Uso de Newton ' s fórmula de diferencia dividida de, probar que

Question

Utilizando la fórmula de diferencias divididas de Newton, demuestran que

$$f(x) = f(0) + x\,\Delta f(-1) +\frac{x(x+1)}{2!} \, \Delta^2f(-1) + \frac{(x+1)(x)(x-1)}{3!} \, \Delta^3f(-2)+ \cdots$$

donde $\Delta$ es el operador de diferencia hacia adelante

Ahora sé que de Newton dividido fórmula, pero ¿cómo demostrar por encima de la fórmula con?

Gracias por ayudarme

Answer 1

Vamos a mostrar la validez de OP expresión en dos pasos.

• En primer lugar obtenemos una representación de Newton dividido diferencia de la fórmula basada en los operadores, que es conveniente para posteriores transformaciones.

• El segundo paso es aplicar iterativamente una representación de la identidad del operador con el fin de hacer la debida reordenamientos.

En la siguiente tenemos tres operadores, la identidad del operador $I$ que deja una función sin cambios, el operador de desplazamiento a la $E$, definido pointwise en una función cambiando el argumento por $1$ y el operador diferencia $\Delta$, también se define pointwise. Tenemos $$\begin{align*} If&=f\\ Ef(x)&=f(x+1)\\ \Delta f(x)&=f(x+1)-f(x) \end{align*}$$ También necesitamos una generalización del operador de desplazamiento a la $E^a$$E^af(x)=f(x+a)$. Desde $\Delta f(x)=f(x+1)-f(x)=Ef(x)-If(x)=(E-I)f(x)$ obtenemos la relación fundamental $$\begin{align*} \Delta = E-I \qquad\text{resp.}\qquad E=I+\Delta\tag{1}\\ \end{align*}$$

Primer paso: Operador de representación de Newton Dividido Diferencia de la fórmula

Nos fijamos en las primeras entradas de $f(x_0),\ldots,f(x_n)$ y transformar las fórmulas con operadores. Para ello, hacemos la siguiente

Asunción: La interpolación de los puntos de $x_0,\ldots,x_n$ son equidistantes con $\Delta x_k=x_{k+1}-x_k=1$,$0\leq k \leq n-1$.

En primer lugar vamos a analizar un caso con pequeños $n=4$ $$\begin{array}{ll} f(x_0)=f(x_0)=If(x_0)&\qquad \frac{f(x_1)-f(x_0)}{x_1-x_0}=Ef(x_0)-If(x_0)=(E-I)f(x_0)\\ f(x_1)=f(x_0+1)=Ef(x_0)&\qquad \frac{f(x_2)-f(x_1)}{x_2-x_1}=E^2f(x_0)-Ef(x_0)=E(E-I)f(x_0)\\ f(x_2)=f(x_0+2)=E^2f(x_0)&\qquad \frac{f(x_3)-f(x_2)}{x_3-x_2}=E^3f(x_0)-E^2f(x_0)=E^2(E-I)f(x_0)\\ f(x_3)=f(x_0+3)=E^3f(x_0)&\qquad \frac{f(x_4)-f(x_3)}{x_4-x_3}=E^4f(x_0)-E^3f(x_0)=E^3(E-I)f(x_0)\\ f(x_4)=f(x_0+4)=E^4f(x_0)&\\ \end{array}$$

El próximo diferencias son $$\begin{array}{l} \frac{\frac{f(x_2)-f(x_1)}{x_2-x_1}-\frac{f(x_1)-f(x_0)}{x_1-x_0}}{x_2-x_0}=\frac{1}{2}\left(E(E-I)-I(E-I)\right)f(x_0)= \frac{1}{2}(E-I)^2f(x_0)\\ \frac{\frac{f(x_3)-f(x_2)}{x_3-x_2}-\frac{f(x_2)-f(x_1)}{x_2-x_1}}{x_3-x_1}=\frac{1}{2}\left(E^2(E-I)-E(E-I)\right)f(x_0)= \frac{1}{2}E(E-I)^2f(x_0)\\ \frac{\frac{f(x_4)-f(x_3)}{x_4-x_3}-\frac{f(x_3)-f(x_2)}{x_3-x_2}}{x_4-x_2}=\frac{1}{2}\left(E^3(E-I)-E^2(E-I)\right)f(x_0)= \frac{1}{2}E^2(E-I)^2f(x_0)\\ \end{array}$$ Tenga en cuenta, el factor de $\frac{1}{2}$ corresponde a $\frac{1}{x_{m+2}-x_m}$ y más pasos con $\frac{1}{x_{m+k}-x_m}$ contribuir con un factor de $\frac{1}{k}$ de esta forma. El próximo diferencias son ya mucho más convenientemente descrito con los operadores $$\begin{align*} \frac{1}{3}&\left(\frac{1}{2}E(E-I)^2f(x_0)-\frac{1}{2}(E-I)^2f(x_0)\right)=\frac{1}{3!}(E-I)^3f(x_0)\\ \frac{1}{3}&\left(\frac{1}{2}E^2(E-I)^2f(x_0)-\frac{1}{2}E(E-I)^2f(x_0)\right)=\frac{1}{3!}E(E-I)^3f(x_0)\\ \end{align*}$$ y la última diferencia es, obviamente, $$\begin{align*} \frac{1}{4!}(E-I)^4f(x_0) \end{align*}$$

