¿Este modelo tiene algo que ver con los derivados?

Question

En 6to grado me fue introducido por primera vez a la idea de una función en forma de tablas. La entrada sería "n" y la salida "$f_n$" sería la modificación de la entrada. Recuerdo que encontrar un patrón en la función "f(n)=n^2". Aquí es lo que la mesa parecía como:

\begin{array}{|c|c|} \hline n& f_n\\ \hline 1&1 \\ \hline 2&4\\ \hline 3&9\\ \hline 4&16\\ \hline 5&25\\ \hline ...&...\\ \hline n&n^2\\ \hline \end{array}

Yo debería tomar las salidas de $f_n$ y encontrar las diferencias entre cada uno de ellos: $f_n-f_{n-1}$. Esto podría producir:

\begin{array}{|c|c|} \hline n& f(n)-f(n-1)\\ \hline 1&1 \\ \hline 2&3\\ \hline 3&5\\ \hline 4&7\\ \hline 5&9\\ \hline ...&...\\ \hline \end{array}

La repetición de este proceso (de encontrar las diferencias) para las salidas de $f_n-f_{n-1}$ produciría una cadena continua de $2$s. Como un estudiante de 6to grado me llamó a este proceso de 'romper la función, y que en el momento en que fue otro patrón que había encontrado.

Mirando hacia atrás en mi trabajo como estudiante de primer año en la escuela secundaria, me doy cuenta de que el resultado final de 'romper una función" corresponde a la penúltima derivados (antes de que la derivada es igual a cero). Por ejemplo: descomponer $y=x^3$ da una cadena continua de $6$s, y la tercera derivada de $x^3$ es de 6 (mientras que la 2ª derivada es 6x).

¿Hay algún significado a este patrón se encontró por encontrar las diferencias entre cada salida de una función sobre-y-de nuevo otra vez? Tiene nada que ver con derivados? Sé que mi pregunta es ingenua, pero yo solo soy un estudiante de primer año en la escuela secundaria álgebra II. Un no-cálculo (o intuitivamente se explica el cálculo de los conceptos) respuesta sería muy útil [tenga en cuenta que he utilizado una línea derivado de la calculadora para hallar las derivadas de estas funciones y pido disculpas por cualquier error de cálculo de la terminología].

Answer 1

Sí, esto tiene mucho que ver con la derivada. En particular, lo que usted describe es el revés operador diferencia, que es definido como $$\nabla f(n)=f(n)-f(n-1).$$ Este es un operador de interés en su propio, pero la conexión para el cálculo es la que podemos considerar esto como nos dice el "promedio" de la pendiente entre el$n-1$$n$.

Lo que se hace es recorrer el operador. En particular, a menudo se escribe $$\nabla^{k+1} f(n)=\nabla^k f(n)-\nabla^k f(n-1)$$ para significaba que $\nabla^k f(n)$ es el resultado de la aplicación de este operador $k$ veces. Por ejemplo, uno tiene que $\nabla^3 n^3 = 6$, como nota. Más generalmente,$\nabla^k n^k = k!$, y esto nos permite recuperar una función polinómica de su mesa, que es lo que se hasta el sexto grado.

Sin embargo, podemos llevar las cosas más lejos al tratar de interpretar estos números - y no es una interpretación natural. Por ejemplo, $\nabla^2 f(n)$ representa cómo rápidamente $f$ está "acelerando" en el intervalo de $[n-2,n]$, ya que se nos dice acerca de cómo el promedio de la pendiente de los cambios entre el intervalo de $[n-2,n-1]$ y el intervalo de $[n-1,n]$. Si seguimos adelante, tenemos que $\nabla^3 f(n)$ nos dice cómo la aceleración de los cambios entre un intervalo de $[n-3,n-2]$$[n-2,n]$. Podemos seguir así para las interpretaciones físicas.

Sin embargo, este operador tiene un problema: Le gustaría interpretar los valores de las aceleraciones o como pendientes, pero $\nabla^k f(n)$ depende de los valores de $f$ en todo el intervalo de $[n-k,n]$. Es decir, se mantiene tomando la información de más y más lejos del punto de interés. La manera en que uno corrige esto es para tratar de medir la pendiente a través de una distancia menor de $h$ más que medir a través de una longitud de $1$: $$\nabla_h f(n)=\frac{f(n)-f(n-h)}h$$ que ahora es la pendiente media de $f$$n-h$$n$. Por lo tanto, si tomamos $h$ más pequeño, para empezar vamos a necesitar saber $f$ a través de un rango menor. Esto da una mejor significados a las diferencias de orden superior como $\nabla_h^k f(n)$, ya que ahora depende sólo de una pequeña porción de $f$.

