参赛作品

您是否曾经想过要对某个无穷级数求和，但是却无法获得该级数的部分和？ 您还没有使用离散导数吗？ 那我们去找你！

定义

离散导数序列 $$$a_n$ 称这个顺序 $$$\ Delta a_n$ 对于任何自然 $$$n> 1$ 执行者：

$$

$$\ Delta a_n = a_n-a_ {n-1}$$

请考虑以下示例：

• $$

  $$a_n = 1 \\ \ Delta a_n = a_n-a_ {n-1} = 1-1 = 0$$

• $$

  $$a_n = n \\ \ Delta a_n = a_n-a_ {n-1} = n-（n-1）= 1$$

• $$

  $$a_n = n ^ 2 \\ a_n = n ^ 2-（n-1）^ 2 = n ^ 2-（n ^ 2-2n +1）= 2n-1$$

• $$

  $$a_n = n ^ 3 \\ \ Delta {a_n} = n ^ 3-（n-1）^ 3 = 3n ^ 2-3n +1$$

• $$

  $$a_n = k ^ n \\ \ Delta {a_n} = k ^ n-k ^ {n-1} = k ^ {n-1}（k-1）$$

好吧，你明白了。 像函数的派生类，对吗？ 我们了解了如何计算“最简单”序列的离散导数。 哎呀，但是序列的和，差，乘积和商呢？ “普通”导数具有一些微分规则。 让我们提出一个离散的！

首先，考虑金额。 序列之和也是某种序列是合乎逻辑的。 让我们尝试通过定义找到导数：

$$

$$\ Delta {（a_n + b_n）} = a_n + b_n-（a_ {n-1} + b_ {n-1}）= \\ = a_n-a_ {n-1} + b_n-b_ {n-1 } = \ Delta {a_n} + \ Delta {b_n}$$

现象上！ 我们已经获得了序列之和的导数就是这些序列的导数的和！ 谢谢帽
让我们尝试证明不同之处相同

$$

$$\ Delta {（a_n-b_n）} = a_n-b_n-（a_ {n-1}-b_ {n-1}）= \\ = a_n-a_ {n-1}-（b_n-b_ {n- 1}）= \ Delta {a_n}-\ Delta {b_n}$$

然后我们继续工作！
同样，我们通过定义发现：

$$

$$\ Delta {（a_nb_n）} = a_nb_n-a_ {n-1} b_ {n-1} = \\ = a_nb_n-a_ {n} b_ {n-1} + a_nb_ {n-1}-a_ {n -1} b_ {n-1} = \\ = a_n（b_n-b_ {n-1}）+ b_ {n-1}（a_n-a_ {n-1}）= \\ = a_n \ Delta {b_n } + b_ {n-1} \ Delta {a_n}$$

酷吧？ 考虑商：

$$

$$\ Delta（\ frac {a_n} {b_n}）= \ frac {a_n} {b_n}-\ frac {a_ {n-1}} {b_ {n-1}} = \ frac {a_nb_ {n-1 } -a_ {n-1} b_n} {b_nb_ {n-1}} = \\ = \ frac {a_nb_ {n-1} -a_nb_n + a_nb_n-a_ {n-1} b_n} {b_nb_ {n-1 }} = \\ = \ frac {b_n \ Delta {a_n} -a_n \ Delta {b_n}} {b_nb_ {n-1}}$$

酷...

但这全都是派生的。 也许有一个离散的反导 ？ 原来有！

更多定义

离散原始序列 $$$a_n$ 叫这样一个序列 $$$A_n$ 对于任何自然 $$$n> 1$ 执行者：

$$

$$a_n = \ Delta A_n$$

• $$

  $$a_n = 1 \\ \ Delta A_n = a_n \ iff A_n = n$$

• $$

  $$a_n = n \\ n = \ frac {2n-1} {2} + \ frac {1} {2} = \ frac {\ Delta n ^ 2 + \ Delta n} {2} = \ frac {\ Delta （n ^ 2 + n）} {2} \\ \ Delta A_n = a_n \ iff A_n = \ frac {n ^ 2 + n} {2}$$

