}}{{{{\left( {{x^2} + 1} \right)}^2}}} }
= { – \frac{{4x\,\text{sign}\,x}}{{{{\left( {{x^2} + 1} \right)}^2}}}.}$$

مثال ۱۰

مشتق دوم تابعی را به‌دست آورید که به‌صورت ضمنی $${x^2} + {y^2} = {R^2}$$ داده شده است (معادله یک دایره).

حل: برای یافتن مشتق اول، از هر دو سمت معادله مشتق می‌گیریم:

$$\large {{\left( {{x^2} + {y^2}} \right)^\prime } = {\left( {{R^2}} \right)^\prime },\;\;}\Rightarrow
{2x + 2yy’ = 0,\;\;}\Rightarrow
{yy’ = – x,\;\;}\Rightarrow
{y’ = – \frac{x}{y}.}$$

اگر از عبارت بالا مشتق بگیریم، داریم:

$$\large{{\left( {y’} \right)^\prime } = {\left( { – \frac{x}{y}} \right)^\prime },\;\;}\Rightarrow
{y^{\prime\prime} = – \frac{{x’y – xy’}}{{{y^2}}},\;\;} \\ \large \Rightarrow
{y^{\prime\prime} = – \frac{{y – xy’}}{{{y^2}}} = \frac{{xy’ – y}}{{{y^2}}}.}$$

با جایگذاری مشتق $$y’$$ در عبارت بالا، مشتق دوم به‌صورت زیر محاسبه می‌شود:

$$\large {y^{\prime\prime} = \frac{{xy’ – y}}{{{y^2}}} }
= {\frac{{x\left( { – \frac{x}{y}} \right) – y}}{{{y^2}}} } \\ \large
= {\frac{{ – \frac{{{x^2}}}{y} – y}}{{{y^2}}} }
= {\frac{{ – {x^2} – {y^2}}}{{{y^3}}} }
= { – \frac{{{x^2} + {y^2}}}{{{y^3}}} }
= { – \frac{{{R^2}}}{{{y^3}}}.}$$

مثال ۱۱

مشتق مرتبه $$n$$اُم تابع $$y = {3^{2x + 1}}$$ را محاسبه کنید.

حل: ابتدا، چند مشتق اول این تابع را به‌صورت زیر محاسبه می‌کنیم:

$$\large {y’ = {\left( {{3^{2x + 1}}} \right)^\prime } }
= {{3^{2x + 1}} \cdot \ln 3 \cdot {\left( {2x + 1} \right)^\prime } }
= {{3^{2x + 1}} \cdot 2\ln 3,}$$

$$\large {y^{\prime\prime} = {\left( {y’} \right)^\prime } }
= {{\left( {{3^{2x + 1}} \cdot 2\ln 3} \right)^\prime } }
= {{\left( {{3^{2x + 1}}} \right)^\prime } \cdot 2\ln 3 }
= {{3^{2x + 1}} \cdot {2^2}{\ln ^2}3,}$$

$$\large {y^{\prime\prime\prime} = {\left( {y^{\prime\prime}} \right)^\prime } }
= {{\left( {{3^{2x + 1}} \cdot {2^2}{{\ln }^2}3} \right)^\prime } }
= {{\left( {{3^{2x + 1}}} \right)^\prime } \cdot {2^2}{\ln ^2}3 }
= {{3^{2x + 1}} \cdot {2^3}{\ln ^3}3.}$$

اگر نتیجه سه مشتق اخیر را بررسی کنیم، می‌بینیم که می‌توان مشتق مرتبه $$n$$اُم را به‌صورت زیر نوشت:

$$\large {{y^{\left( n \right)}} = {\left( {{3^{2x + 1}}} \right)^{\left( n \right)}} } $$

صحت این فرمول را با استقرای ریاضی ثابت می‌کنیم. واضح است که فرمول اخیر، برای $$n=1$$ معتبر است. حال فرض می‌کنیم برای $$n=k$$ نیز معتبر باشد، بنابراین:

$$\large {{y^{\left( k \right)}} = {\left( {{3^{2x + 1}}} \right)^{\left( k \right)}} }
= {{3^{2x + 1}} \cdot {2^k}\,{\ln ^k}3.}$$

در نتیجه، برای $$n=k+1$$ داریم:

$$\large {{y^{\left( {k + 1} \right)}} = {\left( {{3^{2x + 1}}} \right)^{\left( {k + 1} \right)}} }
= {{\left[ {{{\left( {{3^{2x + 1}}} \right)}^{\left( k \right)}}} \right]^\prime } } \\ \large
= {{\left( {{3^{2x + 1}} \cdot {2^k}\,{{\ln }^k}3} \right)^\prime } }
= {{\left( {{3^{2x + 1}}} \right)^\prime } \cdot {2^k}\,{\ln ^k}3 }
= {{3^{2x + 1}} \cdot {2^{k + 1}}{\ln ^{k + 1}}3,}$$

این بدین معنی است که فرمول برای $$n=k+1$$ صحیح است. در نتیجه، صحت آن برای هر $$n$$ اثبات می‌شود.

