¿Por qué $n$-tiempo de la diferenciación de producto tienen la misma estructura como la recaudación importe $n$th poder?

Question

Una fórmula para la diferenciación de un producto es bien conocido:

$$(ab)'=a'b+ab'.$$

A primera vista no se parece en nada interesante. Pero lo que si podemos diferenciar dos veces? Vamos a llegar

$$(ab)''=a''b+2a'b'+ab''.$$

Ahora, esto no se parecen en algo:

$$(a+b)^2=a^2b^0+2a^1b^1+a^0b^2.$$

Por supuesto, ir al siguiente nivel, ahora nos da el resultado esperado:

$$(ab)'''=a'''b+3a''b'+3a'b''+ab''',$$

en total conformidad a conocido binomio de expansión:

$$(a+b)^3=a^3b^0+3a^2b^1+3a^1b^2+a^0b^3.$$

Sé que binomial de expansión se deriva de ley distributiva de la multiplicación sobre la adición. Es fácil, porque de potencias enteras pueden ser interpretados como la multiplicación iterada. Pero me parece que no puede ver cualquier simiar distributiva de la ley de la diferenciación en el producto.

Observando esto, me pregunto: ¿cómo explicar esta sorprendente similitud entre cosas que aparentemente no tienen relación? Esto puede ser explicado por alguna forma generalizada de la ley distributiva?

Answer 1

Esto se puede demostrar fácilmente mediante el bialgebras.

En primer lugar, introducir un algo que se llama tensor de producto, denotado $\otimes$, que tiene la propiedad \begin{equation} (a\otimes b)(c\otimes d)=ac\otimes bd. \end{equation}

A continuación, introducir algo que se llama multiplicación mapa, que se denota por a $m$, de tal manera que, por ejemplo: \begin{equation} m(a\otimes b + c\otimes d+...) = ab+cd+... \end{equation} es decir, $m$ convierte cada producto tensor en normal del producto.

Y vamos a denotar operador de la derivada de con $\partial$.

Entonces, la regla de Leibnitz "simplemente" de los estados: \begin{equation} \partial(ab)=m[(\partial\otimes1+1\otimes\partial)(a\otimes b)] \end{equation} Es fácil ver que este debe poseer. El lado izquierdo es simplemente $(ab)'$. Lado derecho es: \begin{align} m[(\partial\otimes1+1\otimes\partial)(a\otimes b)] &=m(\partial a \otimes b + a \otimes \partial b)\\ &=m(a' \otimes b + a \otimes b')\\ &=a'b+ab' \end{align}

Tan lejos y tan bien! Ah, y por cierto. $\Delta\partial\equiv\partial\otimes1+1\otimes\partial$ es algo que se llama subproducto. Tiene una propiedad que $(\Delta h)^n=\Delta h^n$, lo que conduce a la propiedad $f(\Delta h)=\Delta f(h)$ y se usa para ver cómo hace algunos operadores que actúan sobre un producto, como por ejemplo:

\begin{equation} \partial(ab)=m[\Delta\partial(a\otimes b)] \end{equation}

Ahora, queremos actuar en el producto con el operador de la derivada de $n$ veces: \begin{equation} (ab)^{(n)}=\partial^n(ab) =m[\Delta\partial^n(a\otimes b)] =m[(\Delta\partial)^n(a\otimes b)] \end{equation}

Tan sólo necesitamos calcular el $(\Delta\partial)^n$. Pero esto es simplemente un binomio elevado a la $n$-ésima potencia: \begin{equation} (\Delta\partial)^n=(\partial\otimes1+1\otimes\partial)^n \end{equation}

Y aquí es donde todos los coeficientes binomiales vienen.

Answer 2

Bueno, hay muchos lugares en el Cálculo o Álgebra de que esta similitud aparece. Yo no entendieron exactamente lo que quieres decir no por "explicación de esta semejanza", pero esta similitud puede ser fácilmente demostrado por inducción sobre n (siendo n el número de diferenciaciones).

Queremos demostrar que $(ab)^{(n)} = \sum^{n}_{i=0}\binom{n}{i}a^{(n-i)}b^{(i)}$.

Bueno, funciona para $n=2$. Ahora supongamos que trabaja para $n$ y probar que funciona para $n+1$. Acaba de tomar la derivada de $(ab)^{(n)}$.

$(ab)^{(n+1)} = \sum^{n}_{i=0}\binom{n}{i}(a^{(n-i)}b^{(i)})' = \sum^{n}_{i=0}\binom{n}{i}(a^{(n+1-i)}b^{(i)} + a^{(n-i)}b^{(i+1)} )$

$(ab)^{(n+1)} = \sum^{n}_{i=0}\binom{n}{i}a^{(n+1-i)}b^{(i)} + \sum^{n}_{i=0}\binom{n}{i}a^{(n-i)}b^{(i+1)}$

$(ab)^{(n+1)} = a^{(n+1)}b + \sum^{n}_{i=1}\binom{n}{i}a^{(n+1-i)}b^{(i)} + \sum^{n+1}_{i=1}\binom{n}{i-1}a^{(n+1-i)}b^{(i)} $

$(ab)^{(n+1)} = a^{(n+1)}b + \sum^{n}_{i=1}\binom{n}{i}a^{(n+1-i)}b^{(i)} + \sum^{n}_{i=1}\binom{n}{i-1}a^{(n+1-i)}b^{(i)} + ab^{(n+1)}$

Aquí, se aplica esa regla que dice que el $\binom{n}{i}+\binom{n}{i-1}=\binom{n+1}{i} $. Así, dando a usted que:

$(ab)^{(n+1)} = a^{(n+1)}b + \sum^{n}_{i=1}\binom{n+1}{i}a^{(n+1-i)}b^{(i)} + ab^{(n+1)}$

$(ab)^{(n+1)} = \sum^{n+1}_{i=0}\binom{n+1}{i}a^{(n+1-i)}b^{(i)} $

Que es exactamente lo que queríamos demostrar.

