一個關於冪次和的定理

一個關於冪次和的定理

葉東進

唸高中時, 學數學歸納法, 有一道問題是: 證明 1³+ 2³+· · · + n³ = (1 + 2 +· · · + n)²。 1³+2³+· · ·+n³ 竟可表為 1+2+· · ·+n 的多項式!? 那麼, 是否還有其它的 1^k+2^k+· · ·+n^k 亦可表為 1 + 2 + · · · + n 的多項式? 這個疑惑深刻地留置於我心中。 之後, 三十年的教書期 間, 也未曾好好地想過此一問題。 這些日子 (五月) 是梅雨期, 待在屋內無所事事, 深埋已久的 這個疑惑又浮上我的心頭。

把 1^k+ 2^k+· · · + n^k 的和記為 Sk(n), 其中 k 為任意正整數。 為行文的簡便, 不致混淆的情 形下, 暫且把 Sk(n) 簡記為 Sk。

由二項式定理

(n + 1)^k+1− n^k+1 = C_k^k+1n^k+ C_k^k+1₋₁n^k−1+· · · + C1^k+1n + C₀^k+1 可推得

(n + 1)[(n + 1)^k− 1] = C_k^k+1Sk+ C_k^k+1₋₁Sk−1+· · · + C1^k+1S1

此式表示 S1, S₂, . . . , S_k 之間的一個遞迴關係。 所以, 如果知道 S1, S₂, . . . , S_k−1 的 n 的多項 式表式, 則運用此式即可推得 Sk 的 n 的多項式的表式。 此外, 亦可由此式看出當 Sk 表為 n 的多項式時, 其最高次項為 _k+1¹ n^k+1。

我們已知有:

S₁= 1

2n²+1 2n S₂= 1

3n³+1

2n²+ 1 6n S₃=1

4n⁴+1

2n³+ 1

4n² 等

除了利用上述遞迴關係來找出 Sk 的 n 之多項式表式之外, 是否 Sk 還有其它的呈現方式? 經

由導算, 得到下列結果:

S₃=4 4S₁² S5=8

6S₁³−1 3S₁² S7=16

8 S₁⁴ −4

3S₁³+1 3S₁² 及

S₄= (6

5S₁− 1 5

) S₂ S₆=

(12

7 S₁²− 6

7S₁+ 1 7 )

S₂ S₈=

(24

9 S₁³− 8

3S₁²+ 6

5S₁− 1 5

) S₂

這是以 S1 與 S2 為基元來呈現 Sk 的一種表式。 觀察上面諸式, 隱然呈現了某些共通的規律。

事實上, 我們有下面的定理。

定理:

(1) 當 k 為奇數時, Sk恆可表為一個純 S1 的多項式, 其最高次項為 _k+1^2mS₁^m,其中 k = 2m−1;

最低次項則為 C · S1²,其中 C 為一個相應於 k 的常數 (此時, 限於 k ≥ 3)。

(2) 當 k 為偶數時, Sk 恆可表為一個純 S1 的多項式與 S2 的乘積, 其最高次項為

3·2^m−1

k+1 S₁^m−1· S2,其中 k = 2m; 最低次項則為 C · S2, 其中 C 為一個相應於 k 的常數。

(3) 承 (1) 與 (2), Sk 表為 S1 與 S2 的多項式時, 其係數和恆為 1。

證明

(1) 與 (2): 首先, 由

n^k+1− (n − 1)^k+1 = C_k^k+1n^k− C_k^k+1₋₁n^k−1+· · · + (−1)^k−1C₁^k+1n + (−1)^k 可導得另一個遞迴關係式:

n^k+1− (−1)^kn = C_k^k+1S_k− C_k^k+1₋₁S_k−1+· · · + (−1)^k−1C₁^k+1S₁ 與之前的遞回關係式:

(n + 1)^k+1− (n + 1) = Ck^k+1S_k+ C_k^k+1₋₁S_k−1+· · · + C1^k+1S₁ 兩者相加得到另一遞迴關係式:

[(n + 1)^k+1− (n + 1)] + [n^k+1− (−1)^kn] = 2[C_k^k+1S_k+ C_k^k+1₋₂S_k−2+· · · ]