مثال ۱۲

مشتق مرتبه $$n$$ تابع $$y=x^m$$ را به‌دست آورید که در آن، $$m$$ یک عدد حقیقی است.

حل: مانند مثال‌های قبل، ابتدا چند مشتق اول را حساب می‌کنیم:

$$\large {y’ = {\left( {{x^m}} \right)^\prime } = m{x^{m – 1}},}$$

$$\large {y^{\prime\prime} = {\left( {y’} \right)^\prime } = {\left( {m{x^{m – 1}}} \right)^\prime }
= {m\left( {m – 1} \right){x^{m – 2}},}}$$

$$ \large {y^{\prime\prime\prime} = {\left( {y^{\prime\prime}} \right)^\prime } = {\left[ {m\left( {m – 1} \right){x^{m – 2}}} \right]^\prime }
= {\left[ {m\left( {m – 1} \right)\left( {m – 2} \right)} \right]{x^{m – 3}}.}}$$

بنابراین، به‌سادگی می‌توان توصیف عمومی مشتق مرتبه $$n$$‌ را به‌صورت زیر نوشت:

$$\large {y^{\left( n \right)}} = {m\left( {m – 1} \right)\left( {m – 2} \right) \cdots}\kern0pt{ \left( {m – n + 1} \right){x^{m – n}}.}$$

صحت فرمول اخیر را با اصل استقرای ریاضی اثبات می‌کنیم. واضح است که فرمول مورد نظر برای $$n=1$$ صحیح است. با فرض اینکه فرمول برای $$n$$ درست باشد، مشتق مرتبه $$(n+1)$$ را از روی آن به‌دست می‌آوریم:

$$\large {{y^{\left( {n + 1} \right)}} = {\left[ {{y^{\left( n \right)}}} \right]^\prime } }
= {m\left( {m – 1} \right)\left( {m – 2} \right) \cdots}\kern0pt{ \left( {m – n + 1} \right){\left( {{x^{m – n}}} \right)^\prime } }\\ \large
= {m\left( {m – 1} \right)\left( {m – 2} \right) \cdots}\kern0pt{ \left( {m – n + 1} \right){x^{m – \left( {n + 1} \right)}}.}$$

همان‌طور که می‌بینیم، مشتق مرتبه $$(n+1)$$ که بر اساس مشتق مرتبه $$n$$ به‌دست آمد (با قرار دادن $$n+1$$ به‌جای $$n$$)، با مشتقی که محاسبه کردیم، برابر است. در نتیجه، عبارت مشتق مرتبه $$n$$ برای اعداد صحیح مثبت $$n$$ صحیح است. توجه کنید که توان $$m$$ در حالت کلی، یک عدد حقیقی است. اگر فقط مقادیر طبیعی $$m$$ را در نظر بگیریم، آن‌گاه فرمول مشتق، به فرم فشرده‌تر زیر درمی‌آید:

$$\large {y^{\left( n \right)}} = {\left( {{x^m}} \right)^{\left( n \right)}} = {\frac{{m!}}{{\left( {m – n} \right)!}}{x^{m – n}},}$$

که در آن، $$n \le m$$ است. سایر مشتقات مرتبه $$n \gt m$$ برابر با صفر هستند.

مثال ۱۳

مشتق مرتبه $$n$$اُم تابع رادیکالی $$y = \sqrt x$$ را حساب کنید.

