連續整數冪次和公式之指數生成函數 探討

數學傳播

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, pp. 13-16

連續整數冪次和公式之指數生成函數 探討

吳松霖 · ^李國寧 · ^胡豐榮 · ^許天維

一 . 引言

關於連續整數冪次和 S_k(n) = 1^k+ 2^k+ · · · + n^k 之公式解探討, 近年來引起諸多研究者 興趣, 紛紛從各種不同的角度, 給予公式簡易證明, 使許多讀者能夠學習到許多 「有中生新」 之 證明手法 ([2]、[4]、[5]、[6]、[8])。

在這樣熱烈探究 S_k(n) 之公式解的情況下, 要再對 Sk(n) 之公式解證明, 賦予新面貌, 似乎是困難的差事, 然於茶餘飯後之際, 偶見 [7]一文, 利用生成函數的求和法, 探究 1^k + 2^kx + 3^kx² + · · · + n^kxⁿ⁻¹ 之求和問題時, 突然靈機一動, 我們考慮 Sk(n) 之指數生成 函數

∞

X

k=0

S_k(n)T^k

k!。 指數生成函數之用語, 乃參考 [1], p.60。

透過簡單的計算可以發現:

∞

X

k=0

S_k(n)T^k k! =

∞

X

k=0

Xⁿ

l=1

l^kT^k k! =

n

X

l=0

∞

X

k=0

(lT )^k k! =

n

X

l=1

e^lT = e^T(n+1)− e^T e^T − 1 . 另一方面, 由於 [8]中, 將 Sk(n) 擴充至 R 映到 R 之函數, 其定義為 Sk(x) = 1

k+ 1 n(x +

1)^k+1− x − 1 −

k

X

i=2

C_i^k+1S_k−i+1(x)o

, k ≥ 2, S1(x) = x(x + 1)

2 , 我們很自然地聯想到如 何計算

∞

X

k=0

S_k(x)T^k

k! 之問題。 根據上面的計算, 我們可能猜得到答案為 e^T(x+1)− e^T

e^T − 1 , 但如何 給予嚴格證明, 似乎變成“連續整數冪次和公式 「有中生新」 證明”腦力激盪外的另一項新考驗。

基於上述動機, 加上 Sk(x) 之指數生成函數, 可以將連續整數冪次和公式, 連結到函數解 析領域。 因此, 計算 S_k(x) 之指數生成函數變成極為重要的課題。

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二 . 泰勒展開式

為了計算 S_k(x) 之指數生成函數, 首先, 我們將 e^T(x+1)− e^T

e^T − 1 看成是 T 的函數, 然 後考慮 e^T(x+1)− e^T

e^T − 1 在 T = 0 之泰勒展開式。 令 e^T(x+1)− e^T e^T − 1 =

∞

X

k=0

Sˆ_k(x)T^K k! , 這裏 Sˆ_k(x) = d^k

dT^k

e^T(x+1)− e^T e^T − 1

  _T

=0

。

很明顯地, 如果我們可以證明: 對任意固定的 k 與 x, ˆS_k(x) = Sk(x), 則大功即可告成。

在還沒有正式證明 ˆS_k(x) = Sk(x) 之前, 我們再看一個 T 的函數之泰勒展開式, 即 T

e^T − 1 在 T = 0 之展開, 令 T e^T − 1 =

∞

X

k=0

B_kT^k

k!, 這裡 Bk = d^k dT^k

 T e^T − 1

  T=0

。 實際 計算發現 B_2k+1 = 0, ∀ k ∈ N。

三 . ˆ S

(x) 之相關性質

性質1: d²

dx²Sˆ_k(x) = d

dxk ˆS_k−1(x), ∀ k ∈ N。

證明: 因為

∞

X

k=0

Sˆ_k(x)T^k

k! = e^T(x+1)− e^T e^T − 1 , 所以

∞

X

k=0

d

dxSˆ_k(x)T^k k! = d

dx

e^T(x+1) − e^T e^T − 1



= T e^T(x+1) e^T − 1 ,

∞

X

k=0

d²

dx²Sˆ_k(x)T^k k! = d²

dx²

e^T(x+1)− e^T e^T − 1

= T²e^T(x+1) e^T − 1 . 又因為 ˆS₀(x) = x, 所以

∞

X

k=0

d²

dx² ˆS_k(x)T^k k! =

∞

X

k=1

d²

dx² ˆS_k−1(x)T^k k! = T

∞

X

k=0

d² dx²

Sˆ_k+1(x) k+ 1

T^k k!. 因此

∞

X

k=0

d² dx²

Sˆ_k+1(x) k+ 1

T^k k! =

∞

X

k=0

d

dx ˆS_k(x)T^k

k!。 即 d²

dx² ˆS_k+1(x)