La derivada es justo lo que sucede a $\nabla_h$ cuando envíe $h$$0$. Se captura sólo local información acerca de la función - así que, captura instantánea de la pendiente o instantáneo de aceleración y así sucesivamente. En particular, uno puede darse cuenta de que $\nabla f(n)$ es sólo el promedio de la derivada en el intervalo de $[n-1,n]$. También se puede trabajar fuera de ese $\nabla^2 f(n)$ es un promedio ponderado* de la segunda derivada en el intervalo de $[n-2,n]$ $\nabla^3 f(n)$ es otro promedio ponderado de la tercera derivada de más de $[n-3,n]$.

En particular, si el $k^{th}$ derivada es constante, entonces coincide con $\nabla^k f(n)$. También se puede encontrar resultados que si el $k^{th}$ derivado es lineal, $\nabla^k f(n)$ difiere de ella en el peor, una constante. En particular, $\nabla$ es bueno en la captura de "global" de los efectos (como el orden más alto al término de un polinomio y su coeficiente) pero malo en la captura de "local" efectos (como cambios instantáneos en la ladera). Así que, en cierto sentido, $\nabla$ es sólo una aproximación de la derivada, y ha interpretaciones similares, simplemente no funciona tan limpiamente.

(*Desafortunadamente, el "promedio ponderado" aquí es difícil de explicar con rigor sin cálculo. Para el beneficio de los lectores con más de fondo, realmente quiero decir "convolución", suponiendo que $f$ es realmente diferenciable suficientes veces para que todo esto tenga sentido).

Answer 2

Mientras yo estaba en el Álgebra 2 descubrí exactamente la misma de las cosas. Bastante fresco y salir?

Qué $f(x)-f(x-1)$ tienen nada que ver con la derivada? Tipo de.

La derivada se define como:

$$\lim_{h \to 0} \frac{f(x+h)-f(x)}{h}=f'(x)$$

Nota encontrado:

$$f(x)-f(x-1)=\frac{f(x)-f(x-1)}{(x)-(x-1)}$$

Esto se asemeja a la derivada, y es débil aproximación a la derivada.

$$x^2-(x-1)^2=2x-1$$

Donde como

$$\frac{d}{dx} x^2=2x$$

Con respecto a la otra cosa que usted está observando (la diferencia de $n$ cantidad de veces que se da una constante expresión de una $n$ grado del polinomio):

Vamos a denotar $\nabla f$ a la media de la operación $f(x)-f(x-1)$. Y denotan $D_n(x)$ a la media de un polinomio de grado $n$ con la entrada de $x$. Deje $\backsim$ denotar "se asemeja".

Entonces (nuestra intuición puede sugerir)

$$\underbrace{\nabla \nabla \nabla..\nabla}_{n times} D_n(x) \backsim \frac{d^n}{dx^n}D_n(x)=c$$

Donde $c$ es una constante. Anteriormente he utilizado el hecho de que el $n$th derivado de una $n$ grado del polinomio es constante.

Sin embargo, la prueba de lo que se ve y de la llamada "rompiendo la función" no implica el cálculo, usted sólo tiene que probar:

$$\nabla D_n(x)=D_{n-1}(x)$$

Para $n \geq 1$ usando el teorema del binomio.

Answer 3

Lo que han descubierto es una parte de lo que se llama el cálculo de las diferencias finitas. Si todo lo que quieres saber de $f(x)$ es la secuencia de las $f(0), f(1), f(2), \dots$, se puede encontrar una fórmula para $f(n),\; (n \in \mathbb Z^+)$? O, para ser más ambicioso, se puede reconstruir $f(x)$? Si $f(x)$ es un polinomio, en realidad se puede reconstruir $f(x)$.

Lo que usted puede hacer en repetidas ocasiones que es hacer una lista de las diferencias entre valores consecutivos. Para $f(x) = x^3$ tendría este aspecto.

\begin{matrix} 0 && 1 && 8 && 27 && 64 && 125 \dots \\ & 1 && 7 && 19 && 37 && 61\dots \\ && 6 && 12 && 18 && 24 \dots \\ &&& 6 && 6 && 6\dots \\ &&&& 0 && 0 \dots \end{de la matriz}

Resulta que cada polinomio finalmente conducirá a una fila de ceros, y que el original polynimial puede ser reconstruido a partir de la entrada inicial en cada fila, en este caso de $\{0,1,6,6,\}$.