(i) 當 k 為奇數時, 關係式成為

(n + 1)^k+1+ n^k+1− 1 = 2[C_k^k+1S_k+ C_k^k+1₋₂S_k−2+· · · + C1^k+1S₁] (1) 取

f_k(n) = (n + 1)^k+1+ n^k+1− 1, 由

f_k(0) = f_k(−1) = 0, 知 fk(n) 有因式 n(n + 1), 但

n(n + 1) = 2S₁, 因此 fk(n) 有因式 S1。

如果我們能夠證明, 無論 k 為任何奇數, fk(n) 恆可表為一個純 S1 的多項式, 又加以 S₃ = S₁², S₅ = ⁴₃S₁³− ¹₃S₁² 等初始條件的滿足, 則由此遞迴關係式, 經數學歸納, 即是證得了 S_k 恆可表為一個純 S1 的多項式。

因 k 為奇數, 令 k = 2m − 1, m > 1, 因此

fk(n) = (n + 1)^2m+ n^2m− 1 記為

F_m(n) = (n + 1)^2m+ n^2m− 1 (ii) 當 k 為偶數時, 關係式成為

(n + 1)^k+1+ n^k+1− (2n + 1) = 2[C_k^k+1S_k+ C_k−2^k+1S_k−2+· · · + C2^k+1S₂] (2) 取

g_k(n) = (n + 1)^k+1+ n^k+1− (2n + 1), 由

g_k(0) = g_k(−1) = gk(−1 2) = 0, 知 gk(n) 有因式 n(n + 1)(2n + 1), 但

n(n + 1)(2n + 1) = 6S₂, 因此 gk(n) 有因式 S2。

如果我們能夠證明, 無論 k 為任何偶數, gk(n) 恆可表為一個純 S1 的多項式與 S2 的乘 積, 又加以 S4 = (⁶₅S₁−¹₅)S₂, S₆ = (¹²₇S₁²−⁶₇S₁+¹₇)S₂ 等初始條件的滿足, 則由此遞迴關 係式, 經數學歸納, 即是證得了 Sk 恆可表為一個純 S1 的多項式與 S2 的乘積。

因 k 為偶數, 令 k = 2m − 2, m > 1, 因此

g_k(n) = (n + 1)^2m−1+ n^2m−1− (2n + 1) 記為

G_m(n) = (n + 1)^2m−1+ n^2m−1− (2n + 1) 其次, 以 n + 1 及 n 為兩根造一個二次方程式

x²− (2n + 1)x + n(n + 1) = 0

因此有 





(n + 1)^2m− (2n + 1)(n + 1)^2m−1+ n(n + 1)(n + 1)^2m−2 = 0 n^2m− (2n + 1)n^2m−1+ n(n + 1)n^2m−2 = 0

上面二式相加得

[(n + 1)^2m+ n^2m]− (2n + 1)[(n + 1)^2m−1+ n^2m−1] + n(n + 1)[(n + 1)^2m−2+ n^2m−2] = 0 改寫為

[(n + 1)^2m+ n^2m− 1] − (2n + 1)[(n + 1)^2m−1+ n^2m−1− (2n + 1)]

+n(n + 1)[(n + 1)^2m−2+ n^2m−2− 1] + 1 − (2n + 1)²+ n(n + 1) = 0 但是

1− (2n + 1)²+ n(n + 1) =−3n(n + 1) = −6S1

即得

F_m(n)− (2n + 1) · Gm(n) + 2S₁· Fm−1(n)− 6S1 = 0 (3) 假定 Gm(n) (= g_k(n)) 果真是一個純 S1 的多項式與 S2 的乘積, 此時,

令 Gm(n) = h_m(S₁)· S2, 則

(2n + 1)· Gm(n) = hm(S1)· (2n + 1)S2

= h_m(S₁)·(8

3S₁²+ 1 3S₁

)

(註1) 也就是說 (2n + 1) · Gm(n)可表為一個純 S1 的多項式。

因此我們可以說: 假定 Gm(n)可表為一個純 S1 的多項式與 S2 的乘積, 則由遞迴關係式 (3), 經數學歸納, 便得到 Fm(n) 恆可表為一個純 S1 的多項式。

再回到以 n + 1 及 n 為兩根所造的二次方程式

x²− (2n + 1)x + n(n + 1) = 0 我們也有 {

(n + 1)^2m−1− (2n + 1)(n + 1)^2m−2+ n(n + 1)(n + 1)^2m−3 = 0 n^2m−1− (2n + 1)n^2m−2+ n(n + 1)n^2m−3 = 0