Llegamos a la conclusión de la interpolación polinómica con puntos equidistantes $x_0,\ldots,x_4$ $\Delta x_k=1$ tiene la forma

$$\begin{align*} If(x_0)&+x(E-I)f(x_0)+\frac{1}{2}x(x-1)(E-I)^2f(x_0)\\ &\qquad+\frac{1}{3!}x(x-1)(x-2)(E-I)^3f(x_0)\\ &\qquad+\frac{1}{4!}x(x-1)(x-2)(x-3)(E-I)^4f(x_0)\\ &=\sum_{k=0}^{4}\binom{x}{k}(E-I)^kf(x_0)\\ &=\sum_{k=0}^{4}\binom{x}{k}\Delta^kf(x_0)\tag{2} \end{align*}$$ Nota, el último paso (2) utiliza la relación (1) y los coeficientes binomiales como notación conveniente.

Puesto que (2) es, obviamente, relacionado con el binomio de la serie vamos a cambiar el punto de vista y considerar la formal operador de la serie

$$\begin{align*} E^x=\sum_{k=0}^{\infty}\binom{x}{k}\Delta^k\tag{3} \end{align*}$$

Tenga en cuenta, que (3) es puramente formal operador de la ecuación. No hay ninguna aparición de una función de $f$ y también hay un cambio en el significado de $x$, que ya no es tratada como variable sino como operador. El significado del operador $x$ cuando se aplica a una función de $f$ es simplemente la multiplicación con $x$.

La ecuación (3) es la representación de Newton interpolación de polinomios basa en Newton dividido diferencia de la fórmula. Obtenemos con $x_0=0$ $$\begin{align*} f(x)&=E^xf(0)=\sum_{k=0}^{\infty}\binom{x}{k}\Delta^kf(0)\tag{4}\\ &=f(0)+\binom{x}{1}\Delta f(0)+\frac{1}{2!}\binom{x}{2}\Delta ^2f(0)+\frac{1}{3!}\binom{x}{3}\Delta ^3f(0)+\cdots \end{align*}$$

Segundo paso: el Reordenamiento de la representación del operador

Desde que han derivado en un operador de representación, ahora vamos a reorganizar sin cambiar esto mediante la aplicación de la Identidad del operador $I$ en una manera específica.

El siguiente es válido $$\begin{align*} E^{-1}(I+\Delta)=I \end{align*}$$ desde $$\begin{align*} E^{-1}(I+\Delta)f(x)&=E^{-1}(If(x)+\Delta f(x))\\ &=E^{-1}f(x)+E^{-1}(f(x+1)-f(x))\\ &=f(x-1)+f(x)-f(x-1)\\ &=f(x) \end{align*}$$ Tenga en cuenta que el operador diferencia $\Delta$ y el operador de desplazamiento a la $E^a$ viaje, ya que $$\begin{align*} \Delta E^a f(x)&=\Delta f(x+a)\\ &=f(x+a+1)-f(x+a)\\ &= E^a f(x+1)- E^a f(x)\\ &=E^a \left(f(x+1) - f(x)\right)\\ &= E^a \Delta f(x)\\ \end{align*}$$

