¿Por qué este truco da precisamente las fórmulas para la suma de los $n$ primer naturals y las plazas primera $n$?

Question

He aprendido un truco de hace varios días. Supongamos que quiero encontrar un polinomio que me da:

$$f(1)=1, \quad f(2)=5,\quad f(3)=14,\quad f(4)=30\tag{1}$$

Yo podría hacer lo siguiente: Tomar un polinomio de grado $3$ y hacer el siguiente sistema:

\begin{eqnarray*} {ax^3+bx^2+cx+d}&=&{1} \\ {ax^3+bx^2+cx+d}&=&{5} \\ {ax^3+bx^2+cx+d}&=&{14} \\ {ax^3+bx^2+cx+d}&=&{30} \end{eqnarray*}

Solo tengo que sustituir el $x^n$'s de acuerdo a $(1)$. Esto me da:

\begin{eqnarray*} {a1^3+b1^2+c1+d}&=&{1} \\ {a2^3+b2^2+c2+d}&=&{5} \\ {a3^3+b3^2+c3+d}&=&{14} \\ {a4^3+b4^2+c4+d}&=&{30} \end{eqnarray*}

Ahora bien, esto es fácil, sólo tenemos que encontrar los coeficientes $a,b,c,d$, es decir, encontrar la inversa de una matriz $A$ en el matricial de ecuaciones $Ax=b$:

$$\left( \begin{array}{cccc} 1 & 1 & 1 & 1 \\ 2 & 4 & 8 & 16 \\ 3 & 9 & 27 & 81 \\ 4 & 16 & 64 & 256 \\ \end{array} \right)$$

Y luego: $x=A^{-1}b$. Esto me da:

$$a=\frac{1}{3}\quad\quad b= \frac{1}{2}\quad\quad c= \frac{1}{6}\quad\quad d= 0$$

Es decir, nuestro polinomio es: $\cfrac{x^3}{3}+\cfrac{x^2}{2}+\cfrac{x}{6}$ y esto es - al menos para mí - es sorprendente porque es la fórmula para la suma de los primeros a $n$ números al cuadrado. Lo que me sorprende más es que si yo hago lo mismo con un polinomio de grado $4$ $5\times 5$ matriz y $f(5)=55$ me va a dar la misma fórmula. Así que tengo tres preguntas:

1. Cuando hice este truco, he utilizado sólo $4$ $5$ valores de la suma de los primeros a $n$ plazas. Así que ¿por qué no se me dan exactamente el polinomio a la suma de la primera $n$ plazas en lugar de cualquier otro polinomio? Hay un infinito abismo de los posibles polinomios, ¿por qué exactamente ? Por ejemplo: ¿por Qué no dan un polinomio que me da:

$$f(1)=1, \quad f(2)=5,\quad f(3)=14,\quad f(4)=30 \quad f(5)=55\quad f(6)=2\quad ?$$

2. ¿Por qué el resultado se da un mayor $n$, que es: ¿por Qué hacer lo mismo con $n+1$ me da el mismo polinomio me dio por $n$ en lugar de cualquier otro polinomio en el behemothic de la sima de los posibles polinomios?

3. He probado para otras fórmulas en el pasado, así como la suma de los primeros a $n$ enteros positivos. ¿Por qué golpeó exactamente el polinomio a la suma de la primera $n$ enteros positivos en lugar de cualquier otro polinomio en la gigantesca grieta de posibles polinomios?

Lo siento si la pregunta es demasiado estúpido, pero he encontrado este truco hace algún tiempo, y no podía encontrar una pista de por qué esto se está pasando. El principal drama de la cosa para mí es que parece como si estuviera haciendo incompleta de la inducción y luego BAM! simplemente golpea exactamente donde yo quería golpear.