这是可以理解的。 郭想出了牛顿-莱布尼兹的类似物！

$$

$$\ sum_ {i = 1} ^ {n} a_i = a_1 + a_2 + a_3 + ... + a_n = \\ = A_1-A_0 + A_2-A_1 + ... + A_n-A_ {n-1} = \ \ = A_ {n}-A_0$$

拜托！ 这个笑话是巧合！ 现在同样漂亮：

$$

$$\ sum_ {i = 1} ^ n a_ = \ sum_ {i = 1} ^ n \ Delta A_i = A_i \ bigg | _ {1} ^ {n}$$

并推广到的自然数集 $$$一$ 之前 $$$b$ ：

$$

$$\ sum_ {i = a} ^ {b} f（i）= F_i \ bigg | _a ^ b$$

申请书

谁还记得以下公式的自然公式的总和： $$$1$ 之前 $$$n$ ？ 在这里我不记得了。 让她出去！
但是首先您需要找到序列的反导数 $$$a_i = i ^ 2$ ：

$$

$$i ^ 2 =（3i ^ 2-3i + 1）\ frac {1} {3} + i-\ frac {1} {3} =（3i ^ 2-3i + 1）\ frac {1} {3 } + i-\ frac {1} {3} = \\ = \ frac {1} {3} \ Delta i ^ 3 + \ frac {1} {2} \ Delta（i ^ 2 + i）-\ frac {1} {3} \ Delta i = \\ = \ Delta \ frac {2i ^ 3 + 3i ^ 2 + 3i-2i} {6} = \ Delta \ frac {2i ^ 3 + 3i ^ 2 + i} { 6}$$

现在，实际上，和本身：

$$

$$\ sum_ {i = 1} ^ {n} i ^ 2 = \ frac {2i ^ 3 + 3i ^ 2 + i} {6} \ bigg | _0 ^ n = \ frac {2n ^ 3 + 3n ^ 2 + n} {6}$$

立方体的总和呢？

首先我们计算

$$

$$\ Delta i ^ 4 = i ^ 4-（i-1）^ 4 = i ^ 4-（i ^ 4-4 i ^ 3 + 6i ^ 2-4i +1）= 4i ^ 3-6i ^ 2 + 4i-1$$

的反导 $$$我^ 3$ ：

$$

$$i ^ 3 = \ frac {1} {4}（4i ^ 3-6i ^ 2 + 4i-1）+ \ frac {3} {2} i ^ 2-i + \ frac {1} {4} = \ \ = \ frac {\ Delta i ^ 4} {4} + \ frac {3} {2} \ Delta {\ frac {2i ^ 3 + 3i ^ 2 + i} {6}}-\ Delta {\ frac { i ^ 2 + i} {2}} + \ frac {\ Delta {i}} {4} = \\ = \ Delta {\ frac {i ^ 4 + 2i ^ 3 + 3i ^ 2 + i-2i ^ 2 -2i + i} {4}} = \ Delta {\ frac {i ^ 4 + 2i ^ 3 + i ^ 2} {4}} = \\ = \ Delta {\ bigg（\ frac {i（i + 1 }} {2} \ bigg）^ 2} \\ \ sum_ {i = 1} ^ {n} i ^ 3 = \ bigg（\ frac {i（i + 1）} {2} \ bigg）^ 2 \ bigg | _0 ^ n = \ bigg（\ frac {n（n + 1）} {2} \ bigg）^ 2$$

哎呀，似乎没有什么复杂的...

对于高级

找到积分并不总是那么容易，对吧？ 在困难情况下我们该怎么办？ 没错，将它们集成在一起。 也许有一个类似物？ 我不会折磨你，他是，现在我们将他解救。

假设我们需要计算一个序列的总和

$$

$$p = const \\\ sum_ {i = 1} ^ {n} ip ^ {i} =？$$

怎么办 您不太可能能够如此轻松地选择该序列的离散反导数。 看吧

我们已经知道：

$$

$$\ Delta {（f（n）g（n））} = f（n）\ Delta {g（n）} + g（n-1）\ Delta f（n）$$

然后

$$

$$\ sum_ {i = a} ^ {b} \ Delta（f（i）g（i））= \ sum_ {i = a} ^ bf（i）\ Delta g（i）+ \ sum_ {i = a } ^ {b} g（i-1）\ Delta f（i）\ iff \\ \ iff \ sum_ {i = a} ^ bf（i）\ Delta g（i）= \ sum_ {i = a} ^ {b} \ Delta（f（i）g（i））-\ sum_ {i = a} ^ {b} g（i-1）\ Delta f（i）$$

