# 高阶导数的定义

$f(x)$ 的 $n$ 阶导数记为：

$$f^{(n)}(x), y^{(n)}, \frac {\mathrm d^n y} {\mathrm d x^n}, \frac {\mathrm d^n f(x)} {\mathrm d x^n}$$

二阶和二阶以上的导数统称为高阶导数。

# 莱布尼茨公式

定理 $1$（莱布尼茨公式）： 设函数 $f(x)$ 和 $g(x)$ 具有 $n$ 阶导数，则

$$(f \cdot g)^{(n)} = \sum_{k = 0}^n C_n^k f^{(n - k)} g^{(k)}$$

证明（归纳法）： 令 $n - k = i, k = j$，公式变为：

$$(f \cdot g)^{(n)} = \sum_{i + j = n} \frac {(i + j)!} {i! j!} f^{(i)} g^{(j)}$$

(1) 当 $n = 2$ 显然成立；

(2) 设 $(f \cdot g)^{(n)} = \sum_{i + j = n} \dfrac {(i + j)!} {i! j!} f^{(i)} g^{(j)}$ 成立；

(3)

$$\begin {aligned} (f \cdot g)^{(n + 1)} &= \left( \sum_{i + j = n} \frac {(i + j)!} {i! j!} f^{(i)} g^{(j)} \right)' \\ &= \sum_{i + j = n} \frac {(i + j)!} {i! j!} (f^{(i)} g^{(j)})' \\ &= \sum_{i + j = n} \frac {(i + j)!} {i! j!} f^{(i + 1)} g^{(j)} + \sum_{i + j = n} \frac {(i + j)!} {i! j!} f^{(i)} g^{(j + 1)} \\ &= \sum_{i + j = n + 1} \left( \frac {n!} {(i - 1)! j!} + \frac {n!} {i! (j - 1)!} \right) f^{(i)} g^{(j)} \\ &= \sum_{i + j = n + 1} \frac {(n + 1)!} {i! j!} f^{(i)} g^{(j)} \end {aligned}$$

# 高阶导数的计算

# 直接计算，求出前几阶后归纳法证明通式

解：

$$\begin {matrix} y' = \dfrac 1 {1 + x} & y'' = - \dfrac 1 {(1 + x)^2} \\ y''' = \dfrac {2!} {(1 + x)^3} & y^{(4)} = - \dfrac {3!} {(1 + x)^4} \\ \end {matrix} \\ \cdots \, \cdots \\ y^{(n)} = (-1)^{n - 1} \frac {(n - 1)!} {(1 + x)^n} \qquad (n \ge 1, 0! = 1)$$

# 使用莱布尼茨公式

解： 设 $u = e^{2x}, v = x^2$，则由莱布尼兹公式知：

$$\begin {aligned} y^{(20)} &= (e^{2x})^{(20)} \cdot x^2 + 20 (e^{2x})^{(19)} \cdot (x^2)' + \frac {20 \times 19} {2!} (e^{2x})^{(18)} \cdot (x^2)'' + 0 \\ &= 2^{20} e^{2x} \cdot x^2 + 20 \cdot 2^{19} e^{2x} \cdot 2x + \frac {20 \cdot 19} {2!} 2^{18} e^{2x} \cdot 2 \\ &= 2^{20} e^{2x} (x^2 + 20x + 95) \end {aligned}$$

解： 由 $y' = \dfrac 1 {\sqrt {1 - x^2}}, y'' = \dfrac x {(1 - x^2)^{\frac 3 2}} = \dfrac {xy'} {1 - x^2}$ 得：

$$(1 - x^2)y'' - xy' = 0$$

由莱布尼茨公式求 $n - 2$ 次导得：

$$(1 - x^2) y^{(n)} - (2n - 3) xy^{(n - 1)} - (n - 2)^2 y^{(n - 2)} = 0 (n \ge 3)$$

令 $x = 0$ 有 $y^{(n)}(0) = (n - 2)^2 y^{(n - 2)}(0)$。

由 $y'(0) = 1, y''(0) = 0$ 得：

$$y^{(n)}(0) = \begin {cases} [(2k - 1)!!]^2 & n = 2k + 1, \\ 0 & n = 2k. \end {cases}$$

