¿Cómo ir una función de cuenta una pirámide de manzanas?

Question

Mi libro de álgebra tiene un rápido ejemplo práctico en el principio del capítulo sobre polinomios y sus funciones. Por desgracia, sólo dice "esta es la razón por funciones polinómicas son importantes" y se mueve. Me gustaría saber cómo llegar hasta con la función (el profesor considera que esta fuera de alcance). Incluso lo que sugiere términos de búsqueda de google para encontrar más información sobre este tipo de cosas podría ser útil.

El ejemplo

Considere la posibilidad de una pila de manzanas, en una forma de la pirámide. Se inicia con una manzana en la parte superior. La siguiente capa es de 2x2, luego de 3x3, y así sucesivamente. Cuántas manzanas hay, dado x número de capas?

La función polinómica

$$f(x) = \frac{2x^3 + 3x^2 + x}{6}$$

Lo que yo hago y no entiendo

Gracias a @DJC, ahora sé que esta es una función estándar para generar la Plaza de Números Piramidales, que es parte de Faulhaber de la fórmula. Faulhaber la fórmula parece ser acerca rápidamente la adición secuencial de los coeficientes de que todos tienen el mismo exponente. Muy fresco. Pero ¿cómo se puede obtener a partir de:

$$\sum_{k=1}^{n} k^p$$

a la peculiar función de arriba? Si estoy sonar estúpido, ¿cómo puedo hacer la pregunta de una manera mejor?

Fwiw, estoy en álgebra intermedia en los Estados Unidos. El próximo curso sería la Trigonometría o Cálculo. (para ayudar a la gente a mi actual nivel de conocimiento)

Answer 1

La primera capa ha $1^2$ elementos; el segundo ha $2^2$ elementos; la siguiente ha $3^2$ elementos, y así sucesivamente.

Así que esto es una cuestión de encontrar la fórmula para $$1^2 + 2^2 + 3^2 + \cdots + n^2$$ en términos de $n$.

Plazas, esta es una bien conocida fórmula: $1^2+2^2+\cdots +n^2 = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$.

Tenga en cuenta que $$\frac{n^3}{3} + \frac{n^2}{2} + \frac{n}{6} = \frac{2n^3 + 3n^2 + n}{6} = \frac{n(2n^2+3n+1)}{6} = \frac{n(2n+1)(n+1)}{6}$$ misma fórmula.

Por supuesto, usted podría estar más interesado en cómo calcular las fórmulas en el primer lugar. ¿Cómo hace uno para expresar $1^k + 2^k + 3^k + \cdots + n^k$?

Esto se conoce como Faulhaber de la fórmula. Para el caso general, $$1^p + 2^p + \cdots + n^p = \frac{1}{p+1}\sum_{j=0}^p(-1)^jB_j\binom{p+1}{j} n^{p+1-j}$$ donde $B_m$ $m$th número de Bernoulli.

Para $p=2$, se obtiene el fantástico fórmula con: \begin{align*} 1^2+\cdots+n^2 &= \frac{1}{3}\left(\binom{3}{0}B_0n^3 - \binom{3}{1}B_1n^2 + \binom{3}{2}B_2n - \binom{3}{3}B_3\right)\\ &= \frac{1}{3}\left(B_0n^3 - 3B_1n^2 + 3B_2n - B_3\right)\\ &= \frac{1}{3}\left(n^3 - 3\left(-\frac{1}{2}\right)n^2 + 3\left(\frac{1}{6}\right)n - 0\right)\\ &= \frac{1}{3}n^3 +\frac{1}{2}n^2 + \frac{1}{6}n\\ &= \frac{n^3}{3} + \frac{n^2}{2} + \frac{n}{6}, \end{align*} utilizando el hecho de que $B_0 = 1$ $B_1 = -\frac{1}{2}$, $B_2 = \frac{1}{6}$, y $B_3=0$ (de hecho, $B_n = 0$ para todos los impares $n\gt 1$).

