Разность чисел в степени в последовательностях до нуля

[Soul Friend]

Для наглядности покажу на примерах. Возьмём любую последовательность $a(n)=x^n$ ; и будем вычитать $(x+1)^n-x^n$ , и далее $((x+1)^n-x^n)-(x^n-(x-1)^n)$ пока не получим нули:
для $x^2$ : 1, ,4, ,9, ,16, ,25....
3, ,5, ,7, ,9.....
2, ,2, ,2....
0, ,0...

для $x^3$ : 1, ,8, ,27, ,64, ,125....
7, ,19, ,37, ,61....
12, ,18, ,24.....
6, ,6....
0,...
Всегда ли для всех $n$ мы получим в конце ноль, а предпоследним будет $n!$ ?
Кажется тривиальным, но не знаю с чем это связать (как объяснить).
Ежели произвести обратное вычисление для $x^3$ :
1, ,8, ,27, ,64, ,125...
0, ,1, ,9, ,36, ,100, ,225....
то получим разницу чисел вида $\left(\sum_{k=1}^{\infty}k\right)^n$

[arseniiv]

Можно и в лоб. Покажите по индукции, что $n$-я разность даст константный ноль. Дальше остаётся разобраться с историей значения $(n-1)$-й разности.

Посмотрите для интереса, что разностный оператор делает с факториальными степенями

$$x^{\underline{n}} \equiv \prod_{i=1}^n (x-i+1).$$

[SVD-d]

Заодно можно попробовать вспомнить про производную степенной функции. Ну мало ли, вдруг натолкнёт на нужные мысли.

[iifat]

Ну, начните с малого. Возьмём многочлен $P_n(x)$ и построим последовательность первых разностей $P_n(x+1)-P_n(x)$. Что вы можете сказать про эту функцию?

(Оффтоп)

Soul Friend в сообщении #1272224 писал(а):

, ,

Вам, видимо, платят деньги за каждую запятую? Может, попробовать по четыре ставить?

[pcyanide]

arseniiv в сообщении #1272248 писал(а):

Покажите по индукции, что $n$-я разность даст константный ноль.

Вряд ли получится по индукции, т.к разность $(n+1)$-х степеней трудно связать с разностью $n$-х:

$$ (x+1)^{n+1}-x^{n+1} = ((x+1)^n-x^n)x + (x+1)^n $$

где $(x+1)^n$ оказывается не у дела.

Пробовал использовать бином:

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

В второй строке получается уже двойное суммирование, в третьей — тройное, однако «чистый» факториал никак не заметен.

[arseniiv]

pcyanide в сообщении #1272267 писал(а):

Вряд ли получится по индукции, т.к разность $(n+1)$-х степеней трудно связать с разностью $n$-х

iifat выше написал про произвольные многочлены, вот на них индукция должна быть. Я не дописал более-менее очевидное, каюсь.

[pcyanide]

По-моему идея с производными полиномами заслуживает рассмотрения, во-первых потому что дифференцируя многократно $x^n$ получим факториал, а во-вторых $(x+1)^n-x^n$ можно рассматривать как $\frac{\Delta P(x)}{\Delta x}$ на единичном интервале. Жаль у меня нет сейчас времени.

-- 06.12.2017, 00:14 --

Может, поможет теорема о среднем: $(x+1)^n-x^n=ny^{n-1}$, где $x\le y \le x+1$.

[arseniiv]

Да тут всё тупо делается, какая теорема о среднем?! Не путайте себя и ТС.

[Евгений Машеров]

Поздравляю! Вы открыли исчисление конечных разностей.

[pcyanide]

arseniiv в сообщении #1272279 писал(а):

Да тут всё тупо делается, какая теорема о среднем?! Не путайте себя и ТС.

Если все тупо, то где решение? Или я что-то пропустил?

[Lia]

pcyanide
Я все хочу напомнить Вам ознакомиться с Правилами форума. Чтобы Вы и сами не размещали в ПРР готовые решения, и других к этому не призывали.

[kotenok gav]

(Сорри за некропостинг)
Как по мне, можно тупо в лоб использовать обобщенную теорему Лагранжа и связь обычных разностей и разделенных.

-- 19 мар 2020, 18:42 --

pcyanide в сообщении #1272273 писал(а):

Может, поможет теорема о среднем

Помогает, но обобщенная.

[nnosipov]

Раз уж всплыло: сам факт (постоянства разностей соответствующего порядка), конечно, более-менее очевиден, но Эйлер применил конечные разности для доказательства разрешимости сравнения $x^2+1 \equiv 0 \pmod{p}$ для простых $p \equiv 1 \pmod{4}$, которая не вполне очевидна. По-видимому, это исторически первый случай, когда теория конечных разностей нашла применение в теории чисел.