现在迈出了不平凡的一步：

$$

$$\ sum_ {i = a} ^ {b} \ Delta（f（i）g（i））= f（a）g（a）-f（a-1）g（a-1）+ f（a +1）g（a +1）-f（a）g（a）+ \\ + ... + f（b）g（b）-f（b-1）g（b-1）= f（ b）g（b）-f（a-1）g（a-1）$$

替换之前获得的相等性：

$$

$$\ sum_ {i = a} ^ bf（i）\ Delta g（i）= f（b）g（b）-f（a-1）g（a-1）-\ sum_ {i = a} ^ {b} g（i-1）\ Delta f（i）$$

Finita la喜剧。

找到相同的数量：

$$

$$\ sum_ {i = 1} ^ n {ip ^ {i}} = S_n \\ p ^ i = \ Delta {\ frac {p ^ {i + 1}} {p-1}} \\ S_n = \ sum_ {i = 1} ^ ni \ Delta {\ frac {p ^ {i + 1}} {p-1}} \\ $$

在某些人看来，公式变得更加麻烦，我们只是使我们的工作复杂化。 但是事实并非如此。 让 $$$f（i）= i，g（i）= \ frac {p ^ {i + 1}} {p-1}$ 然后：

$$

$$\ sum_ {i = 1} ^ nf（i）\ Delta g（i）= f（n）g（n）-f（0）g（0）-\ sum_ {i = 1} ^ {n} g （i-1）\ Delta f（i）= \\ = n \ frac {p ^ {n + 1}} {p-1}-0-\ sum_ {i = 1} ^ {n} \ frac {p ^ {i}} {p-1} = n \ frac {p ^ {n + 1}} {p-1}-\ bigg（\ frac {1} {p-1} \ sum_ {i = 1} ^ {n} p ^ i \ bigg）= \\ = n \ frac {p ^ {n + 1}} {p-1}-\ bigg（\ frac {1} {p-1} \ sum_ {i = 1 } ^ {n} \ Delta {\ frac {p ^ {i + 1}} {p-1}} \ bigg）= \\ = n \ frac {p ^ {n + 1}} {p-1}- \ bigg（\ frac {p ^ {n + 1} -p} {（p-1）^ 2} \ bigg）= \ frac {np ^ {n + 2}-（n + 1）p ^ {n + 1} + p} {（p-1）^ 2}$$

酷拼图

我建议以一个任务示例（从Tinkoff生成中的选择到机器学习课程）为例来进行实践。 这是问题本身：

您已经厌倦了从选拔到Tinkoff生成课程的问题解决，并决定通过观看每个人都在谈论的新系列的几集来休息一下。

您将从第一个开始观看所有系列。 每集持续一小时。 观看了下一个系列之后，您以恒定的概率ppp开始观看下一个系列，否则休息将结束，您将恢复工作。

饥饿，睡眠和其他需求并不能阻止您，并且该系列有无数的情节； 从理论上讲，您的休息可以永远持续。

您的平均休息时间将持续多长时间？

严格来说，这里我们需要找到数学上的期望。 让我们做对。

解决方案

休息将持续1小时的概率为：

$$

$$P（1）= 1-p$$

2小时

$$

$$P（2）= p（1-p）\\ ...$$

n小时：

$$

$$P（n）= p ^ {n-1}（1-p）$$

那么期望是：

$$

$$E [X] = \ lim \ limits_ {n \到\ infty} {\ sum_ {i = 1} ^ ni * P（i）} = \ lim \ limits_ {n \到\ infty} {\ sum_ {i = 1} ^ ni *（1-p）p ^ {i-1}} = \\ =（1-p）\ lim \ limits_ {n \ to \ infty} {\ sum_ {i = 1} ^ ni * p ^ {i-1}}$$

