Quod Erat Demonstrandum

2009/12/11

平移與求導

Filed under: Additional / Applied Mathematics,HKALE,Pure Mathematics — johnmayhk @ 5:20 下午
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和中七同學溫書，偶遇科主任擬的精采題目，同學也感巧妙。題中一小部分出現了一個「結果」，見下。

設 f(x) = ax^4 + bx^3 + cx^2 + dx + e

求多項式 f(x + L) （視 L 為常數）內 x 的係數及常數項。

這是機械運作，不值一顧，詳表如下：

f(x + L)
\equiv ax^4 + (4La + b)x^3 + (6L^2a + 3Lb + c)x^2
+ (4L^3a + 3L^2b + 2Lc + d)x + (L^4a + L^3b + L^2c + Ld + e)

故 x 的係數是 4L^3a + 3L^2b + 2Lc + d，
常數項則是 L^4a + L^3b + L^2c + Ld + e。

題目的發展是要學生觀察到上述兩式存在「巧妙」的關係，就是：

\frac{d}{dL}(L^4a + L^3b + L^2c + Ld + e) \equiv 4L^3a + 3L^2b + 2Lc + d

咦，x + L 這個變換，幾何上有平移的意思，何解它和求導（finding the derivative）存在上述關係？必然是這樣嗎？

= = = 停一停，想一想 = = =

其實，沒有什麼奇怪，當大家同時觀察 x^2 及 x^3 的係數，所謂導數關係仍然存在，見

6L^2a + 3Lb + c \equiv \frac{1}{2}\frac{d^2}{dL^2}(L^4a + L^3b + L^2c + Ld + e)
4La + b \equiv \frac{1}{6}\frac{d^3}{dL^3}(L^4a + L^3b + L^2c + Ld + e)

呼之欲出，所謂奇怪關係，不過是泰勒展式中的係數和求導之密切關係而已。

未聽過泰勒展式也沒關係，讓我炒作一下。

除了直接「爆破」，我們起碼還有兩個方法拆開 f(x + L)。

設

f(x + L) \equiv ax^4 + C_3x^3 + C_2x^2 + C_1x + C_0 ………… (*)

其中 C_0, C_1, C_2, C_3 是有待找尋的係數。

(*) 中，代入 x = 0，得

f(L) = C_0

這豈不就是說明，常數項 C_0，就是 f(L)，即
L^4a + L^3b + L^2c + Ld + e 是也。

對 (*) 求導（differentiate (*) w.r.t. x），得

f'(x + L) \equiv 4ax^3 + 3C_3x^2 + 2C_2x + C_1 ………… (**)

代入 x = 0，上式變成

f'(L) = C_1

這豈不就是說明，x 的係數 C_1，就是 f'(L)，即
\frac{d}{dL}(L^4a + L^3b + L^2c + Ld + e) = 4L^3a + 3L^2b + 2Lc + d 是也。

類似地，不斷「求導代 0」，不難得到

f^{(2)}(L) = 2C_2
f^{(3)}(L) = 6C_3

這樣，我們不過是重遇（re-visit）以下結果：

設 f(x) 為 degree n 的多項式，則

f(x + L) \equiv \sum_{r = 0}^{n}\frac{f^{(r)}(L)}{r!}x^r

上面是用求導法拆開 f(x + L)，我們也可利用綜合除法（比求導法還快）解之，參考下文「應用」的例三：

https://johnmayhk.wordpress.com/2008/10/07/discussion-on-quotient-remainder-2-2/

另外，差分法和求導也有密切關係，有時間發掘一下，拜拜！

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