# 间接法：利用已知的高阶导数

常用高阶导数公式：

1. $(a^x)^{(n)} = a^x \ln^n a \quad (a > 0), (e^x)^{(n)} = e^x$

2. $(\sin kx)^{(n)} = k^n \sin (kx + \dfrac {n \pi} 2)$

3. $(\cos kx)^{(n)} = k^n \cos (kx + \dfrac {n \pi} 2)$

4. $(x^{\alpha})^{(n)} = \dfrac {\alpha!} {(\alpha - n)!} x^{\alpha - n}$

5. $(\ln x)^{(n)} = (-1)^{n - 1} \dfrac {(n - 1)!} {x^n}$

6. $(\dfrac 1 x)^{(n)} = (-1)^n \dfrac {n!} {x^{n + 1}}$

解：

$$\begin {aligned} y &= (\sin^2 x)^3 + (\cos^2 x)^3 \\ &= (\sin^2 x + \cos^2 x)(\sin^4 x - \sin^2 x \cos^2 x + \cos^4 x) \\ &= (\sin^2 x + \cos^2 x)^2 - 3 \sin^2 x \cos^2 x \\ &= 1 - \frac 3 4 \sin^2 2x = 1 - \frac 3 4 \cdot \frac {1 - \cos 4x} 2 \\ &= \frac 5 8 + \frac 3 8 \cos 4x \end {aligned} \\ \therefore y^{(n)} = \dfrac 3 8 \cdot 4^{n} \cdot \cos (4x + \dfrac {n \pi} 2)$$

# 习题

1. 求下列函数的 $n$ 阶导数：

   (1) $y = \sin ax \sin bx$；

   (2) $y = e^x (\sin x + \cos x)$；

   (3) $y = \ln \dfrac {a + bx} {a - bx}$。

   (1) $y = \sin ax \sin bx = \dfrac 1 2 (\cos [(a - b) x] - \cos [(a + b) x])$，则：

   $$y^{(n)}(x) = \frac 1 2 (a - b)^n \left[ \cos (a - b) x + \frac {n \pi} 2 \right] - \frac 1 2 (a + b)^n \left[ \cos (a + b) x + \frac {n \pi} 2 \right]$$

   能不产生 $n$ 项求和符号就不出现（之前直接套用了莱布尼茨公式，然后成了 $n$ 项求和表示形式，不如这个简洁）

   (2) 解：化简原函数得：

   $$y = \sqrt 2 e^x \sin \left( x + \frac \pi 4 \right) \\ y^{(n)} = (\sqrt 2)^{n + 1} e^x \sin \left[ x + \frac {(n + 1) \pi} 4 \right]$$

   原因同上

   (3) 解：

   $$y = \ln (a + bx) - \ln (a - bx) \\ y' = \frac b {a + bx} + \frac b {a - bx} \\ y'' = - \frac {b^2} {(a + bx)^2} + \frac {b^2} {(a - bx)^2} \\ \cdots \, \cdots\\ y^{(n)} = (n - 1)! \left[ \frac {b^n} {(a - bx)^n} + (-1)^{n - 1} \frac {b^n} {(a + bx)^n} \right]$$

2. 求下列函数的 $n$ 阶导数：

   $$y = x^2 \sin 3x$$

   解：当 $n \le 2$ 时，由莱布尼茨公式：

   $$y^{(n)} = \sum_{i = 0}^n C_n^i \frac {(n - i)!} {i!} 3^{i} \sin (3x + \frac {i \pi} 2)$$

   当 $n > 2$ 时，由莱布尼茨公式：

   $$y^{(n)} = 3^n x^2 \sin (3x + \frac {n \pi} 2) + 2n \cdot 3^{n - 1} x \sin \left[ 3x + \frac {(n - 1) \pi} 2 \right] + n (n - 2) \cdot 3^{n - 2} \sin \left[ 3x + \frac {(n - 2) \pi} 2 \right]$$

   套用莱布尼茨公式时忘了算组合数

3. 对下列方程所确定的隐函数 $y = y(x)$，求 $\dfrac {\mathrm d^2 y} {\mathrm d x^2}$：

   $$\tan (x + y) - xy = 0$$

   解：左右两边同时对 $x$ 求导：

   $$\left( 1 + \frac {\mathrm d y} {\mathrm d x} \right) \sec^2 (x + y) - y - x \frac {\mathrm d y} {\mathrm d x} = 0 \tag {1}$$

   整理得：

   $$\frac {\mathrm d y} {\mathrm d x} = \frac {y - \sec^2 (x + y)} {\sec^2 (x + y) - x}$$

   对 $(1)$ 式两边继续对 $x$ 求导得：

   $$\frac {\mathrm d^2 y} {\mathrm d x^2} \sec^2 (x + y) + \left( 1 + \frac {\mathrm d y} {\mathrm d x} \right)^2 \cdot 2 \sec^2 (x + y) \tan (x + y) - 2 \frac {\mathrm d y} {\mathrm d x} - x \frac {\mathrm d^2 y} {\mathrm d x} = 0$$

   整理得：

   $$\frac {\mathrm d^2 y} {\mathrm d x^2} = \frac {[2 - 4 \sec^2 (x + y) \tan (x + y)] \dfrac {y - \sec^2 (x + y)} {\sec^2 (x + y) - x} - 2 \sec^2 (x + y) \tan (x + y)} {\sec^2 (x + y) + 2 \sec^2 (x + y) \tan (x + y) - x}$$