Answer 1

Supongamos que $f(x)$ es un polinomio de grado $n$. Denotamos $\Delta f(x)$ a representar a $f(x+1)-f(x)$, y llamar a este avance operador diferencia. Usando el teorema del binomio tenemos $\Delta f(x)$ es de grado $n-1$. Usando el teorema del binomio de nuevo podemos deducir que $\Delta \Delta f(x)$ es de grado $n-2$.......$\Delta^{n-1}f(x)$ es de grado $1$, por lo tanto $\Delta^{k} f(x)=0$$k > n$.

Ahora supongamos que tenemos la secuencia de $f(0),f(1),f(2),...f(n)$ y queremos encontrar una forma explícita para $f(x)$. A continuación, tenga en cuenta que podemos sintetizar ambos lados de:

$$f(i+1)-f(i)=\Delta f(i)$$

De $1$ $x-1$conseguir $f(x)=f(0)+\sum_{i=0}^{x-1} \Delta f(i)$ ya que contamos con un telescópico de la serie. Ahora podemos representar a $\Delta f(x)$ en una manera similar, $\Delta \Delta $ en una manera similar ..... y podemos combinar todo esto.A partir de esto podemos ver que si la serie converge:

$$f(x)=f(0)+\Delta (0) \sum_{x_0=0}^{x-1} 1+\Delta \Delta (0) \sum_{x_0=0}^{x-1} \sum_{x_1=0}^{x_0-1} 1+\Delta \Delta \Delta (0) \sum_{x_0=0}^{x-1} \sum_{x_1=0}^{x_0-1} \sum_{x_2=0}^{x_1-1} 1+\cdots$$

Donde $\Delta^i (0)$ denota el primer término de ( $x=0$ ) $i$ th diferencia de la secuencia de $f(x)$.

A través de un argumento combinatorio, si tomamos ${x \choose 0}=1$ $\Delta^{0}(0)=f(0)$ se puede demostrar que es igual a:

$$\sum_{i=0}^{\infty} \Delta^i(0){x \choose i}$$

Si asumimos $\Delta^n(f(x))=c$, lo cual es una suposición segura dada la $n+1$ puntos de datos (tomar las secuencias de diferencia y ver lo que quiero decir, esto conduce a una respuesta correcta, pero no todas las respuestas correctas ), tenemos que $\Delta^i(0)=0$$i >n$, por lo que esta ecuación se reduce a:

$$\sum_{i=0}^{n} \Delta^i(0){x \choose i}$$

La cosa importante a tener en cuenta es que el coeficiente de mayor grado $n$.

$\Delta^i(0)=0$ $i>n$ sigue porque uno puede asumir $\Delta^n(f(x))=c$ estos $n$ términos (tome las diferencias finitas y ver a qué me refiero), pero lo que si $c=0$? A continuación, puede deducirse que la $f(x)$ es el grado en que la mayoría de $n-1$. Por otro lado, si $c \neq 0$, a continuación, a partir de la ecuación que debe tener ese $f(x)$ es de grado $n$.Además si $c=0$, entonces también tenemos que $\Delta^{n-1}(f(x))=c_2$. Y si $c_2=0$ $f$ es en la mayoría de grado $n-2$. Así que lo importante es que si $f$ es el mínimo de la $d$ $d$ es el primer entero positivo tal que $\Delta^d(f(x))=c \neq 0$. Además si $\Delta^n(f(n))=c \neq 0$, entonces debemos tener la $f$ es de grado $n$.

