登阿里山一一搭小火車或是直昇機

(1)

登阿里山一一搭小火車或是直昇機 _?

沈淵源

摘要: 設 n, k 為正整數 (k > 1)。令 Sn(k) 為前 k − 1 個自然數的 n 次方和。我們試著以最原始的方法 (其觀念源自 Jacques Bernoulli), 用數學的套裝軟體 Mathematica 為實驗的工具, 透過其符號計算的功能來引導我們探討 Sn(k) 的一個公式:

S_n(k) = 1 n+ 1

n

X

i=0

n+ 1 i

!

B_ikⁿ⁺¹⁻ⁱ,

此處 B_i 為 Bernoulli 數。

1. 引言

請計算前一千個自然數的十次方和:

1¹⁰+ 2¹⁰+ 3¹⁰+ · · · + 1000¹⁰ 當你遇到這樣問題的時候, 你會有怎麼樣的反應呢? 可能你的第一個反應是期待 Math- ematica 幫幫忙! 那麼就讓我們趕快進入 Mathematica 的世界中吧。(本文所採用的版本為 Mathematica 3.0)

MATHEMATICA

其指令如下:

Sum[a^10,{a,1,1000}]

十分之一秒鐘不到, Mathematica 就告訴你答案是:

91409924241424243424241924242500 實在太美了, 太令人興奮了! 興奮之餘可能你期待有個公式來算, 免得每次勞駕 Math-

ematica 。三百多年前 Jacques Bernoulli (1654–1705) 說他可以在半刻鐘之內算出這個和, 你呢? 除了上面兩個期待之外, 還有其他的妙計嗎?

我們都很熟悉, 前 k − 1 個自然數的和、

平方和及其立方和之公式為:

1 + 2 + 3 + · · · + (k − 1)

= 1

2 k² −1 2 k,

1²+ 2²+ 3²+ · · · + (k − 1)²

= 1

3 k³ −1

2 k²+ 1 6 k, 1³+ 2³+ 3³+ · · · + (k − 1)³

= 1

4 k⁴ −1

2 k³+ 1 4 k²

還記得當初你是怎麼導出這些公式的嗎? 當你在國中的時候, 不費吹灰之力的, 就可以導出一次方和的公式。令

S1 = 1 + 2 + 3 + · · · + (k − 1),

78

(2)

將此和之次序倒過來書寫, 我們就有

S1 = (k − 1) + (k − 2) + (k − 3) + · · · + 1, 再把這兩種寫法按序將對應項相加得到 k, 所以就有下面的等式

2S1 = k + k + k + · · · + k

這裡共有 k − 1 個 k, 因此 S1 的公式馬上就在我們眼前。

怎麼樣把這個方法推廣到平方和呢? 這下子你可就灰頭土臉的了。怎麼辦呢? 山不轉, 但路可以轉, 所以人生的經歷告訴我們, 是路轉的時候了。所謂路轉者也, 就是方法要變囉。一次方來自兩個連續整數的平方差

· · ·,

(j + 1)²−j² = 2j + 1

若將對應於 j = 0, 1, 2, . . . , k − 1 的 k 個等式相加, 等式的左方對消之後只剩 k², 而等式的右方有兩倍的一次方和加上 k 個 1。所以我們有

k² = 2[1 + 2 + 3 + · · · + (k − 1)] + k · 1, 整理後可得到

1 + 2 + 3 + · · · + (k − 1) = 1

2 k²−1 2 k 山路崎嶇, 或許你會覺得太浪費時間, 但這是確定可以抵達山頂的一個方法 (當你搭上阿里山的登山鐵道時, 必有同感)。如法泡製, 我們可以處理平方和的問題:

(j + 1)³−j³ = 3j²+ 3j + 1

同樣地, 將對應於 j = 0, 1, 2, . . . , k − 1 的 k 個等式相加, 可得

k³= 3[1²+ 2²+ 3²+ · · · + (k − 1)²] +3[1+2+3+· · ·+(k−1)]+k · 1, 代入前面一次方和的公式, 化簡後, 我們有 1²+2²+3²+· · ·+(k−1)²=1

3 k³−1 2 k²+1

6 k 重複此法, 十次之後我們就可以得到 1¹⁰ + 2¹⁰ + 3¹⁰ + · · · + (k − 1)¹⁰ 的公式, 令 k = 1001, 即可得到結果。但不管你速度多快, 也無法在半刻鐘之內完成, 你還是輸給了 Jacques Bernoulli。為什麼呢? 因為我們的方法是登山鐵道的辦法, 到第二階, 得先經過第一階; 是可以抵達山頂, 但太不經濟了! 是否真的如此呢? 最後我們再作評論。

