Выражение через другие степени

[Sicker]

Навеяно темой topic142399.html, я решил конкретизировать вопрос Пусть у нас есть последовательность $y_n=n^k+a_{1}n^{k-1}+...+a_{k}$, где $n$ без потери общности можно считать целым. Требуется по $k$ последовательным членам $y_m,...y_{m+k-1}$ найти $y_{m+k}$
Для случая $k=2$ получим формулу (для удобства обозначим $y_m$ за $y_0$) $y_2=2y_1-y_0+2$, если теперь выразить $y_1$, получим формулу Otta из темы.
Для $k=3$ будет $y_3=3y_2-3y_1+y_0+6$ и т.д.
Интересно, что если у нас все $a=0$, и мы хотим выразить определенную степень через соседние степени без операций извлечения корня, то нужно взять определенное количество соседних степеней в зависимости показателя степени.
Участники просто не поняли условие задачи

[ozheredov]

Что-то я не догоняю (вот же дебил). Из этого

Sicker в сообщении #1491739 писал(а):

Пусть у нас есть последовательность $y_n=n^k+a_{1}n^{k-1}+...+a_{k}$

следует, что $y_n$ функционально зависит от $n$, т.е. это просто полином фиксированной степени. Линейная зависимость полинома от целого аргумента в некоторой точке от значений его же в точках-соседях -- тривиальный факт. Но вот тут

Sicker в сообщении #1491739 писал(а):

Интересно, что если у нас все $a=0$, и мы хотим выразить определенную степень через соседние степени без операций извлечения корня, то нужно взять определенное количество соседних степеней

Вы говорите о полиномах разного порядка, т.е. в каждой целой точке своя степень. В каком месте я упустил переход?

[Sicker]

ozheredov в сообщении #1491749 писал(а):

Линейная зависимость полинома от целого аргумента в некоторой точке от значений его же в точках-соседях -- тривиальный факт.

Только что-то его никто в той теме не понял Ну вы попробуйте получить для 4 степени. С помощью чего вы будете это делать?

ozheredov в сообщении #1491749 писал(а):

Вы говорите о полиномах разного порядка, т.е. в каждой целой точке своя степень. В каком месте я упустил переход?

Нет, одинакового. Все то же самое, только $a=0$. Я заметил лишь, что с помощью корней можно все выразить тривиально $y_1=({y_{0}}^{\frac{1}{k}}+1)^k$
А для линейных операций надо брать много точек

[ozheredov]

Sicker в сообщении #1491754 писал(а):

Ну вы попробуйте получить для 4 степени. С помощью чего вы будете это делать?

Нагенерю точек и зафиттю алгоритм аппроксимации Если серьёзно, по-моему я как-то раз для себя строго доказывал приведенный мною факт, когда зачем-то занимался всякими линейными методами прогноза или типа того. Было это давно и не правда. В самом утверждении я уверен, а восстанавливать логику доказательства (попутно скорее всего можно получить аналитические выражения для того, что Вы просите) как то влом. Sorry. Но задача на самом деле интересная, с удовольствием почитаю Ваши выкладки

[RIP]

$y_{m+k}=\sum_{i=1}^{k}(-1)^{i-1}\binom{k}{i}y_{m+k-i}+k!$ или я не понял вопроса?

[ozheredov]

RIP
Ничего себе! А можете показать, как это вывести?

[vpb]

Дык это же обыкновенная полиномиальная интерполяция, есть в (почти) любом курсе вычислительной математики, или же в курсе алгебры 1-го курса, емнип.

Не вполне верно, впрочем. Скажем, в курсе алгебры Глухова и др. нету.

[RIP]

Это какой-то стандартный факт про конечные разности. Если рассмотреть операторы (на последовательностях) $\mathcal{I}x_n=x_n$ и $\mathcal{B}x_n=x_{n-1}$, то $(\mathcal{I}-a\mathcal{B})\left(p(n)a^n\right)=\bigl(p(n)-p(n-1)\bigr)a^n$ — степень многочлена уменьшается на $1$, и старший коэффициент умножается на $\deg p$. Применяя оператор

$$(\mathcal{I}-a\mathcal{B})^{d}=\sum_{i=0}^{d}\binom{d}{i}(-a)^{i}\mathcal{B}^{i}$$

к последовательности $y_n=\left(n^{d}+c_{d-1}n^{d-1}+\dotsb+c_{0}\right)a^n$, получаем

$$\sum_{i=0}^{d}\binom{d}{i}(-a)^{i}y_{n-i}={d!}a^n.$$

[nnosipov]

Можно сказать и так: $k$-е разности любого нормированного многочлена степени $k$ постоянны и равны $k!$. Факт общеизвестный. Правда, нужно еще вывести явную формулу для этих $k$-х разностей (через значения многочлена), но она сама собой получается (по индукции).

[Евгений Машеров]

Поздравляю! Вы открыли исчисление конечных разностей...

[Sicker]

ozheredov в сообщении #1491778 писал(а):

Но задача на самом деле интересная, с удовольствием почитаю Ваши выкладки

Я делал с помощью метода конечных разностей. Выше уже расписали

-- 12.11.2020, 21:43 --

Евгений Машеров в сообщении #1491805 писал(а):

Поздравляю! Вы открыли исчисление конечных разностей...

Я уже в школе его открыл

[ozheredov]

RIP О, я тоже что-то делал через конечные разности, но до такого оператора конечно бы ни в жисть не догадался. Спасибо Вам огромное! Sicker, Вы тоже этот оператор применяли?

Евгений Машеров в сообщении #1491805 писал(а):

Поздравляю! Вы открыли исчисление конечных разностей...

Не знаю, кому адресовано поздравление, но мне оно точно подошло: я открыл для себя кое-что новое в исчислении конечных разности. Спасибо за поздравление! )

[Sicker]

ozheredov в сообщении #1491934 писал(а):

Sicker, Вы тоже этот оператор применяли?

Нет, я люблю рисовать такие схемы
вот
Т.е. нам по первым трем членам известна начальная дискретная скорость, ускорение, а дальше по известному ускорению ускорения ($k!=6$) (или же рывку) можно найти дальнейшие члены