浅谈高等数学（9）

2022-03-13 17:22 作者:-YD-LM- 0人读过 | 我要投稿

我们现在要对先前留下的“更精确”进行深入研究。研究的过程中，我们发现，仅仅求一次导就只能得到 $%5Cmathrm%20dy%3Df'(x)%5Cmathrm%20dx$ 这样的公式，无法再进行下去。事实上，结果是：多次求导正好可以解决这样的问题。

第九期高阶差分与导数（1）

需要注意的是，本期的内容并未依照教材叙述，而是与高阶导数相结合地扩充了一些组合、级数方面的知识，渗透一些无穷级数的思想。

首先，引入“差分”的概念：

定义若 $f(x)$ 是 $x$ 的函数，则 $f(x%2B1)-f(x)$ 称作 $f(x)$ 的差分，记作 $%5CDelta%20f(x)$ 。 $%5CDelta%20f(x)$ 的差分 $%5CDelta%5E%7Br-1%7Df(x)$ 的差分称作 $f(x)$ 的 $r$ 阶差分，记作 $%5CDelta%20%5Erf(x)$ 。

经过计算，又发现：

$%5CDelta%20%5E2f(x)%3Df(x%2B2)-2f(x%2B1)%2Bf(x)$

$%5CDelta%20%5E3f(x)%3Df(x%2B3)-3f(x%2B2)%2B3f(x%2B1)-f(x)$

事实上，我们通过数学归纳法容易证明，

$%5CDelta%20%5Eny%3D%5Csum_%7Bi%3D0%7D%5En(-1)%5E%7Bn%2Bi%7DC%5Ei_nf(x%2Bi).$

这个式子非常重要，直接关系到此后的高阶导数。仔细观察这个式子，其实公式中每一项的系数与 $(a-b)%5En$ 展开后的各项系数是对应相等的，这可以作为该公式的一个记忆方法。设

$f(x)%3Da_mx%5Em%2Ba_%7Bm-1%7Dx%5E%7Bm-1%7D%2B......%2Ba_1x%2Ba_0$ $(a_m%5Cnot%3D0)$

$f(x%2B1)%3Da_m(x%2B1)%5Em%2Ba_%7Bm-1%7D(x%2B1)%5E%7Bm-1%7D%2B......%2Ba_1(x%2B1)%2Ba_0$

则 $%5CDelta%20f(x)$ 的 $m$ 次项为 $a_mx%5Em-a_mx%5Em%3D0$ ； $(m-1)$ 次项为 $a_mC%5E1_mx%5E%7Bm-1%7D%2Ba_%7Bm-1%7Dx%5E%7Bm-1%7D-a_%7Bm-1%7Dx%5E%7Bm-1%7D%3Dma_mx%5E%7Bm-1%7D$ ，不为0.这告诉我们， $m(m%5Cge1)$ 次多项式的差分是一个 $(m-1)$ 次多项式。于是，有推论： $m$ 次多项式的 $m$ 阶差分为常数，而其 $M(M%5Cge%20m)$ 阶差分为零。

下面考察这个常数究竟是什么。设据同上，求 $%5CDelta%20%5Em%20f(x)$ 。由于 $a%5E%7Bm-1%7Dx%5E%7Bm-1%7D%2B......%2Ba_1x%2Ba_0$ 的 $m$ 阶差分为零，故

$%5CDelta%20%5Em%20f(x)%3D%5CDelta%5Em%20(a_mx%5Em)%3D%5CDelta%20%5E%7Bm-1%7D%5Ba_m(x%2B1)%5Em-a_mx%5Em%5D$

此时，被差分函数的 $m$ 次项被抵消， $(m-1)$ 次项为 $ma_m$ ，其余项的 $(m-1)$ 阶差分为零。故而

$%5CDelta%20%5Ema_mx%5Em%3D%5CDelta%20%5E%7Bm-1%7Dma_mx%5E%7Bm-1%7D%3Dm%5CDelta%20%5E%7Bm-1%7Da_mx%5E%7Bm-1%7D.$

于是其又等于 $m(m-1)%5CDelta%20%5E%7Bm-2%7Da_mx%5E%7Bm-2%7D%3D%E2%80%A6%E2%80%A6%3Dm!a_mx%5E0%3Dm!a_m$ ，得到了答案。

差分可以帮助我们解决一类重要的问题：整值多项式。这就是说，什么样的多项式函数，当自变量为整数时，因变量也必然为整数？我们需要一个充要条件，显然它不可能是各项系数均为整数。于是，我们不由得想到了这样一类函数：组合数。我们是这样定义的： $C%5Ek_x%3D%5Cfrac%7Bx!%7D%7B(x-k)!k!%7D%3D%5Cfrac%7Bx(x-1)(x-2)%E2%80%A6%E2%80%A6(x-k%2B1)%7D%7Bk!%7D%5C%20(k%5Cge1%2Ck%5Cin%5Cmathrm%20Z)$