Jacques Bernoulli 之所以與眾不同, 在於他用分析的方法來解決代數的問題, 他不搭火車而是搭直昇機!他聲稱有唯一的一個首項係數為 1 之 n 次多項式 B_n(x) 使得 1ⁿ+2ⁿ+3ⁿ+· · ·+(k−1)ⁿ=

Z

k 0

B_n(x)dx。

其實 Jacques Bernoulli 的慧眼, 只需要微積分的知識與訓練就可具有的。還沒有作實驗之前, 請先思考下面兩個問題:

(a) 可否設計一個實驗來證明你也可以當 Jacques Bernoulli 呢?

(b) 很自然的, 上面所定義的這些多項式 B_n(x) 我們就稱為 Bernoulli 多項式。

你能用 Mathematica 設計一個實驗來計算這些多項式 B_n(x) 嗎?

令 S_n(k) 為前 k − 1 個自然數的 n 次方和。

我們的目標是:

(3)

找出 S_n(k) 的公式 (不單單是遞回公式而已)

由前面三個 S_n(k) 的公式, 不難猜出其形式為

S_n(k) = 1

n+1 kⁿ⁺¹−1

2 kⁿ+k(· · ·), (1) 此處 B_n 為一常數, 而這就是 Jacques Bernoulli 的慧眼所看到的。為了確認其形式的確如此, 而非由於我們的想像力太過豐富 (才觀察三個例子就知道一般的公式), 所以讓我們多觀察幾個 S_n(k) 的公式吧!

2. 實驗一 ( Jacques Bernoulli 的慧眼 )

Mathematica 不單單能做數值計算, 並且也能做符號計算。

(a) 首先在 Mathematica 中定義函數 S_n(k) = S[n, k], 然後列出 S[n, k], n= 1, 2, 3, . . . , 9。

MATHEMATICA

其指令如下:

S[n_,k_]:=Expand[Sum[a^n,{a,1,k-1}]];

MatrixForm[Table[{n,S[n,k]]},{n,1,9}]

(b)

觀察其形式可得到怎麼樣的規則呢

3. 實驗一之結果與分析

實驗一 (a) 的輸出結果如下:

1 −^k

2 + ^k₂² 2 ^k₆ − ^k

2

2 +^k₃³ 3 ^k₄² − ^k

3

2 +^k₄⁴

4 −^k

30 +^k₃³ − ^k

4

2 +^k₅⁵

5 −^k

2

12 +⁵₁₂^k⁴ − ^k

5

2 +^k₆⁶ 6 ₄₂^k − ^k

3

6 +^k₂⁵ − ^k

6

2 +^k₇⁷ 7 ^k₁₂² − ^7k

4

24 + ^7k₁₂⁶ − ^k

7

2 +^k₈⁸ 8 −^k

30 +²^k₉³ − ⁷^k

5

15 + ²^k₃⁷ − ^k

8

2 +^k₉⁹ 9 −³₂₀^k² + ^k₂⁴ − ⁷^k

6

10 +³^k₄⁸ −^k

9

2 + ^k₁₀¹⁰ 由此實驗, 我們有下面三個猜測 (此即 (1) 式所要表達的內容):

(a) Sn(k) 為一 k 的 n + 1 次多項式, 其首項係數為 _n+1¹ ,

(b) Sn(k) 的常數項為 0, 亦即 Sn(0) = 0 , (c) Sn(k) 的 kⁿ 項之係數為 −¹₂ 。

很顯然的, (a) 與 (b) 可合併而成下面的猜測: 如上所言這就是 Jacques Bernoulli 的慧眼所觀察出來的。

猜測: 存在唯一的一個首項係數為 1 之 n 次多項式 B_n(x) 使得

S_n(k) = 1ⁿ+ 2ⁿ+ 3ⁿ+ · · · + (k − 1)ⁿ

=

Z

k 0

B_n(x)dx (2) 怎麼證明這個猜測呢? 其實在前面所提到的登山鐵道之辦法裏已暗藏著證明的玄機。

(4)

S_i(k)+(n+1)Sn(k) 所以我們有 S_n(k) 的遞迴公式如下:

S_n(k)= 1 n+1kⁿ⁺¹

− 1 n+1

n−1

X

i=0

n+ 1 i

!