Answer 2

Usted puede probar la fórmula funciona el uso de la inducción. No estoy seguro en qué nivel estás en matemáticas, así que no lo tome a mal si lo has escuchado... pero si usted no ha oído hablar de ello, es el hecho siguiente. Si $P(n)$ es algo de verdadero/falso declaración basada en un número natural $n$, e $P(1)$ es cierto, y siempre que $P(k)$ es true, entonces la $P(k+1)$ también es cierto, entonces $P(n)$ es verdadera para todos los números naturales $n$.

En este ejemplo, $P(1)$ es la declaración de que $1=\frac{1}{3}+\frac{1}{2}+\frac{1}{6}$, obviamente cierto. Ahora supongamos que $P(k)$ es cierto, es decir, que $f(k)$ es conocido por ser $\frac{k^3}{3}+\frac{k^2}{2}+\frac{k}{6}$. A continuación, $f(k+1)$ es sólo el $k$th $(k+1)^2=k^2+2k+1$. Este es

$\displaystyle \frac{k^3}{3}+\frac{k^2}{2}+\frac{k}{6}+k^2+2k+1=\frac{2k^3+3k^2+k+6k^2+12k+6}{6}$ $\displaystyle =\frac{2k^3+9k^2+13k+6}{6}=\frac{(2k^3+6k^2+6k+2)+3k^2+6k+3)+(k+1)}{6}$ $\displaystyle =\frac{2(k+1)^3+3(k+1)^2+(k+1)}{6}=\frac{(k+1)^3}{3}+\frac{(k+1)^2}{2}+\frac{(k+1)}{6}.$

Cómo que en realidad vienen con una fórmula parecida a esta, en primer lugar, es un asunto diferente. "Observar patrones" es realmente lo que se reduce a, pero hay un par de accesos directos. La regla es bastante sencilla que se puede adivinar es un polinomio. Los números que vas agregando a pasar de una fase a la siguiente son cuadrados, por lo que se puede suponer que es un cúbicos. Una forma de verificar esto es el "método de diferencias común." Su secuencia es

$\displaystyle 0,1,5,14,30,55,\dotsc$

por tanto, las diferencias entre los términos sucesivos son

$\displaystyle 1,4,9,16,25,\dotsc$

y las diferencias entre los términos sucesivos de la secuencia son

$\displaystyle 3,5,7,9,\dotsc$

y, finalmente,

$\displaystyle 2,2,2,\dotsc$

La secuencia final es constante, la de arriba que es lineal, la de arriba que es de segundo grado, y la de arriba que es cúbico. Así que tenemos $f(n)=an^3+bn^2+cn+d$. Entonces, al sustituir diferentes valores de $n$ y resolviendo el sistema de ecuaciones, se puede encontrar lo $a,b,c,$$d$. (Era obvio que en este caso lo que la primera diferencia de la secuencia era, pero en otros casos puede no ser tan obvio.)

Yo iba a concluir señalando que el $n$ésimo número triangular es $\frac{(n)(n+1)}{1\cdot 2}$, y el $n$th piramidal número es $\frac{(n)(n+1)(n+2)}{1\cdot 2\cdot 3}$, y suponiendo que las cosas funcionaban de la misma en las dimensiones superiores. Pero como resulta que no. Tomar por la que usted se.

Answer 3

Esta fórmula se deriva de muchas maneras diferentes en el libro Concreto de las Matemáticas. Por ejemplo, un método que no ha sido mencionado aquí es el uso de "cálculo discreto", que fácilmente le permite calcular sumas de "caída factorial poderes" $k^{\underline{m}} = k(k-1)(k-2) \dots (k-m+1)$ casi como cuando integre competencias ordinarias $x^m$. Al escribir $k^2 = k(k-1)+k = k^{\underline{2}} + k^{\underline{1}}$, la suma se convierte en $$ \sum_{0 \le k < n+1} (k^{\underline{2}} + k^{\underline{1}}) = \left[ \frac{k^{\underline{3}}}{3} + \frac{k^{\underline{2}}}{2} \right]_{k=0}^{n+1} = \frac{(n+1)n(n-1)}{3} + \frac{(n+1)n}{2} = \frac{(n+1)n(2n+1)}{6}, $$ cual es su polinomio $f(n)$. (Ver el libro de la explicación de por qué esto funciona.)