如果我们采取后一种表达，即定义域为全体整数的函数 $P_k(x)%3D%5Cfrac%7Bx(x-1)(x-2)%E2%80%A6%E2%80%A6(x-k%2B1)%7D%7Bk!%7D$ ，那情况就明朗得多了：当 $x%5Cge%20k$ 时， $P_k(x)%3DC%5Ek_x$ ；当 $0%5Cle%20x%5Cle%20k-1$ 时， $x-i%5C%20(0%5Cle%20i%5Cle%20k-1%2Ci%5Cin%20%5Cmathrm%20Z)$ 中必有一个为零，因而 $P_k(x)%3D0$ 。

当 $x%3C0$ 时， $P_k(x)%3D(-1)%5Ek%5Cfrac%7B(-x)(1-x)(2-x)%E2%80%A6%E2%80%A6(k-1-x)%7D%7Bk!%7D%3D(-1)%5EkC%5Ek_%7Bk-1-x%7D$ ，

其符号与 $(-1)%5Ek$ 相同。由于 $x%5Cle-1$ ，故 $k-1-x%5Cge%20k$ 。综上，我们发现 $P_k(x)$ 是整值多项式。由于 $P_k(x)$ 为整值多项式，则显然 $%5CDelta%20P_k(x)$ 也为整值多项式。事实上，经过计算，

$%5CDelta%20P_k(x)%3D%5Cfrac1%7Bk!%7D%5B(x%2B1)x%E2%80%A6%E2%80%A6(x-k%2B2)-x(x-1)%E2%80%A6%E2%80%A6(x-k%2B1)%5D$

$%3D%5Cfrac1%7Bk!%7Dx(x-1)%E2%80%A6%E2%80%A6(x-k%2B2)%C2%B7k%3D%5Cfrac%7B1%7D%7B(k-1)!%7Dx(x-1)%E2%80%A6%E2%80%A6(x-k%2B2)$

$%3DP_%7Bk-1%7D(x).$

继续写出几个整值多项式：

$x%5E2%3D2P_2(x)%2BP_1(x)$ $%2Cx%5E3%2B3x%2B1%3D6P_3(x)%2B6P_2(x)%2B4P_1(x)%2B1$

$%E2%80%A6%E2%80%A6$

于是，我们猜想：

任一整值多项式 $f(x)%3Da_mx%5Em%2Ba_%7Bm-1%7Dx%5E%7Bm-1%7D%2B%E2%80%A6%E2%80%A6%2Ba_1x%2Ba_0$ 均可以表示为 $%5Calpha_mP_m(x)%2B%5Calpha_%7Bm-1%7DP_%7Bm-1%7D(x)%2B%E2%80%A6%E2%80%A6%2B%5Calpha_1P_1(x)%2B%5Calpha_0$ ，其中 $%5Calpha_i%5Cin%5Cmathrm%20Z$ 的形式。

证明：

先证任一多项式均可表示为上述形式，其中 $%5Calpha_i$ 未必为整数。这一点可以使用数学归纳法说明。当其为一次多项式 $%5Calpha%20x%2B%5Cbeta$ 时，取 $%5Calpha_1%3D%5Calpha%2C%5Calpha_0%3D%5Cbeta$ 即可；设命题对 $(k-1)$ 次多项式成立，则对于 $f(x)%3Da_kx%5Ek%2Ba_%7Bk-1%7Dx%5E%7Bk-1%7D%2B%E2%80%A6%E2%80%A6%2Ba_1x%2Ba_0$ ， $f(x)-k!a_k%20P_k(x)$ 显然是一个 $(k-1)$ 次多项式，设它是 $%5Calpha_%7Bm-1%7DP_m-1(x)%2B%5Calpha_%7Bm-2%7DP_%7Bm-2%7D(x)%2B%E2%80%A6%E2%80%A6%2B%5Calpha_1P_1(x)%2B%5Calpha_0$ 。令 $%5Calpha_k%3Dk!a_k$ ，即得引理。

此时，在此基础上，设 $f(x)$ 是整值多项式。令 $x%3D0$ ，则 $P_1(x)%3DP_2(x)%3D%E2%80%A6%E2%80%A6%3DP_m(x)%3D0$ ，因而 $%5Calpha_0%5Cin%5Cmathrm%20Z$ ，于是 $%5Calpha_mP_m(x)%2B%5Calpha_%7Bm-1%7DP_%7Bm-1%7D(x)%2B%E2%80%A6%E2%80%A6%2B%5Calpha_2P_2(x)%2B%5Calpha_1P_1(x)$ 也为整值多项式。再令 $x%3D1$ ，则 $P_2(x)%3DP_3(x)%3D%E2%80%A6%E2%80%A6%3DP_m(x)%3D0$ ，因而 $%5Calpha_1%5Cin%5Cmathrm%20Z$ ，于是 $%5Calpha_mP_m(x)%2B%5Calpha_%7Bm-1%7DP_%7Bm-1%7D(x)%2B%E2%80%A6%E2%80%A6%2B%5Calpha_3P_3(x)%2B%5Calpha_2P_2(x)$ 也为整值多项式……由于 $P_k(k)%3D1$ ，因此我们可以不断地重复上述的操作，直到 $%5Calpha_i%5Cin%5Cmathrm%20Z$ 的结论。