S_i(k) (3) 透過這個遞迴公式, 利用數學歸納法, 很容易的我們就可以證明上面的猜測都是對的 (請動手證明看看吧!), 換句話說這些猜測其實都是定理。所以我們的目標現在已變成:

找出 B_n(k) 的公式

當然由 (2) 及 (3) 式, 我們馬上可得到一個 B_n(k) 的遞迴公式如下:

B_n(k) = kⁿ− 1 n+ 1

n−1

X

i=0

n+ 1 i

!

B_i(k) 然而這並不是我們所要的, 所以我們必須另起爐灶。很顯然的, (2) 式是此處一切思考的來源, 且看下面的實驗:

4. 實驗二 (Bernoulli 多項式 B

_n

(x))

由定義馬上可以看出 Bernoulli 多項式必定會滿足下面的等式:

Z

k+1 k

B_n(x)dx = kⁿ (4) 事實上, 對任何正整數 n, 存在唯一的一個首項係數為 1 之 n 次多項式滿足這個方程式, 而其中的 k 可以是任何的數 (不僅限於正整數而已)。

(a) 用 Mathematica 中符號計算的功能, 透過公式 (4) 計算 B_n(x), n = 1, 2, 3, . . . , 9。

MATHEMATICA

其指令如下:

B[n_,x_]:=Sum[B[i]*x^i,{i,0,n-1}]+x^n poly[n_]:=Series[Integrate[B[n,x],

{x,k,k+1}]-k^n,{k,0,n}]

m=MatrixForm[Table[{sols

=Solve[LogicalExpand[poly[i]==0]], B[i,x]/.sols[[1]]}, {i,1,9}]]

(b) 請畫出 Bn(x), n = 1, 2, 3, . . . , 9 的圖形。

MATHEMATICA

其指令如下 (注意 B_n(x) =m[[1,n]][[2]]) :

Plot[m[[1,1]][[2]],{x,-3,3}]

Plot[m[[1,2]][[2]],{x,-3,4}]

Plot[m[[1,3]][[2]],{x,-3,3}]

Plot[m[[1,4]][[2]],{x,-3,3}]

Plot[m[[1,5]][[2]],{x,-3,3}]

Plot[m[[1,6]][[2]],{x,-3,3}]

Plot[m[[1,7]][[2]],{x,-3,3}]

Plot[m[[1,8]][[2]],{x,-3,3}]

Plot[m[[1,9]][[2]],{x,-3,3}]

(5)

或是放在同一座標平面上

Plot[{m[[1,1]][[2]],m[[1,2]][[2]], m[[1,3]][[2]],m[[1,4]][[2]], m[[1,5]][[2]],m[[1,6]][[2]], m[[1,7]][[2]],m[[1,8]][[2]], m[[1,9]][[2]]},{x,-3,4}, PlotStyle->{GrayLevel[0],

GrayLevel[.5],RGBColor[0.5,0,0], RGBColor[1,0,0],RGBColor[0,0.5,0], RGBColor[0,1,0],RGBColor[0,0,0.5], RGBColor[0,0,1],RGBColor[1,1,0]}]

(c) 由這些計算或圖形, 你能看出一般 Bn(x) 的公式嗎? 困難何在?

5. 實驗二之結果與分析

在實驗二中, 我們試著要由前面幾個多項式 B_n(x), n = 1, 2, . . . , 9 及其圖形來預測其一般的公式。且看:

B1(x)=x−1 2, B2(x)=x²−x+1

6, B3(x)=x³−3

2x²+1 2x, B4(x)=x⁴−2x³+x²− 1

30, B5(x)=x⁵−5

2x⁴+5 3x³−1

6x, B6(x)=x⁶−3x⁵+5

2x⁴− 1 2x²+ 1

42, B7(x)=x⁷−7

2x⁶+7 2x⁵−7

6x³+1 6x, B8(x)=x⁸−4x⁷+14

3 x⁶−7 3x⁴+2

3x²−1 30,

B9(x)=x⁹−9

2x⁸+6x⁷−21

5 x⁵+2x³− 3 10x。

-3 -2 -1 1 2 3

-3 -2 -1 1 2

圖1. B1(x) = x − ¹₂

-3 -2 -1 1 2 3 4

2 4 6 8 10 12

圖2. B2(x) = x²−x+ ¹₆

-3 -2 -1 1 2 3

-0.4 -0.2 0.2

圖3. B³(x) = x³− ³

2x²+¹₂x

-3 -2 -1 1 2 3

1 2 3 4 5 6

圖4. B4(x) = x⁴−2x³+ x²− ¹

30

(6)