Desde un punto de vista puramente técnico, $f(n) - f(n-1) = \dfrac{f(n)-f(n-1)}{n - (n-1)}$ es una aproximación a $f'(n)$. Diferencias finitas refiere a sí mismo con el muestreo de una función en los puntos que se $\delta$ unidades de diferencia, $\{f(n\delta)\}_{n=0}^N$ donde $\delta$ es un pequeño número real positivo y $N$ es un entero grande. A continuación, realiza los cálculos utilizando $\dfrac{f(n\delta) - f((n-1)\delta)}{\delta}$ como una buena aproximación a $f'(n\delta)$.

Usted puede buscar en google diferencias finitas y averiguar más sobre él. Por ejemplo https://en.wikipedia.org/wiki/Finite_difference_method es donde el artículo de Wikipedia se encuentra.

Traté de encontrar una cierta carta a Martin Gardner en la revista Scientific American, pero yo no podía acceder a él sin tener que pagar dinero a alguien. La carta era de un hombre que recuerda, como un niño, descubriendo lo que han averiguado. También ideó un método de construcción el polinomio original de la lista de diferencias. Se siente muy orgulloso de sí mismo, se muestran sus resultados a su padre, un matemático. Su padre le respondió, en su mejor Quaker voz, "por Qué Juan, te ha descubierto el cálculo de las diferencias finitas".

Answer 4

Una forma alternativa de pensar acerca de esto es el uso de la diferencial de operador.

Si $D=\frac{d}{dx}$, entonces podemos observar (usando Series de Taylor de razonamiento -sólo vamos a estar aplicando esto a los polinomios, así que todo va a ser analítico con infinita radio de convergencia) que

$$ e^D f(x) = f(x+1) $$ Así que si $\Delta f(x) = f(x+1)-f(x)$ (podríamos haber utilizado el hacia atrás diferencia, es que funciona en ambos sentidos), entonces tenemos $$ \Delta = e^D-1 $$ y así, tenemos $$ \Delta^n = (e^D-1)^n = \left(\sum_{i=1}^\infty \frac{D^i}{i!}\right)^n $$ Factorizando $D^n$, tenemos $$ \Delta^n = \left(\sum_{i=1}^\infty \frac{D^{i-1}}{i!}\right)^nD^n $$ Ahora, si nuestra $f(x)$ es un polinomio de orden $n$, con un coeficiente inicial $a$, entonces nos encontramos con $$ \Delta^n f(x) = n!\a la izquierda(\sum_{i=1}^\infty \frac{D^{i-1}}{i!}\right)^na $$ Ahora, debido a $a$ es una constante, cualquier derivado evaluará a cero. Por lo tanto, la expansión de los corchetes operador plazo, estamos sólo a la izquierda con el líder plazo, que es $$ \left(\sum_{i=1}^\infty \frac{D^{i-1}}{i!}\right)^n = 1 + O(D) $$ por lo tanto, $$ \Delta^n f(x) = n!\veces $$ Tenga en cuenta que podemos generalizar este. Si el polinomio es de orden $n+1$ en lugar de un fin de $n$, con el líder en términos de $ax^{n+1}+bx^n$, luego tenemos $$ \Delta^n f(x) = n!\a la izquierda(\sum_{i=1}^\infty \frac{D^{i-1}}{i!}\right)^n((n+1)ax+b) $$ y los dos primeros términos de la operadora se $$ (1+D/2+O(D^2))^n = 1+nD/2 + O(D^2) $$ así que terminamos con $$ \Delta^n f(x) = n!(1+nD/2)((n+1)ax+b) = n!\a la izquierda[(n+1)ax+b+\frac{n(n+1)}2a\right] $$ Recuerde, esto $\Delta$ es el avance de la diferencia. Si utiliza el retroceso de la diferencia, se ve un poco diferente, pero la lógica sigue funcionando.

Answer 5

Deje $f(x)$ ser un polinomio. Definir $f_0(x)=f(x)$ y de forma recursiva $f_{n+1}(x)=f_n(x+1)-f_n(x).$

Podemos demostrar que si $f$ es de grado $k$ con los principales coeficiente de $a$, $f_k(x)=a\cdot k!$ es una función constante. Tenga en cuenta que$f_n=0$$n>k$.

Podemos ver que esto es cierto para cada una de las $f(x)=x^k$, con lo que se cumple para cualquier combinación lineal y, por tanto, cualquier polinomio.

Para $f(x)=x^k$ tenemos que

$$f_k(x)=\sum_{m=0}^k {k\choose m}(-1)^m(x+m)^k.$$

La expansión de $(x+m)^k$ con otro binomio de la suma y el uso de algunas de las identidades de los coeficientes binomiales mostrará que todos los poderes de $x$ cancelar.