حل: در اینجا، از نتیجه مثال ۱۲ استفاده می‌کنیم که در آن، مشتق مرتبه $$n$$ تابع توانی با توان دلخواه $$m$$ به‌دست آمد. تابع رادیکالی را می‌توان به‌صورت زیر بازنویسی کرد:

$${y = \sqrt x = {x^{\large\frac{1}{2}\normalsize}}\;\;}\kern0pt{\left( {m = \frac{1}{2}} \right).}$$

بنابراین، مشتق را می‌توان به‌صورت زیر نوشت:

$$\large {y = {\left( {{x^{\large\frac{1}{2}\normalsize}}} \right)^\prime } }
= {\frac{1}{2} \cdot \left( {\frac{1}{2} – 1} \right)\left( {\frac{1}{2} – 2} \right) \cdots}\kern0pt{ \left( {\frac{1}{2} – n + 1} \right){x^{\large\frac{1}{2}\normalsize – n}} } \\ \large
= {\frac{1}{2} \cdot \left( { – \frac{1}{2}} \right) \cdot}\kern0pt{ \left( { – \frac{3}{2}} \right) \cdot \left( { – \frac{5}{2}} \right) \cdots}\kern0pt{ \left[ { – \left( {n – \frac{3}{2}} \right)} \right]\frac{{{x^{\large\frac{1}{2}\normalsize}}}}{{{x^n}}} } \\ \large
= {\frac{1}{2} \cdot {\left( { – 1} \right)^{n – 1}}}\kern0pt{\left[ {\frac{1}{2} \cdot \frac{3}{2} \cdot \frac{5}{2} \cdots \frac{{2n – 3}}{2}} \right]\frac{{\sqrt x }}{{{x^n}}} } \\ \large
= {\frac{1}{2} \cdot {\left( { – 1} \right)^{n – 1}} \cdot \frac{1}{{{2^{n – 1}}}} \cdot }\kern0pt{\left[ {1 \cdot 3 \cdot 5 \cdots \left( {2n – 3} \right)} \right]\frac{{\sqrt x }}{{{x^n}}} } \\ \large
= {\frac{{{{\left( { – 1} \right)}^{n – 1}}\left[ {1 \cdot 3 \cdot 5 \cdots \left( {2n – 3} \right)} \right]\sqrt x }}{{{x^n}}}.}$$

برای $$n=1$$، مشتق برابر است با:

$$\large {y’ = \frac{{{{\left( { – 1} \right)}^0} \cdot 1 \cdot \sqrt x }}{{{{\left( {2x} \right)}^1}}} }
= {\frac{{\sqrt x }}{{2x}} }
= {\frac{1}{{2\sqrt x }}.}$$

برای $$n \ge 2$$، ضرب اعداد فرد داخل کروشه را می‌توان به‌صورت فاکتوریل دوگانه نوشت:

$$\large 1 \cdot 3 \cdot 5 \cdots \left( {2n – 3} \right) = \left( {2n – 3} \right)!!$$

بنابراین، برای $$n \ge 2$$، مشتق مرتبه $$n$$، با فرمول کلی زیر بیان می‌شود:

$$\large {{y^{\left( n \right)}} = \frac{1}{2} \cdot {\left( { – 1} \right)^{n – 1}} \cdot \frac{1}{{{2^{n – 1}}}} \cdot}\kern0pt{ \left( {2n – 3} \right)!!\frac{{\sqrt x }}{{{x^n}}} }
= {\frac{{{{\left( { – 1} \right)}^{n – 1}}\left( {2n – 3} \right)!!\sqrt x }}{{{{\left( {2x} \right)}^n}}}.}$$

در نتیجه، داریم:

$$\large {y^{\prime\prime} = \frac{{{{\left( { – 1} \right)}^1}1!!\sqrt x }}{{{{\left( {2x} \right)}^2}}} }={ – \frac{{\sqrt x }}{{4{x^2}}} }={ – \frac{1}{{4\sqrt {{x^3}} }},}$$

$$\large {y^{\prime\prime\prime} = \frac{{{{\left( { – 1} \right)}^2}3!!\sqrt x }}{{{{\left( {2x} \right)}^3}}} }={ \frac{{3\sqrt x }}{{8{x^3}}} }={ \frac{3}{{8\sqrt {{x^5}} }}.}$$

مثال ۱۴

مشتق مرتبه $$n$$ تابع $$y = \sqrt[\large 3\normalsize]{x}$$ را بیابید.