-3 -2 -1 1 2 3

-0.6 -0.4 -0.2 0.2 0.4

圖5. B5(x) = x⁵− ⁵

2x⁴+ ⁵₃ −¹

6x

-3 -2 -1 1 2 3

2.5 5 7.5 10 12.5 15 17.5

圖6. B⁶(x) = x⁶−3x⁵ +⁵₂x⁴−¹

2x²+₄₂¹

-3 -2 -1 1 2 3

-2 -1 1

圖7. B7(x) = x⁷− ⁷

2x⁶+⁷₂x⁵−⁷

6x³+¹₆x

-3 -2 -1 1 2 3

50 100 150 200 250

圖8. B8(x) = x⁸ −4x⁷+ ¹⁴₃x⁶− ⁷

3x⁴ +²₃x²− ¹

30

-3 -2 -1 1 2 3

-15 -10 -5 5 10

圖9. B9(x) = x⁹− ⁹

2x⁸+ 6x⁷ −²¹

5x⁵ +2x³− ³

10x。

但不管由其形式或圖形 (見圖 1 至圖 9), 實在是歸納不出什麼東西來。目前我們還沒有用到任何分析中較重要的結果, 所以我們不妨先詳細觀察一下公式 (4), 其左邊是 B_n(x)在區間 [k, k + 1] 的定積分, 右邊則是 kⁿ; 所以可看成是 k 的函數。根據微積分基本定理, 我們有

B_n(k + 1) − Bn(k) = nkⁿ⁻¹, (5) 因此可得

[Bn(1) − Bn(0)] + [Bn(2) − Bn(1)]

+ · · · + [Bn(k) − Bn(k − 1)]

= n[0ⁿ⁻¹+1ⁿ⁻¹+2ⁿ⁻¹+· · ·+(k−1)ⁿ⁻¹], 化簡之後我們有

B_n(k) − Bn(0)

n = S_n−1(k)

=

Z

k 0

B_n−1(x)dx。 (6) 所以得到相鄰兩個 Bernoulli 多項式的關係如下:

B_n(x) = n

Z

x 0

B_n−1(t)dt + Bn(0), (7) 這幾乎是 B_n(x) 的一個一階遞迴公式。另一方面, 方程式 (6) 中的第一個等式告訴我們下面的公式:

S_n(k) = B_n+1(k) − Bn+1(0)

n+ 1 . (8)

(7)

由實驗二我們知道 B9(x) = x⁹−9

2x⁸+6x⁷−21

5 x⁵+2x³− 3 10x, 如果我們得知 B10(0) = ₆₆⁵, 那麼要找 B10(x) 只需將 B9(x) 積分後乘以 10, 再加上 ₆₆⁵ :

B10(x) = 10

1

10x¹⁰−1 2x⁹+3

4x⁸− 7 10x⁶ +1

2x⁴− 3 20x²

+ 5 66

= x¹⁰−5x⁹+ 15

2 x⁸−7x⁶+ 5x⁴

−3

2x² + 5 66。

所以如果我們知道每個多項式 B_n(x) 的常數項:

B1(0) = −1

2, B2(0) =1

6, B3(0) = 0, . . . , 公式 (7) 就提供了一個管道, 可以依次求出你所需要的 Bernoulli 多項式。這些常數項 B_n(0) 我們就稱為 Bernoulli 數, 以符號 Bn

表示之:

B1=−1

2, B2=1

6, B3= 0, B4=−1 30, B5= 0, B6= 1

42, B7= 0, . . . 。

其實, 上面的計算與觀察有點把我們引導到一個錯誤的方向。假如我們先不去管 Ber- noulli 數的值, 反而使我們更容易得到 Ber- noulli 多項式 Bn(x) 的公式。請看下面的實驗:

6. 實驗三 ( Bernoulli 多項式 B

_n

(x) 的公式)

還記得我們的 B1(x) 等於 x + B1 嗎?

將公式 (7) 寫成 B_n(x) = n

Z

x 0

B_n−1(t)dt + Bn (9)

(a) 透過公式 (9), 請用 Mathematica 由 B1(x) = x + B1 開始, 依次算出 B_n(x), n = 1, 2, 3, 4, 5, 係數請用 Bernoulli 數表示之。

MATHEMATICA

其指令如下:

B1[x_]:=x+B1

B2[x_]:=Expand[2*Integrate[B1[t], {t,0,x}]+B2]

Print["B1(x) = ", B1[x]]

Print["B2(x) = ", B2[x]]

Print["B3(x) = ", B3[x]]

Print["B4(x) = ", B4[x]]

Print["B5(x) = ", B5[x]]

(b) 由這些計算, 你能看出一般 Bn(x) 的公式嗎?

(c) 若用 Bⁿ 來代替 B_n , 你有什麼新發現呢?