很熟悉吧？

我们已经发现

$$

$$\ sum_ {i = 1} ^ nip ^ {i} = \ frac {np ^ {n + 2}-（n + 1）p ^ {n + 1} + p} {（p-1）^ 2}$$

那么我们需要的行就很明显了：

$$

$$\ sum_ {i = 1} ^ nip ^ {i-1} = \ frac {1} {p} \ sum_ {i = 1} ^ nip ^ {i} = \ frac {np ^ {n + 1}- （n + 1）p ^ n + 1} {（p-1）^ 2}$$

任务归结为寻找序列的极限

$$

$$\ lim \ limits_ {n \ to \ infty} \ frac {np ^ {n + 1}-（n + 1）p ^ n + 1} {（p-1）^ 2}$$

在哪里 $$$p <1$ 从 $$$p$ -事件的可能性。
现在我们证明

$$

$$\ lim \ limits_ {n \ to \ infty} np ^ {n + 1} = 0，\ space \ lim \ limits_ {n \ to \ infty} p ^ n（n + 1）= 0$$

• $$

  $$f（x）= p ^ {x + 1} x，\ space x \ in \！R \\ p = \ frac {1} {q}，\ space 0 <p <1 \ iff q> 1 \\ \ lim \ limits_ {x \到\ infty} {f（x）} = \ lim \ limits_ {x \到\ infty} {p ^ {x + 1} x} = \ lim \ limits_ {x \到\ infty } {\ frac {x} {q ^ {x + 1}}} = \\ = \ lim \ limits_ {x \ to \ infty} {\ frac {x'} {（q ^ {x + 1}）' }} = \ lim \ limits_ {x \到\ infty} {\ frac {1} {q ^ {x + 1} \ ln q}} = 0 \\ \ lim \ limits_ {x \到\ infty} f（ x）= 0 \表示\ lim \ limits_ {n \到\ infty} f（n）\ iff \ lim \ limits_ {n \到\ infty} np ^ {n + 1} = 0$$
  
  

• $$

  $$f（x）= p ^ {x}（x + 1），\ space x \ in \！R \\ p = \ frac {1} {q}，\ space 0 <p <1 \ iff q> 1 \\ \ lim \ limits_ {x \到\ infty} {f（x）} = \ lim \ limits_ {x \到\ infty} {p ^ {x}（x + 1）} = \ lim \ limits {{ \ to \ infty} {\ frac {x + 1} {q ^ {x}}} = \\ = \ lim \ limits_ {x \ to \ infty} {\ frac {（x + 1）'} {{q ^ {x}）'}} = \ lim \ limits_ {x \到\ infty} {\ frac {1} {q ^ {x} \ ln q}} = 0 \\ \ lim \ limits_ {x \到\ infty} f（x）= 0 \暗示\ lim \ limits_ {n \ to \ infty} f（n）\ iff \ lim \ limits_ {n \ to \ infty}（n + 1）p ^ {n} = 0$$
  
  

现在很容易理解

$$

$$\ lim \ limits_ {n \ to \ infty} \ frac {np ^ {n + 1}-（n + 1）p ^ n + 1} {（p-1）^ 2} = \ frac {1} { （p-1）^ 2}$$

和

$$

$$E [X] =（1-p）\ lim \ limits_ {n \ to \ infty} \ sum_ {i = 1} ^ n {ip ^ {i-1}} =（1-p）\ frac {1 } {（p-1）^ 2} = \ frac {1} {1-p}$$

一些

嗯...亲爱的读者，即使对我来说，这也不容易 。 今天的成就列表：

1. 我们了解什么是离散导数。
2. 推导了差异化的内在规律
3. 我们了解了什么是离散的反导数。
4. 我们推导了牛顿-莱尼兹公式的类似物
5. 推导零件的集成模拟
6. 我们解决了在Tinkoff Generation中选择机器学习课程的艰巨任务

一开始还不错，您怎么看？

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