Si un polinomio $P(k) = 2^k$ $k = 0, 1, . . . , n$, ¿qué es $P(n+1)$?

Question

<blockquote> <p>Para un polinomio % de grado $P(x)$, $n$ $P(k) = 2^k$ $k = 0, 1, 2, . . . , n$. Encontrar $P(n+1)$.</p> </blockquote> <p>Si $n=1$, $P(x)=x+1$ y $P(2)=3$.</p> <p>Si $n=2$, $P(x)=0.5x^2+0.5x+1$ y $P(3)=7$.</p> <p>¿Cómo abordar casos más? Estoy atrapado.</p>

Answer 1

A continuación se presentan dos approachs para mostrar $P(n+1) = 2^{n+1} - 1$.

• Método que es más sistemático y el uso de diferencias finitas.
• Método II es más elementales y hacer el trabajo con la inducción.

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Método I - diferencias finitas

Dada cualquier función de $f(x)$ y el número positivo $h$, el de las diferencias finitas $\Delta_h f(x)$ es la función definida por

$$\Delta_h f(x) \stackrel{def}{=} f(x+h) - f(x)$$

Al $f(x)$ es un no-cero del polinomio, $\Delta_h f(x)$ es de nuevo un polinomio pero con grado uno menos. Un corolario de esto es si $f(x)$ tiene el grado $n$, $(n+1)^{th}$ fin de diferencia finita de $f(x)$ se desvanece. yo.e

$$\sum_{k=0}^{n+1} \binom{n+1}{k} (-1)^{n+1-k} f(x+k) = 0$$

Considere el caso especial $h = 1$ y el polinomio $P(x)$ cuyo grado es $n$, obtenemos

$$\begin{align} &\left.\Delta^{n+1} P(x) \right|_{x=0} = 0 \\ \iff & \sum_{k=0}^{n+1} \binom{n+1}{k} (-1)^{n+1-k} P(k) = 0\\ \implies & \sum_{k=0}^{n+1} \binom{n+1}{k} (-1)^{n+1-k} 2^k = 2^{n+1} - P(n+1)\\ \end{align}$$ Esto lleva a $$P(n+1) = 2^{n+1} - \sum_{k=1}^{n+1} \binom{n+1}{k} (-1)^{n+1-k} 2^k = 2^{n+1} - (2-1)^{n+1} = 2^{n+1} - 1$$

Método II - inducción matemática

Deje $\mathcal{S}_n$ ser la inducción de la declaración de

Si $P(x)$ es un polinomio de grado $n$ tal que $P(k) = 2^k$ todos los $0 \le k \le n$,
a continuación,$P(n+1) = 2^{n+1} - 1$.

Es trivial comprobar la base de casos $\mathcal{S}_0$.

Suponga $\mathcal{S}_{n-1}$ es verdadera y $P(x)$ es un polinomio que satisface el supuesto en $\mathcal{S}_n$.
Considere el polinomio $Q(x) = P(x+1) - P(x)$, es fácil ver

1. $Q(x)$ es un polinomio de grado $n-1$,
2. Para todos $k$, $0 \le k \le n - 1$, $Q(k) = P(k+1) - P(k) = 2^{k+1} - 2^k = 2^k$.

Esto significa $Q(x)$ satisface el supuesto en $\mathcal{S}_{n-1}$. Por $\mathcal{S}_{n-1}$, $Q(n) = 2^n - 1$ y por lo tanto

$$P(n+1) = P(n) + Q(n) = 2^n + (2^n - 1) = 2^{n+1} - 1$$

Esto establece $\mathcal{S}_{n-1} \implies \mathcal{S}_n$ y por el principio de inducción matemática, $\mathcal{S}_n$ es cierto para todos los $n$.

Answer 2

Aquíde un enlace con el método que menciono en los comentarios.

En primer lugar, construimos una tabla de diferencia para el grado $n$polinomio $P(k)$

$$\begin{array}{c|c|c|c|c|c|c|c} k&P(k)&D_1(k)&D2(k)&\ldots\ldots\ldots&D{n-2}(k)&D_{n-1}(k)&D_n(k)\ \hline\ 0&1&1&1&\ldots\ldots\ldots&1&1&1\ 1&2&2&2&\ldots\ldots\ldots&2&2&1\ 2&4&4&4&\ldots\ldots\ldots&4&3&\ 3&8&8&8&\ldots\ldots\ldots&7\ 4&16&16&&\ 5&32&\vdots\ \vdots&\vdots&\vdots\ n-1&2^{n-1}&2^{n-1}\ n&2^n\ n+1\end{array}$$

Ahora, tomar la diagonal a partir de $D_n(2)$ y terminando en $P(n+1)$.

La diagonal va como esto: $1,3,7,\ldots$ es decir, a cada término, poderes de $2$ se agregan.

Esto nos da

$$P(n+1)=1+2+4+\ldots+\textrm{upto }(n+1)\textrm{ terms}\ P(n+1)=\left(\sum_{i=0}^{n}2^i\right)=\frac{2^{n+1}-1}{2-1}=2^{n+1}-1$$