Estamos listos para el reordenamiento. Dejamos el primer miembro de la serie en (4) sin cambios y aplicar la identidad del operador $I=E^{-1}(I+\Delta)$ a la otra parte. $$\begin{align*} f(x)&=\sum_{k=0}^{\infty}\binom{x}{k}\Delta^kf(0)\\ &=f(0)+\sum_{k=1}^{\infty}\binom{x}{k}\Delta^kIf(0)\\ &=f(0)+\sum_{k=1}^{\infty}\binom{x}{k}\Delta^kE^{-1}(I+\Delta)f(0)\tag{5}\\ &=f(0)+\sum_{k=1}^{\infty}\binom{x}{k}\left(\Delta^k+\Delta^{k+1}\right)E^{-1}f(0)\tag{6}\\ &=f(0)+\sum_{k=0}^{\infty}\binom{x}{k+1}\Delta^{k+1}E^{-1}f(0) +\sum_{k=1}^{\infty}\binom{x}{k}\Delta^{k+1}E^{-1}f(0)\tag{7}\\ &=f(0)+\binom{x}{1}\Delta E^{-1}f(0)+\sum_{k=1}^{\infty}\binom{x+1}{k+1}\Delta^{k+1}E^{-1}f(0)\tag{8}\\ &=f(0)+\binom{x}{1}\Delta E^{-1}f(0)+\binom{x+1}{2}\Delta^2 E^{-1}f(0)\\ &\qquad\qquad+\sum_{k=2}^{\infty}\binom{x+1}{k+1}\Delta^{k+1}E^{-1}f(0)\tag{9}\\ &=f(0)+x\Delta f(-1)+\frac{1}{2}(x+1)x\Delta^2 f(-1)\\ &\qquad\qquad+\sum_{k=2}^{\infty}\binom{x+1}{k+1}\Delta^{k+1}E^{-1}f(0)\tag{10}\\ \end{align*}$$

Comentario:

• En (5), usamos la relación $I=E^{-1}(I+\Delta)$

• En (6), usamos la conmutatividad de los operadores de $E^a$ $\Delta$

• En (7) se cambio el índice en la primera suma

• En (8) se extrae el sumando con $k=0$ y el uso de la relación $\binom{n}{k-1}+\binom{n}{k}=\binom{n+1}{k}$

• En (9) se extrae el sumando con $k=1$

• En (10) se aplica el operador de desplazamiento a $E^{-1}$ $f(0)$

Observar, que podría derivar en (10) los tres primeros sumandos de la OPs expresión. Ahora aplicamos de nuevo la identidad del operador de la serie a partir de con $k=2$.

$$\begin{align*} \sum_{k=2}^{\infty}&\binom{x+1}{k+1}\Delta^{k+1}E^{-1}(I+\Delta)E^{-1}f(0)\\ &=\sum_{k=2}^{\infty}\binom{x+1}{k+1}\left(\Delta^{k+1}+\Delta^{k+2}\right)E^{-2}f(0)\\ &=\sum_{k=1}^{\infty}\binom{x+1}{k+2}\Delta^{k+2}E^{-2}f(0)+\sum_{k=2}^{\infty}\binom{x+1}{k+1}\Delta^{k+2}E^{-2}f(0)\\ &=\binom{x+1}{3}\Delta^{3}E^{-2}f(0)+\sum_{k=2}^{\infty}\binom{x+2}{k+2}\Delta^{k+2}E^{-2}f(0)\\ &=\binom{x+1}{3}\Delta^{3}E^{-2}f(0)+\binom{x+2}{4}\Delta^{4}E^{-2}f(0)+\sum_{k=3}^{\infty}\binom{x+2}{k+2}\Delta^{k+2}E^{-2}f(0)\\ &=\frac{1}{3!}(x+1)x(x-1)\Delta^{3}f(-2)+\frac{1}{4!}(x+2)(x+1)x(x-1)\Delta^{4}f(-2)\\ &\qquad+\sum_{k=3}^{\infty}\binom{x+2}{k+2}\Delta^{k+2}E^{-2}f(0)\tag{11}\\ \end{align*}$$

La recogida (10) y (11) obtenemos

$$\begin{align*} f(x)&=f(0)+x\Delta f(-1)+\frac{1}{2}(x+1)x\Delta^2 f(-1)\\ &\qquad+\frac{1}{3!}(x+1)x(x-1)\Delta^{3}f(-2)+\frac{1}{4!}(x+2)(x+1)x(x-1)\Delta^{4}f(-2)\\ &\qquad+\sum_{k=3}^{\infty}\binom{x+2}{k+2}\Delta^{k+2}E^{-2}f(0)\\ &\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\Box \end{align*}$$ y el OP de la reclamación de la siguiente manera por iterativamente la aplicación de este método.

Nota: Una similar derivación del paso 2 se llama Interpolación por el de Gauss de la serie se presenta en el capítulo 7, párrafo 127 en C. Jordan classic Cálculo de las diferencias finitas.