上面二式相加得

[(n+1)^2m−1+n^2m−1]−(2n+1)[(n+1)^2m−2+n^2m−2]+n(n+1)[(n+1)^2m−3+n^2m−3] = 0 改寫為

[(n + 1)^2m−1+ n^2m−1− (2n + 1)] − (2n + 1)[(n + 1)^2m−2+ n^2m−2− 1]

+n(n + 1)[(n + 1)^2m−3+ n^2m−3− (2n + 1)] + n(n + 1)(2n + 1) = 0 但是

n(n + 1)(2n + 1) = 6S₂ 即得

G_m(n)− (2n + 1) · Fm−1(n) + 2S₁· Gm−1(n) + 6S₂ = 0 (4) 假定 Fm−1(n) (= f_k−1(n)) 果真能夠表為一個純 S1 的多項式, 因 fk−1(n)有因式 S1,此時, 令 Fm−1(n) = k_m−1(S₁)· S1, 則

(2n + 1)· Fm−1(n) = k_m−1(S₁)· (2n + 1)S1

= 3k_m−1(S₁)· S2

也就是說 (2n + 1) · Fm−1(n) 可表為一個純 S1 的多項式與 S2 的乘積。

因此我們可以說: 假定 Fm−1(n) 可表為一個純 S1 的多項式, 則由遞迴關係式 (4), 經數學歸 納, 便得到 Gm(n) 恆可表為一個純 S1 的多項式與 S2 的乘積。

由於

F₂(n) = (n + 1)⁴+ n⁴− 1 = 8S1²+ 8S₁ (註2) G₂(n) = (n + 1)³+ n³− (2n + 1) = 6S2 (註3) F3(n) = (n + 1)⁶+ n⁶− 1 = 16S1³+ 36S₁²+ 12S1 (註4) G₃(n) = (n + 1)⁵+ n⁵− (2n + 1) = (12S1+ 18)S₂ (註5)

這些事實滿足了數學歸納的初始條件, 經由關係式 (3) 與 (4), 我們確定如下結論:

F_m(n) 恆可表為一個純 S1 的多項式,

G_m(n) 恆可表為一個純 S1 的多項式與 S2 的乘積。

隨之, 我們亦即證得了:





當 k 為奇數時, Sk 恆可表為一個純 S1 的多項式。

當 k 為偶數時, Sk 恆可表為一個純 S1 的多項式與 S2 的乘積。

現在, 來看 Sk 表為 S1、 S2 的多項式時的最高次項與最低次項。

已知 Sk 表為 n 之多項式時, 其最高次項為 _k+1¹ n^k+1, 且 S1 = ¹₂n²+¹₂n, S₂ = ¹₃n³+

1

2n²+¹₆n, 因此,

(i) 當 k 為奇數 (k = 2m − 1) 時, 1

k + 1n^k+1 = 1

k + 1n^2m= 1

k + 1(2S₁− n)^m = 2^m

k + 1S₁^m+· · · (ii) 當 k 為偶數 (k = 2m) 時,

1

k + 1n^k+1 = 1

k + 1n^2(m−1)+3= 1

k + 1(2S1− n)^m−1· (3S2− 3

2n²− 1 2n)

= 3· 2^m−1

k + 1 S₁^m−1· S2+· · · 至於最低次項的情形,

(i) 當 k 為奇數時, 我們回到關係式 (1):

(n + 1)^k+1+ n^k+1− 1 = 2[Ck^k+1S_k+ C_k^k+1₋₂ · Sk−2+· · · + C1^k+1S₁] 即

(n + 1)^k+1+ n^k+1− 1 − 2C1^k+1S₁ = 2[C_k^k+1S_k+ C_k^k+1₋₂S_k−2+· · · + C3^k+1S₃] (5) 取

p_k(n) = (n + 1)^k+1+ n^k+1− 1 − 2C1^k+1S₁ 則

p^′_k(n) = (k + 1)[(n + 1)^k+ n^k− 2n − 1]

由

p^′_k(0) = p^′_k(−1) = 0 知

p^′_k(n)有因式 n(n + 1)

