冪次和表為

冪次和表為 ⁿ 之多項 式的係數律則

葉東進

證明等式 1²+2²+· · ·+n² = ¹₃n³+¹₂n²+¹₆n 及1³+2³+· · ·+n³ = ¹₄n⁴+¹₂n³+¹₄n², 幾乎是學過數學歸納法的人必有的經驗。 證明是一回事, 較為深刻的應當是提問: 這些等式是 如何知道的?

這裡, 我們換個角度來看此問題。 假定我們已經知道一般 1^k+ 2^k+ · · · + n^k 是可表為一 個 n 的多項式, 且其最高次項為 k+1¹ n^k+1 (註), 那麼, 知道了多項式的各項係數, 便等同於找 出了這些等式。

把 1^k+2^k+· · ·+n^k表為 n 的多項式 Fk(n) 時, 其通項 n^k−m的係數記為 Am。 由 Fk(0) = 0, 知 Fk(n) 的常數項為 0; 把 F^k(n) 的最高次項記為 A₋₁n^k+1。 因此

Fk(n) = A−1n^k+1+ A0n^k+ A1n^k−1+ · · · + A^k−1n 除了已知 A₋₁ = k+1¹ 之外, A0, A₁, . . . , Ak−1 的呈現是否具有規律? 我們有

F₁(n) = 1

2n²+1 2n F₂(n) = 1

3n³+1

2n²+ 2 12n F₃(n) = 1

4n⁴+1

2n³+ 3

12n²+ 0 · n F₄(n) = 1

5n⁵+1

2n⁴+ 4

12n³+ 0 · n²− 1 30n 觀察上面實例, 規律似乎存在。 如果存在, 它是什麼樣子?

首先, 由

1^k+ 2^k+ · · · + n^k = A₋₁n^k+1+ A0n^k+ A1n^k−1+ · · · + A^k₋₁n 所以

1^k+ 2^k+ · · · + (n − 1)^k

= A₋₁(n − 1)^k+1+ A0(n − 1)^k+ A1(n − 1)^k−1+ · · · + A^k₋₁(n − 1)

82

= A₋₁[n^k+1−C₁^k+1n^k+ C₂^k+1n^k−1−C₃^k+1n^k−2+ · · · ] +A0[n^k−C₁^kn^k−1+ C₂^kn^k−2−C₃^kn^k−3+ · · · ]

+A1[n^k−1−C₁^k−1n^k−2+ C₂^k−1n^k−3−C₃^k−1n^k−4+ · · · ] ...

+A^k₋₁[n − 1]

上面二式相減得

[A−1C₁^k+1−1]n^k−[A−1C₂^k+1−A₀C₁^k]n^k−1+[A−1C₃^k+1−A₀C₂^k+A1C₁^k−1]n^k−2

−[A₋₁C₄^k+1−A₀C₃^k+ A1C₂^k−1−A₂C₁^k−2]n^k−3+ · · · = 0 因為上式是一個 n 的恆等式, 故其每項係數皆為 0, 因此有:

1 − A₋₁C₁^k+1 = 0

A₀C₁^k−A₋₁C₂^k+1 = 0 (1.0) A₁C₁^k−1−A₀C₂^k+ A₋₁C₃^k+1 = 0 (1.1) A₂C₁^k−2−A₁C₂^k−1+ A0C₃^k−A₋₁C₄^k+1 = 0 (1.2)

... ...

一般為

AmC₁^k−m−Am−1C₂^k−m+1+ A^m₋₂C₃^k−m+2− · · ·+ (−1)^m+1A₋₁Cm^k+1+2 = 0 (1.m) 因 C₁^k−m = k − m, 所以上面的一般式可化約為:

Am = 1

2Am−1C₁^k−m+1− 1

3Am−2C₂^k−m+2+ · · · + (−1)^m 1

m+ 2A₋₁Cm^k+1+1

由此而得

A₋₁= 1 k+ 1 A₀=1

2 = 1

2C₀^k= a0·C₀^k (記 1

2 = a0(= A0)) A₁=1

2A₀C₁^k−1

3A₋₁C₂^k+1

= (1

2a₀− 1

6)C₁^k = a1·C₁^k (記 1 2a₀−1

6 = a1) A₂=1

2A₁C₁^k−1− 1

3A₀C₂^k+1

4A₋₁C₃^k+1

=1

2a₁C₁^kC₁^k−1− 1

3a₀C₂^k+ 1 12C₂^k

= (a₁− 1

3a₀+ 1

12)C₂^k = a₂·C₂^k (記 a₁− 1

3a₀+ 1

12 = a₂) 以此類推, A3 可表為 a₃·C₃^k; A4 可表為 a₄ ·C₄^k 等等。

假定 Am−1 可表為 am−1·C_m^k

−1, 則由 Am= 1

2Am−1C₁^k−m+1− 1

3Am−2C₂^k−m+2+ · · · + (−1)^m 1

m+ 2A₋₁Cm^k+1+1

⇒Am= 1

2am−1·Cm^k−1C₁^k−m+1−1

3am−2·Cm^k−2C₂^k−m+2+· · ·+(−1)^m 1

(m+1)(m+2)Cm^k

= 1

2am−1·m · Cm^k − 1

3am−2· m(m − 1)

2! ·Cm^k+· · ·+(−1)^m 1

(m+1)(m+2)Cm^k

=h1

2C₁^m·am−1− 1

3C₂^m·am−2+ · · · + (−1)^m−1· 1

m+ 1Cm^m·a₀ +(−1)^m 1

(m + 1)(m + 2) i

Cm^k

所以 Am 亦可表為 am·Cm^k。

故由數學歸納, 我們得到如下結論:

定理: 1^k+2^k+· · ·+n^k 表為 n 之多項式 Fk(n) 時, 其通項 n^k−m 的係數為 Am= a^m·Cm^k, 其中

am= 1

2C₁^m·am−1−1

3C₂^m·am−2+ · · · + (−1)^m−1 1

m+ 1Cm^m·a₀+ (−1)^m 1

(m + 1)(m + 2)

其次, 由

1^k+ 2^k+ · · · + n^k= A₋₁n^k+1+ A0n^k+ A1n^k−1+ · · · + A^k₋₁n 所以

1^k+ 2^k+ · · · + (n + 1)^k

= A₋₁(n + 1)^k+1+ A0(n + 1)^k+ A1(n + 1)^k−1+ · · · + A^k₋₁(n + 1)

= A₋₁[n^k+1+ C₁^k+1n^k+ C₂^k+1n^k−1+ C₃^k+1n^k−2+ · · · ] +A0[n^k+ C₁^kn^k−1+ C₂^kn^k−2+ C₃^kn^k−3+ · · · ]

+A1[n^k−1+ C₁^k−1n^k−2+ C₂^k−1n^k−3+ C₃^k−1n^k−4+ · · · ] ...

+A^k₋₁[n + 1]

上面二式相減得

(n + 1)^k= A₋₁C₁^k+1n^k+ [A₋₁C₂^k+1+ A0C₁^k]n^k−1+ [A₋₁C₃^k+1+ A0C₂^k+ A1C₁^k−1]n^k−2 +[A₋₁C₄^k+1+ A0C₃^k+ A1C₂^k−1+ A2C₁^k−2]n^k−3+ · · ·

比較兩邊係數得

C₀^k= A₋₁C₁^k+1

C₁^k= A0C₁^k+ A₋₁C₂^k+1 (2.0) C₂^k= A1C₁^k−1+ A0C₂^k+ A₋₁C₃^k+1 (2.1) C₃^k= A2C₁^k−2+ A1C₂^k−1+ A0C₃^k+ A₋₁C₄^k+1 (2.2)

... ...

一般為

Cm^k+1= A^mC₁^k−m+ A^m₋₁C₂^k−m+1+ · · · + A₋₁Cm^k+1+2 (2.m) 現在把式 (1.0) + (2.0), (1.1) + (2.1), (1.2) + (2.2), . . ., (1.m) + (2.m), 得

C₁^k= 2A0C₁^k

C₂^k= 2[A1C₁^k−1+ A₋₁C₃^k+1] C₃^k= 2[A₂C₁^k−2+ A₀C₃^k]

...