Answer 4

Usted puede probar que funciona por inducción. Trabaja para $x=1$, $f(x)=1$. Por lo tanto asumir trabaja para $x: f(x) = \frac{x^3}{3} + \frac{x^2}{2} + \frac{x}{6}$ y queremos mostrar funciona $x+1$: $$\begin{align} f(x+1)&=f(x)+(x+1)^2 \\ &=\frac{x^3}{3} + \frac{x^2}{2} + \frac{x}{6} + (x+1)^2 \\ &=\frac{x^3}{3} + \frac{x^2}{2} + \frac{x}{6} +\frac{3x^2+3x+1}{3}+\frac{2x+1}{2}+\frac{1}{6} \\& =\frac{(x+1)^3}{3} + \frac{(x+1)^2}{2} + \frac{x+1}{6}\end{align}$ $

Answer 5

También podemos resolver este problema mediante la búsqueda de una fórmula de recurrencia. Primero se asume que su solución va a ser un polinomio de la forma siguiente $$An^4 +Bn^3+Cn^2+Dn+En^0$$ where $a,B,C,D,E$ son los coeficientes para los que estamos resolviendo. Vamos a resolverlo utilizando álgebra lineal mediante la configuración de la matriz a continuación.

\begin{bmatrix} 1 & 1 & 1 & 1 & 1 & 1 \\[0.3em] 16 & 8 & 4&2&1&5 \\[0.3em] 81&27&9&3&1&14 \\[0.3em] 256&64&16&4&1&30 \\[0.3em] 625&125&25&5&1&55 \end{bmatrix}

La etiqueta de cada fila como $a_1, a_2, a_3, a_4,a_5$ donde cada subíndice corresponde a $n$ en el polinomio y cada columna, excepto por la columna de seis, que corresponde a los exponentes en el polinomio. Así que usted puede ver que la primera columna es $1^4, 2^4, 3^4, 4^4, 5^4$. La segunda columna es $1^3, 2^3, 3^3, 4^3, 5^3$, La tercera columna es $1^2, 2^2, 3^2, 4^2, 5^2$. La cuarta columna es $1^1, 2^1, 3^1, 4^1, 5^1$. La quinta columna es $1^0, 2^0, 3^0, 4^0, 5^0$. La sexta columna representa las cantidades acumuladas en cada fila a través de cinco filas de la plaza de la pirámide. La solución de la matriz resultado en la siguiente matriz

\begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\[0.3em] 0 & 1 & 0&0&0&\frac{1}{3} \\[0.3em] 0&0&1&0&0&\frac{1}{2} \\[0.3em] 0&0&0&1&0&\frac{1}{6} \\[0.3em] 0&0&0&0&1&0 \end{bmatrix}

Basado en la solución a la matriz final del polinomio es $$a(n) = 0n^4 + \frac{1}{3}n^3 + \frac{1}{2}n^2 +\frac{1}{6}n +0n^0$$ where $A=0, B =\frac{1}{3}, C=\frac{1}{2}, D=\frac{1}{6}, E=0$

Es evidente que el resultado de que no necesitamos para iniciar con el polinomio empezamos con una a $5$ x $6$ matriz. Podríamos haber empezado con $An^3 +Bn^3 +Cn^2 +Dn^1+ En^0$ $4$ x $5$ matriz. El resultado final nos deja saber que cuando el coeficiente de $A$ resultó ser $0$.

Si quería que la fórmula de la pirámide tetraédrica de manzanas basta con sustituir la última columna de la matriz original con $1, 4, 10, 20, 35$, el número acumulado de manzanas para la fila uno a través de la fila de cinco y resolver.