حل: مشتق مرتبه اول تابع، به‌صورت زیر است:

$$\large {y’ = {\left( {\sqrt[\large 3\normalsize]{x}} \right)^\prime } = {\left( {{x^{\large\frac{1}{3}\normalsize}}} \right)^\prime } }
= {\frac{1}{3}{x^{\large\frac{1}{3}\normalsize – 1}} }
= {\frac{1}{3}{x^{ – \large\frac{2}{3}\normalsize}} }
= {\frac{1}{{3\sqrt[\large 3\normalsize]{{{x^2}}}}}.}$$

در ادامه، از فرمول عمومی مشتق تابع توانی $$y=x^m$$ (مثال ۱۲) استفاده می‌کنیم:

$$\large {\left( {{x^m}} \right)^{\left( n \right)}} = {m\left( {m – 1} \right)\left( {m – 2} \right) \cdots}\kern0pt{ \left( {m – n + 1} \right){x^{m – n}}.}$$

در مثالی که حل می‌کنیم، $$m = {\large\frac{1}{3}\normalsize}$$ است. در نتیجه، مشتق به‌صورت زیر خواهد بود:

$$\large {{y^{\left( n \right)}} = {\left( {\sqrt[\large 3\normalsize]{x}} \right)^{\left( n \right)}} }
= {{\left( {{x^{\large\frac{1}{3}\normalsize}}} \right)^{\left( n \right)}} }  \\ \large
= {\frac{1}{3}\left( {\frac{1}{3} – 1} \right)}\kern0pt{\left( {\frac{1}{3} – 2} \right)\left( {\frac{1}{3} – 3} \right) \cdots}\kern0pt{ \left( {\frac{1}{3} – n + 1} \right){x^{\large\frac{1}{3}\normalsize – n}} } \\ \large
= {\frac{1}{3} \cdot \left( { – \frac{2}{3}} \right) \cdot}\kern0pt{ \left( { – \frac{5}{3}} \right) \cdot \left( { – \frac{8}{3}} \right) \cdots}\kern0pt{ \left[ { – \left( {n – \frac{4}{3}} \right)} \right]\frac{{{x^{\large\frac{1}{3}\normalsize}}}}{{{x^n}}} } \\ \large
= {\frac{1}{3} \cdot {\left( { – 1} \right)^{n – 1}}}\kern0pt{\left[ {\frac{2}{3} \cdot \frac{5}{3} \cdot \frac{8}{3} \cdots}\kern0pt{ \frac{{3n – 4}}{3}} \right]\frac{{\sqrt[\large 3\normalsize]{x}}}{{{x^n}}} } \\ \large
= {\frac{{{{\left( { – 1} \right)}^{n – 1}}\left[ {2 \cdot 5 \cdot 8 \cdots \left( {3n – 4} \right)} \right]\sqrt[\large 3\normalsize]{x}}}{{{{\left( {3x} \right)}^n}}}}$$

که در آن، $$n \ge 2$$ است. به‌طور خاص، مشتقات دوم و سوم، با فرمول‌های زیر نشان داده می‌شوند:

$$\large {y^{\prime\prime} = \frac{{{{\left( { – 1} \right)}^1} \cdot 2 \cdot \sqrt[\large 3\normalsize]{x}}}{{{{\left( {3x} \right)}^2}}} }
= { – \frac{{2\sqrt[\large 3\normalsize]{x}}}{{9{x^2}}} }
= {- \frac{2}{{9\sqrt[3]{{{x^5}}}}},}$$

$$\large {y^{\prime\prime\prime} = \frac{{{{\left( { – 1} \right)}^2} \cdot 2 \cdot 5 \cdot \sqrt[\large 3\normalsize]{x}}}{{{{\left( {3x} \right)}^3}}} }
= {\frac{{10\sqrt[\large 3\normalsize]{x}}}{{27{x^3}}} }
= {\frac{{10}}{{27\sqrt[\large 3\normalsize]{{{x^8}}}}}.}$$

مثال ۱۵

معادله پارامتری یک بیضی به صورت زیر داده شده است:

$$\large {x = a\cos t,\;\;\;}\kern-0.3pt{y = b\sin t,}$$

که در آن، $$a$$ و $$b$$، نیم‌محورهای بیضی هستند و $$t$$ یک پارامتر است. مشتقات مرتبه اول، دوم و سوم تابع $$y$$ را نسبت به $$x$$ محاسبه کنید.