Answer 3

Espero que este sitio está listo para algo de funky notación, porque aquí se trata (pero tal vez no inmediatamente):

En primer lugar, vamos a denotar $a'$ $Da$ lugar y $a''$ $D^2 a$ y así sucesivamente, donde $D$ es el mapa de tomar $f$ a su derivada. Entonces, la expresión $$Da\,b+a\,Db$$ a mí me parece que la suma de dos expresiones, actuando sobre el par $(a,b)$ - la primera expresión, $Da\,b$ toma la derivada de la primera y la multiplica por el segundo. La segunda expresión hace que, a la inversa, más o menos.

Para formalizar esta un poco (esto es donde el funky notación viene - las llaves no se refieren a conjuntos), vamos a denotar que la primera expresión - donde hacemos un mapa de $(a,b)$ $Da\,b$- $\{1,D\}$ y la segunda expresión como $\{D,1\}$. Entonces, básicamente estamos diciendo que la derivada de $ab$ equivale a la aplicación de la $$\{1,D\}+\{D,1\}$$ a $(a,b)$.

Sin embargo, una notable propiedad de esta notación es que si podía escribir $ab$ como la aplicación de $\{1,1\}$$(a,b)$, es decir, multiplicamos $a$$b$$1$, luego multiplicar juntos. Así que, básicamente estamos diciendo que, en un derivado, tenemos $$D(\{1,1\}\cdot (a,b))=(\{1,D\}+\{D,1\})\cdot(a,b)$$ donde $\{x,y\}\cdot (a,b)$ es la aplicación de la $\{x,y\}$$(a,b)$. Sin embargo, si aplicamos esto varias veces obtenemos que $$D^2(\{1,1\}\cdot (a,b))=D((\{1,D\}+\{D,1\})\cdot(a,b))$$ que, puesto que la derivada es lineal, se debe, en cierto sentido, conmuta con la llave de los operadores, lo que daría $$D^2(\{1,1\}\cdot (a,b))=(\{1,D\}+\{D,1\})D(\{1,1\}\cdot(a,b))$$ $$D^2(\{1,1\}\cdot (a,b))=(\{1,D\}+\{D,1\})^2\cdot(a,b)$$ $$D^2(\{1,1\}\cdot (a,b))=(\{1,D^2\}+2\{D,D\}+\{D^2,1\})\cdot(a,b).$$ donde nos gustaría ampliar el lado derecho como $ab''+2a'b'+2a''b$. (Tenga en cuenta que estamos tomando el producto de las llaves a los operadores a ser $\{x_1,y_1\}\{x_2,y_2\}=\{x_1x_2,y_1y_2\}$)

De manera más general, lo vamos a conseguir $$D^n(\{1,1\}\cdot (a,b))=(\{1,D\}+\{D,1\})^n\cdot(a,b)$$ donde claramente tenemos un exponente más de una suma, que los rendimientos de la relación. Todo lo anterior se podría formalizar, si así lo desea, pero dado a que la pregunta parece pedir la intuición, que es probablemente innecesario.

(Aunque, en última instancia, esto es, básicamente, el mismo que Danijel la respuesta, que fue publicado antes de que termine este, sólo se expresa en términos diferentes)

Answer 4

Supongamos que sabemos que $(fg)^{(n)}$ es alguna combinación lineal de productos de diversos derivados, y queremos encontrar los coeficientes. Tome $f(t) = e^{\alpha t}$$g(t) = e^{\beta t}$. Entonces $$ (fg)^{(n)} = (e^{(\alpha+\beta)t})^{(n)} = (\alpha + \beta)^n e^{(\alpha+\beta)t}. $$ Por otro lado, $$ f^{(i)} g^{(j)} = \alpha^i \beta^j e^{(\alpha+\beta)t}. $$ La comparación de los coeficientes, el teorema del binomio implica directamente la expresión $$ (fg)^{(n)} = \sum_{k=0}^n \binom{n}{k} f^{(k)} g^{(n-k)}. $$

Es fácil probar por inducción que $(fg)^{(n)}$ es, de hecho, algunos de combinación lineal de productos de diversos derivados, y en el hecho de que el mismo es cierto para una expresión como $(fgh)^{(n)}$. El mismo razonamiento ahora implica directamente que $$ (fgh)^{(n)} = \sum_{i+j+k = n} \frac{n!}{i!j!k!} f^{(i)} g^{(j)} h^{(k)}, $$ y similares fórmulas de trabajo para incluso más variables.