(8)

7. 實驗三之結果與分析

現在終於撥開雲霧看見青天了, 上面的實驗告訴我們前五個 Bernoulli 多項式為:

B1(x) = x + B1,

B2(x) = x²+ 2B1x+ B2,

(n+1)Bn(k) = (n+1)kⁿ

−

n−1

X

i=0

n+1 i

!

B_i(k)

B_i 如上所觀察到的, 形式上我們可將 Bn(x) 及 B_n 的公式寫成:

B_n(x) = (B + x)ⁿ, 及 B_n= (B + 1)ⁿ,

(9)

再將右側按二項式定理展開並將式中所有的 Bⁱ 都換成 B_i 即得公式 (10) 及公式 (11), 請參閱 [1]。

8. 實驗四 (Bernoulli 數 B

n

的遞迴公式 )

(a) 由 Bernoulli 數的遞迴公式, 試寫一程式來計算

B1, B2, B3, . . . , B24

MATHEMATICA

其指令如下:

B[n_]:= - Sum[ Binomial[n+1,i]B[i], {i,0,n-1}])/(n+1); B[0]=k;

Table[{n,Expand[B[n]]},{n,10}]

//MatrixForm

(b) 觀察 Bernoulli 數, 你對 B2n+1 有沒有任何猜測?

(c) 由 Sn(k) 的遞迴公式 (3), 試寫一程式來計算

S1(k), S2(k), S3(k), . . . , S10(k)

MATHEMATICA

令 S[n] = S_n(k), 其指令如下:

S[n_]:=(k^(n+1)-Sum[Binomial[n+1,i]

S[i],{i,0,n-1}])/(n+1); S[0]=k;

Table[{n,Expand[S[n]]},{n,10}]

//MatrixForm

(d) 登山鐵道的辦法是否如引言中所提到的太不經濟呢? 有了 Mathematica 的提昇, 火車一變而成直昇機, 你認為呢?

9. 結語 (Bernoulli 的七分半鐘 )

由上面的計算得知 (B0 = 1):

B1 = −1

2, B2 = 1

6, B3 = 0, B4 = − 1

30, B5 = 0, B6 = 1 42, B7 = 0, B8 = −1

30, B9 = 0, B10= 5

66

其實, Bernoulli 數的分子從 B14 開始就會比分母大, 而且愈來差距愈大。請參閱 [4]之附表一, 其中共列出 B2, . . . , B124

等 62 個 Bernoulli 數。現在讓我們回到 Bernoulli 當年如何在七分半鐘算出前一千個自然數的十次方和的。我們有

S10(k)= 1 11

10

X

i=0

11 i

!

B_ik¹¹⁻ⁱ

= 1

11(k¹¹+11B1k¹⁰+55B2k⁹ +165B3k⁸+330B4k⁷+462B5k⁶ +462B6k⁵+330B7k⁴+165B8k³ +55B9k²+11B10k+B11)

= 1

11k¹¹−1

2k¹⁰+5

6k⁹−k⁷+k⁵

−1 2k³+ 5

66k 所以可得

1¹⁰+ 2¹⁰+ · · · + 1000¹⁰

= 10³⁰+ 1

1110³³−1

210³⁰+5 610²⁷

−10²¹+ 10¹⁵− 1

210⁹+ 5 6610³,

(10)

這只是個簡單的小學算術問題而已。請看

:

1 00000 00000 00000 00000 00000 00000.00 + 90 90909 09090 90909 09090 90909 09090.90 - 50000 00000 00000 00000 00000 00000.00 + 83 33333 33333 33333 33333 33333.33 - 10 00000 00000 00000 00000.00 + 1 00000 00000 00000.00

- 5000 00000.00

+ 75.75

−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−− 91 40992 42414 24243 42424 19242 42500

七分半鐘是綽綽有餘的 (請參閱 [2] 之附錄 A)。

參考文獻

1. Apostol, T., Introduction to Analytic Number Theory, Undergraduate Texts in Math., Springer-Verlag, New York, 1986 (Third Printing).

2. Bressoud, D., A Radical Approach to Real Analysis, MAA, Washington D.

C., 1994.

3. Ireland, K. and Rosen, M., A Clas- sical Introduction to Modern Num- ber Theory, Graduate Texts in Math., Springer-Verlag, New York, 1982.

4. Washington, L., Introduction to Cyclo- tomic Fields, 2nd ed., Graduate Texts in Math., Springer-Verlag, New York, 1997.

—本文作者任教於私立東海大學數學系—

登阿里山一一搭小火車或是直昇機