حل: با مشتق‌گیری از تابع، داریم:

$$\large {y^\prime = {y’_x} = \frac{{{y’_t}}}{{{x’_t}}} }
= {\frac{{{{\left( {b\sin t} \right)}^\prime }}}{{{{\left( {a\cos t} \right)}^\prime }}} }
= {\frac{{b\cos t}}{{ – a\sin t}} }
= { – \frac{b}{a}\cot t,}$$

$$ \large {y^{\prime\prime} = {y^{\prime\prime}_{xx}} = \frac{{{{\left( {{y’_x}} \right)}’_t}}}{{{x’_t}}} }
= {\frac{{{{\left( { – \frac{b}{a}\cot t} \right)}^\prime }}}{{{{\left( {a\cos t} \right)}^\prime }}} } \\ \large
= {\frac{{\left( { – \frac{b}{a}} \right)\left( { – \frac{1}{{{{\sin }^2}t}}} \right)}}{{\left( { – a\sin t} \right)}} }
= { – \frac{b}{{{a^2}}}\frac{1}{{{{\sin }^3}t}} }
= { – \frac{b}{{{a^2}}}{\csc ^3}t,}$$

$$ \large {y^{\prime\prime\prime} = {y^{\prime\prime\prime}_{xxx}} = \frac{{{{\left( {{y^{\prime\prime}_{xx}}} \right)}’_t} }}{{{x’_t}}} }
= {\frac{{{{\left( { – \frac{b}{{{a^2}}}{{\csc }^3}t} \right)}^\prime }}}{{{{\left( {a\cos t} \right)}^\prime }}} }
= {\frac{{\left( { – \frac{b}{{{a^2}}}} \right) \cdot 3{{\csc }^2}t \cdot {{\left( {\csc t} \right)}^\prime }}}{{\left( { – a\sin t} \right)}} } \\ \large
= { – \frac{{3b}}{{{a^3}}} \cdot \frac{{{{\csc }^2}t \cdot \left( { – \cot t} \right) \cdot \csc t}}{{\left( { – \sin t} \right)}} }
= { – \frac{{3b}}{{{a^3}}} \cdot \frac{{{{\csc }^3}t\cot t}}{{\sin t}} }
= { – \frac{{3b}}{{{a^3}}}{\csc ^4}t\cot t.}$$

مثال ۱۶

مشتق سوم تابعی با معادله $${x^2} + 3xy + {y^2} = 1$$ را به‌دست آورید.

حل: مشتق‌گیری از معادله بالا نسبت به $$x$$، نتیجه زیر را خواهد داد:

$$\large {{\left( {{x^2} + 3xy + {y^2}} \right)^\prime } = {1^\prime },\;\;}\Rightarrow
{2x + 3\left( {x’y + xy’} \right) + 2yy’ = 0,\;\;}\\ \large \Rightarrow
{2x + 3y + 3xy’ + 2yy’ = 0,\;\;}\Rightarrow
{2x + 3y + \left( {3x + 2y} \right)y’ = 0,}\\ \large \Rightarrow
{y’ = – \frac{{2x + 3y}}{{3x + 2y}}.}$$

از عبارت اخیر نیز مشتق می‌گیریم:

$$\large {y^{\prime\prime} = {\left( { – \frac{{2x + 3y}}{{3x + 2y}}} \right)^\prime } }
= {\frac{{5y – 5xy’}}{{{{\left( {3x + 2y} \right)}^2}}}.}$$

با جایگذاری توصیف ضمنی مشتق اول، داریم:

$$\large {y^{\prime\prime} = \frac{{5y – 5xy’}}{{{{\left( {3x + 2y} \right)}^2}}} }
= {\frac{{5y – 5x\left( { – \frac{{2x + 3y}}{{3x + 2y}}} \right)}}{{{{\left( {3x + 2y} \right)}^2}}} }
= {\frac{{5y\left( {3x + 2y} \right) + 5x\left( {2x + 3y} \right)}}{{{{\left( {3x + 2y} \right)}^3}}} } \\ \large
= {\frac{{15xy + 10{y^2} + 10{x^2} + 15xy}}{{{{\left( {3x + 2y} \right)}^3}}} }
= {\frac{{10\left( {{x^2} + 3xy + {y^2}} \right)}}{{{{\left( {3x + 2y} \right)}^3}}}.}$$

از آن‌جایی که $${x^2} + 3xy + {y^2} = 1$$ است، حاصل $$y^{\prime\prime}$$ به‌صورت زیر خواهد بود:

$$\large y^{\prime\prime} = \frac{{10}}{{{{\left( {3x + 2y} \right)}^3}}}$$

اکنون برای به‌دست آوردن مشتق سوم، یک بار دیگر مشتق می‌گیریم:

$$\large {y^{\prime\prime\prime} = {\left[ {\frac{{10}}{{{{\left( {3x + 2y} \right)}^3}}}} \right]^\prime } }
= { – \frac{{30\left( {3 + 2y’} \right)}}{{{{\left( {3x + 2y} \right)}^4}}} }
= { – \frac{{90 + 60y’}}{{{{\left( {3x + 2y} \right)}^4}}}.}$$