Tenga en cuenta que:

$$\Delta^3(s(x))=\Delta (\Delta (\Delta \sum_{i=1}^{x} i^2)))=\Delta (\Delta (\Delta s(x)))=\Delta \Delta (x+1)^2=\Delta (2x+3)=2 \neq 0$$

Debemos tener luego que $s$ es de grado $3$. La adición de los valores de no cambiar una cosa, siempre que siga $s(x)$ porque $\Delta^i(0)=0$ $i>3=\text{degree}$ (nota: no he asumido que$\Delta^3(s(x))=c \neq 0$, más bien me lo demostró). Por otro lado, si sumamos los valores que no se siga $s(x)$, entonces podemos encontrar diferentes (grado superior) el polinomio (de nuevo pensar de las diferencias). Por lo tanto su polinomio es de grado mínimo de $4$ términos y condiciones (que pueden ser de mayor grado acaba de tomar el siguiente valor de tal manera que no se siga $s(x)$), y llamamos a esto un polinomio de Lagrange. Permítanme también tenga en cuenta que dado $n+1$ puntos de datos $f(0),f(1),...f(n)$ si asumimos $\Delta^n (f(x))=c$, por ende podamos encontrar el polinomio de Lagrange que corresponde a esta secuencia.

Answer 2

Una línea se describe de forma exclusiva el uso de $2$ puntos.

Una parábola se describe de forma exclusiva el uso de $3$ puntos.

Un cúbicos se describe de forma exclusiva el uso de $4$ puntos.

En general, un polinomio con grado de $n$ se describe de forma exclusiva el uso de exactamente $n+1$ puntos.

Ya que das el primer $4$ puntos, se describe de forma unívoca el cúbicos polinomio que produce la suma de los primeros a $n$ plazas. Usted se dará cuenta de que si se quita cualquier punto de la cúbico o reducir el grado del polinomio, se dejará de producir la misma función.

Answer 3

Este es un ejemplo de elaboración de respuesta de Ahmed, que es bueno y contiene una gran cantidad de información.

Este truco funciona mejor si inicia desde $0$. Para encontrar el polinomio $f(x)$ $$f(0) = 0, \; f(1) = 1, \; f(2) = 5, \; f(3) = 14, \; f(4) = 30,$ $ forman un triángulo de diferencias

\begin{align*} &0\quad \quad 1 \quad\quad 5 \quad\quad 14 \quad\quad 30 \\ &\quad 1 \quad\quad 4 \quad\quad 9 \quad\quad 16 \\ &\quad\quad 3 \quad\quad 5 \quad\quad 7 \\ &\quad\quad\quad 2 \quad\quad 2 \\ &\quad\quad \quad\quad 0\end{align*}

y el lado izquierdo del triángulo como coeficientes de una serie de Newton:

\begin{align*} f(x) &= 0 \binom{x}{0} + 1 \binom{x}{1} + 3 \binom{x}{2} + 2 \binom{x}{3} + 0 \binom{x}{4} \\ &= 0 + x + \frac{3x (x-1)}{2} + \frac{2 x(x-1)(x-2)}{6} \\ &= \frac{x}{6} + \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3}.\end{align*}

Answer 4

% Toque $\ $el decremento de diferencia operador $\,\Delta f(x) = f(x\!+\!1)-f(x)\,$ el grado (si $\,f\ne 0),$ por lo tanto, $\,f\,$ satisface una recurrencia $\,\Delta ^k f = 0,\ $ $\,k = 1+\deg f.\,$

Por el teorema de unicidad de tales repeticiones, soluciones están determinadas únicamente por sus valores en $k\,$ enteros consecutivos ("condiciones iniciales").

El teorema de la singularidad tiene un trivial prueba inductiva de una línea, así que la idea básica es bastante simple.

Answer 5

Genera los números usando el polinomio $P(x)=\cfrac{x^3}{3}+\cfrac{x^2}{2}+\cfrac{x}{6}$.

Ahora, deje que $Q(X)$ ser el polinomio de grado $n-1$ que obtener tal que $$P(1)=Q(1),.., P(n)=Q(n)$ $ [donde $n$ es el número de valores de USA].

Entonces $P(X)-Q(X)$ es un polinomio de grado % más $n-1$que tiene $1,2,3,..,n$ como raíces. Pero el único polinomio que tiene más raíces que el grado es el polinomio cero.

Así $$P(X)-Q(X)=0 \Rightarrow Q(X)=P(X)$ $