Cm^k+1= 2[A^mC₁^k−m+ A^m₋₂C₃^k−m+2+ · · · ] 上面最後一式在

(i) m 為偶數時

Cm^k+1 = 2[A^mC₁^k−m+ A^m₋₂C₃^k−m+2+ · · · + A0Cm^k+1] (1) (ii) m 為奇數時

Cm^k+1 = 2[A^mC₁^k−m+ A^m₋₂C₃^k−m+2+ · · · + A1Cm^k−1+ A₋₁Cm^k+1+2] (2) 由於 Am 可表為 am·Cm^k, 因此 (1) 式可化約為:

1 = 2[C₁^m+1·am+ C₃^m+1·am−2+ · · · + Cm^m+1⁺¹ ·a₀] (3) (2) 式可化約為:

1 = 2[C₁^m+1 ·am+ C₃^m+1·am

−2+ · · · + Cm^m+1·a₁+ 1

m+ 2] (4)

又由 a₀ = ¹₂, 式 (3) 可再化簡為:

C₁^m+1·am+ C₃^m+1·am−2+ · · · + Cm^m−1⁺¹

·a₂ = 0 (5) 但

a₂ = a1− 1

3a₀+ 1 12 = (1

2a₀− 1 6) − 1

3a₀+ 1 12 = 0 因此經由 (5) 式可推得 a₄ = a6 = · · · = 0, 即當 m 為偶數時, a^m 之值恆為 0。

由此, 我們更簡化了前述所得到的定理中關於 F^k(n) 的通項 n^k−m 的係數 Am = a^m·Cm^k, 其 中的 am 為:











當 m 為偶數時, am = 0, m = 2, 4, 6, . . .

當 m 為奇數時, am = −(¹₃C₂^m·am−2+¹₅C₄^m·am−4+· · ·+m¹Cm^m−1

·a₁) + 2(m+1)(m+2)^m

(或寫成: a^m= −m¹+1[C₃^m+1·am−2+ C₅^m+1·am−4+ · · · + c^mm⁺¹·a₁− ^m

2(m+2)]) 例: 由

a₀=1 2 a₁= 1

2 · 2 · 3 = 1 12 a₃= −a1+ 3

2 · 4 · 5 = − 1 120 a₅= −10

3 a₃−a₁+ 5

2 · 6 · 7 = 1 .. 252

. 當 k = 6 時

A₀=1

2C₀⁶ = 1 2 A₁= 1

12C₁⁶ = 1 2 A₃= − 1

120C₃⁶ = −1 6 A₅= 1

252C₅⁶ = 1 42 因此

1⁶+ 2⁶+ · · · + n⁶ = 1

7n⁷+ 1

2n⁶+1

2n⁵− 1

6n³+ 1 42n 註: 由二項式定理可得

(n + 1)^k+1−n^k+1 = Ck^k+1n^k+ Ck^k−1⁺¹n^k−1+ · · · + C₁^k+1n+ 1

經由此式, 得下列諸式:















2^k+1−1^k+1 = Ck^k+1·1^k+ Ck^k−1⁺¹

·1^k−1+ · · · + C₁^k+1·1 + 1 3^k+1−2^k+1 = Ck^k+1·2^k+ Ck^k−1⁺¹

·2^k−1+ · · · + C₁^k+1·2 + 1 ...

(n+1)^k+1−n^k+1= Ck^k+1·n^k+ Ck^k−1⁺¹

·n^k−1+ · · · + C₁^k+1·n+ 1 上面諸式相加, 得遞迴關係式:

(n + 1)^k+1−1 = Ck^k+1Fk(n) + Ck^k−1⁺¹Fk−1(n) + · · · + C₁^k+1F₁(n) + n, 其中 Fk(n) = 1^k+ 2^k+ · · · + n^k, k= 1, 2, 3, . . .

運用此式, 便知道, 對任意正整數 k, 1^k+ 2^k+ · · · + n^k 確可表為一個 n 的多項式, 且其最高 次項為 _k¹

+1n^k+1。

—本文作者為國立科學園區實驗高中退休數學教師—