با جایگذاری مشتق اول در عبارت بالا، توصیف نهایی مشتق مرتبه سوم به‌صورت زیر به‌دست می‌آید:

$$\large {y^{\prime\prime\prime} = – \frac{{90 + 60y’}}{{{{\left( {3x + 2y} \right)}^4}}} }
= { – \frac{{90 + 60 \cdot \left( { – \frac{{2x + 3y}}{{3x + 2y}}} \right)}}{{{{\left( {3x + 2y} \right)}^4}}} } \\ \large
= { – \frac{{90\left( {3x + 2y} \right) – 60\left( {2x + 3y} \right)}}{{{{\left( {3x + 2y} \right)}^5}}} }
= { – \frac{{150}}{{{{\left( {3x + 2y} \right)}^5}}}.}$$

مثال ۱۷

مشتق مرتبه دوم تابعی با معادله $$x + y = {e^{x – y}}$$ را محاسبه کنید.

حل: با مشتق‌گیری از دو سمت معادله بالا نسبت به $$x$$، داریم:

$$\large {{\left( {x + y} \right)^\prime } = {\left( {{e^{x – y}}} \right)^\prime },\;\;}\Rightarrow
{1 + y’ = {e^{x – y}} \cdot {\left( {x – y} \right)^\prime },\;\;}\\ \large \Rightarrow
{1 + y’ = {e^{x – y}}\left( {1 – y’} \right) = {e^{x – y}} – {e^{x – y}}y’,\;\;}\\ \large \Rightarrow
{y’ + {e^{x – y}}y’ = {e^{x – y}} – 1,\;\;}\Rightarrow
{y’ = \frac{{{e^{x – y}} – 1}}{{{e^{x – y}} + 1}}.}$$

با ادامه مشتق‌گیری، مشتق مرتبه دوم نیز به‌دست می‌آید:

$$\large {y^{\prime\prime} = {\left( {\frac{{{e^{x – y}} – 1}}{{{e^{x – y}} + 1}}} \right)^\prime } }
= {\frac{{2{e^{x – y}}\left( {1 – y’} \right)}}{{{{\left( {{e^{x – y}} + 1} \right)}^2}}}.}$$

با جایگذاری عبارت مشتق اول در عبارت اخیر، مشتق دوم به‌صورت زیر درخواهد آمد:

$$\large {y^{\prime\prime} = \frac{{2{e^{x – y}}\left( {1 – y’} \right)}}{{{{\left( {{e^{x – y}} + 1} \right)}^2}}} }
= {\frac{{2{e^{x – y}}\left( {1 – \frac{{{e^{x – y}} – 1}}{{{e^{x – y}} + 1}}} \right)}}{{{{\left( {{e^{x – y}} + 1} \right)}^2}}} } \\ \large
= {\frac{{2{e^{x – y}} \cdot \frac{{\cancel{e^{x – y}} + 1 – \cancel{e^{x – y}} + 1}}{{{e^{x – y}} + 1}}}}{{{{\left( {{e^{x – y}} + 1} \right)}^2}}} }
= {\frac{{4{e^{x – y}}}}{{{{\left( {{e^{x – y}} + 1} \right)}^3}}}.}$$

اکنون از معادله اصلی استفاده می‌کنیم که طبق آن:

$$\large {e^{x – y}} = x + y$$

در نهایت، عبارت زیر برای مشتق مرتبه دوم به‌دست می‌آید:

$$\large {y^{\prime\prime} = \frac{{4{e^{x – y}}}}{{{{\left( {{e^{x – y}} + 1} \right)}^3}}} }
= {\frac{{4\left( {x + y} \right)}}{{{{\left( {x + y + 1} \right)}^3}}}.}$$

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

• مجموعه آموزش‌های دروس ریاضیات
• مجموعه آموزش‌های دروس دبیرستان و پیش‌دانشگاهی
• مجموعه آموزشی جامع ریاضی دبیرستان – علوم تجربی
• آموزش ریاضی پایه دانشگاهی
• آموزش ریاضیات عمومی ۱
• روش‌های مشتق‌گیری — به همراه مثال
• مشتق توابع هذلولوی و معکوس آن‌ها — از صفر تا صد
• تقلب نامه (Cheat Sheet) مفاهیم و روابط مشتق

^^