再由多項式的重根定理知 pk(n) 有因式 n²(n + 1)²,即 pk(n) 有因式 S1²。 因此, 由關係 式 (5) 及 S3 = S₁² 滿足初始條件, 經數學歸納, 便得到: Sk 表為一個純 S1 的多項式時, 其最低次項為 c · S1², 其中 c 是一個相應於 k 的常數。

(ii) 當 k 為偶數時, 由關係式 (2):

(n + 1)^k+1+ n^k+1− (2n + 1) = 2[C_k^k+1S_k+ C_k^k+1₋₂S_k−2+· · · + C2^k+1S₂] 即

(n+1)^k+1+n^k+1−(2n+1)−2C2^k+1S₂ = 2[C_k^k+1S_k+C_k−2^k+1S_k−2+· · ·+C4^k+1S₄] (6) 取

q_k(n) = (n + 1)^k+1+ n^k+1− (2n + 1) − 2C₂^k+1S₂

由於在前文中我們已知 (n + 1)^k+1+ n^k+1− (2n + 1) 有因式 S2, 因此, qk(n) 有因式 S₂。 又

q^′_k(n) = (k + 1)[(n + 1)^k+ n^k]− 2 − k(k + 1)(n²+ n + 1 6) 由

q^′_k(0) ̸= 0, q^′k(−1) ̸= 0

知 qk^′(n)無因式 n(n + 1), 即 qk^′(n)無因式 S1,因而由多項式的重根定理知道 qk(n)無 因式 S1²。 但 qk(n) 既有因式 S2 (請注意: S2 亦有因式 S1) , 便知道 qk(n) 表為一個純 S₁ 的多項式與 S2 的乘積時, 其最低次項必為 λ · S2,其中 λ 是一個常數。

因此, 由關係式 (6) 及 S4 = (⁶₅S₁− ¹₅)S₂ 滿足初始條件, 經數學歸納, 便得到: Sk 表為 一個純 S1 的多項式與 S2 的乘積時, 其最低次項為 C · S2, 其中 C 是一個相應於 k 的 常數。

以上, 便是關於定理中之 (1) 與 (2) 的證明部分。

(3): 承 (1) 與 (2), 令 Sk = Pk(S1, S2), 由於 Sk= Sk(n),當 n = 1 時, S1(1) = S2(1) = S_k(1) = 1,所以 Pk(1, 1) = S_k(1) = 1, 而 Pk(1, 1) 是多項式 Pk(S₁, S₂) 的係數和, 因此即 證得 Sk 表為 S1 與 S2 的多項式時, 其係數和恆為 1。

註 1:

nS₁=

(2n + 1 2 − 1

2 )

S₁ = 2n + 1

2 S₁ −1

2S₁ = 3

2S₂−1 2S₁ nS₂= n· (2n + 1)S₁

3 = 1

3S₁· n[(n + 1) + n] = 1

3S₁· (2S1+ n²)

= 2

3S₁²+ 1

3S₁· n² = 2

3S₁²+1

3S₁(2S₁− n) = 4

3S₁²− 1 3nS₁

= 4

3S₁²− 1 3(3

2S₂−1

2S₁) = 4

3S₁² −1

2S₂+1 6S₁ (2n + 1)S₂ = 2nS₂ + S₂ = 8

3S₁²+1 3S₁ 註 2:

F₂(n) = (n + 1)⁴+ n⁴− 1 = 2n³(n + 1) + 2n²(n + 1) + 4n(n + 1)

= 2n(n + 1)[n²+ n] + 8S₁ = 8S₁²+ 8S₁ 註 3:

G2(n) = (n + 1)³+ n³− (2n + 1) = n(n + 1)(2n + 1)

= 6S₂

註 4 與 註 5: 仿 (註 2) 與 (註 3) 之法, 利用 (註 1) 的結果, 即得 F3(n) = 16S₁³+ 36S₁²+ 12S1

G₃(n) = (12S₁+ 18)S₂

附記: 若 Sk 表為 S1 與 S2 的多項式而不受制於定理中之 (1) 與 (2) 的型式時, 其表出的形 式並非唯一。 例如 S5 = ⁴₃S₁³− ¹₃S₁², 但也有 S5 = ³₂S₂²− ¹₂S₁²。

(這裡, 作者非常感謝審核先生對此非唯一性的提醒)

—本文作者為國立科學園區實驗高中退休數學教師—