4. 对下列参数方程确定的函数 $y = y(x)$，求 $\dfrac {\mathrm d^2 y} {\mathrm d x^2}$：

   $$\begin {cases} x = at \cos t \\ y = at \sin t \end {cases}$$

   解：

   $$\frac {\mathrm d x} {\mathrm d t} = a (\cos t - t \sin t) \\ \frac {\mathrm d y} {\mathrm d t} = a (\sin t + t \cos t) \\ \frac {\mathrm d y} {\mathrm d x} = \frac {\dfrac {\mathrm d y} {\mathrm d t}} {\dfrac {\mathrm d x} {\mathrm d t}} = \frac {\sin t + t \cos t} {\cos t - t \sin t} \\ \frac {\mathrm d^2 y} {\mathrm d x^2} = \frac {\dfrac {\mathrm d \dfrac {\mathrm d y} {\mathrm d x}} {\mathrm d t}} {\dfrac {\mathrm d x} {\mathrm d t}} = \frac {\dfrac {(2 \sin t + t \cos t)(\sin t + t \cos t) + (\cos t - t \sin t)(2 \cos t - t \sin t)} {(\cos t - t \sin t)^2}} {a (\cos t - t \sin t)} = \frac {t^2 + 2} {a (\cos t - t \sin t)^3}$$

   一阶导的分子分母搞反了

5. 设 $y = (\arcsin x)^2$，

   (1) 证明：$(1 - x^2) y'' - xy' = 2$；(2) 求 $y^{(n)}(0)$。

   (1) 证明：

   $$y' = \frac {2 \arcsin x} {\sqrt {1 - x^2}} \\ y'' = \frac {2 \left( 1 - \arcsin x \dfrac {-2x} {2 \sqrt {1 - x^2}} \right)} {1 - x^2} = \frac {2(\sqrt {1 - x^2} + x \arcsin x)} {(1 - x^2)^{\frac 3 2}} \\ (1 - x^2) y'' - xy' = 2 + \frac {2x \arcsin x} {\sqrt {1 - x^2}} - \frac {2x \arcsin x} {\sqrt {1 - x^2}} = 2$$

   (2) 解：由莱布尼茨公式，对 $(1)$ 中结论求 $n - 2$ 阶导：

   $$(1 - x^2) y^{(n)} - (2n - 3) xy^{(n - 1)} - (n - 2)^2 y^{(n - 2)} = 0$$

   令 $x = 0$，可得：

   $$y^{(n)}(0) = (n - 2)^2 y^{(n - 2)}(0)$$

   又已知 $y'(0) = 0, y''(0) = 2$，可知：

   $$y^{(n)}(0) = \begin {cases} 0 & n = 2k - 1 \\ 2^k (k - 1)! & n = 2k \end {cases}$$

6. 设函数

   $$f(x) = \begin {cases} x^{2n} \sin \dfrac 1 x, & x \not = 0 \\ 0, & x = 0 \end {cases}$$

   求 $f^{(n)}(0)$。

   解：令 $g(x) = \sin \dfrac 1 x$，则：

   $$g'(x) = x^{-2} \sin \left( \frac 1 x + \frac \pi 2 \right) \\ g''(x) = -2x^{-3} \sin \left( \frac 1 x + \frac \pi 2 \right) - x^{-4} \sin \left( \frac 1 x + \pi \right) \\ g'''(x) = 6x^{-4} \sin \left( \frac 1 x + \frac \pi 2 \right) + 6x^{-5} \sin \left( \frac 1 x + \pi \right) - x^{-6} \sin \left( \frac 1 x + \frac {3 \pi} 2 \right)$$

   由归纳法知：

   $$g^{(n)}(x) = \sum_{i = 1}^{n - 1} a_n x^{n + i} \sin \left( \frac 1 x + \frac {i \pi} 2 \right) + (-x^{-2})^i \sin \left( \frac 1 x + \frac {i \pi} 2 \right)$$

   由莱布尼茨公式可得：

   $$\begin {aligned} f^{(m)}(x) &= \sum_{i = 0}^m \frac {(2n)!} {(2n - m + i)!} x^{2n - m + i} \left[ \sum_{k = 1}^{i - 1} a_k x^{-(k + i)} \sin \left( \frac 1 x + \frac {k \pi} 2 \right) + (-x^{-2})^i \sin \left( \frac 1 x + \frac {i \pi} 2 \right) \right] \\ &= (-1)^m x^{2n - 2m} \sin \left( \frac 1 x + \frac {m \pi} 2 \right) + O \left( |x|^{2n - 2m + 1} \right), x \to 0 \end {aligned}$$

   由上式计算可得：

   $$f'(0) = \lim_{x \to 0} \frac {f(x)} x = 0 \\ f''(0) = \lim_{x \to 0} \frac {f'(x)} x = 0 \\ \cdots \, \cdots$$

   由数学归纳法可知，$f'(x) = \cdots = f^{(n)}(x) = 0$。