= (k+1) d

dxSˆ_k(x),

∀ k = 0, 1, 2, . . ., 故得證。

性質2: d

dxSˆ_2k+1(x) = (2k + 1) ˆS_2k(x), ∀ k ∈ N。

證明: 由性質 1

⇒ d²

dx²Sˆ_2k+1(x) = (2k + 1) d

dxSˆ_2k(x), ∀ k = 0, 1, 2, . . . .

連續整數冪次和公式之指數生成函數探討

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∞

X

k=0

Sˆ_k^′(−1)T^k

k! = T

e^T − 1 (3.1)

所以 ˆS_k^′(−1) = Bk, ⇒ ˆS_2k+1^′ (−1) = B2k+1= 0, ∀ k ∈ N。

又因為

∞

X

k=0

Sˆ_k(−1)T^k

k! = 1 − e^T

e^T − 1 = −1, 所以

Sˆ_k(−1) = 0, ∀ k ∈ N (3.2)

⇒ Z x

−1

Sˆ_2k+1^′′ (y)dy = Z x

−1

(2k + 1) ˆS_2k^′ (y)dy,

⇒ ˆS_2k+1^′ (x) − ˆS_2k+1^′ (−1) = (2k + 1) ˆS_2k(x) − ˆS_2k(−1)

, ∀ k ∈ N.

⇒ ˆS_2k+1^′ (x) = (2k + 1) ˆS_2k(x), ∀ k ∈ N 故得證。

四 . 結語

根據 e^T(x+1)− e^T

e^T − 1 在 T = 0 之泰勒展開式, 吾人不難計算出 ˆS₀(x) = x, ˆS₁(x) = x(x + 1)

2 , ˆS₂(x) = x(x + 1)(2x + 1)

6 。 然而對 k ≥ 3, ˆS_k(x) 之計算, 似乎就變得很繁瑣。

雖然逐一計算 ˆS_k(x), 再將計算結果與 Sk(x) 之定義對照, 可以清楚驗證 ˆS_k(x) = Sk(x) 之 事實, 但是如同前述, 對 k 很大的時候, 逐一比對 ˆS_k(x) 與 Sk(x) 是曠日費時的工作。

所幸, 在前節中, 我們得到 ˆS_k(x) 具有性質 1 與性質 2。 然而根據 Sk(x) 之定義, Sk(x) 亦具有性質 1 與性質 2([8])。 據此, 吾人可以得證 ˆS_k(x) = Sk(x), ∀ x ∈ R, k ∈ N。 也就是

∞

X

k=0

S_k(x)T^k

k! = e^T(x+1)− e^T e^T − 1 。

後記

茲以數學歸納法, 補充 ˆS_k(x) = Sk(x), ∀ x ∈ R, k ∈ N 之證明如下:

當 k = 1 時, 根據性質 2, 可以得到 Sˆ₃(x) − ˆS₃(−1) = 3

Z x

−1

Sˆ₂(y)dy = 3 Z x

−1

y(y + 1)(2y + 1)

6 dy= x²(x + 1)² 4 ,

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因為 ˆS₃(−1) = 0 (根據公式 (3.2)), 且 S₃(x) = x²(x + 1)²

4 (根據[8], p.31), 所以 ˆS₃(x) = S₃(x), ∀ x ∈ R。

假設 k = p > 1 時, ˆS_p(x) = Sp(x), ∀ x ∈ R 成立。 現在考慮 k = p + 1 時, 根據公式 (3.1) 與 [8], p.32 中之公式 (5), 我們可以得到

Sˆ_l^′(−1) = S_l^′(−1) = Bl, ∀ l ∈ N.

又根據性質 1, 我們有

Sˆ_p+1^′ (x) − ˆS_p+1^′ (−1) = p Z x

−1

Sˆ_p^′(y)dy = pn ˆS_p(x) − ˆS_p(−1)o

= p{Sp(x) − Sp(−1)} = S_p+1^′ (x) − S_p+1^′ (−1) 所以 ˆS_p+1^′ (x) = S_p+1^′ (x), ∀ x ∈ R, 再次積分得

Sˆ_p+1(x) − ˆS_p+1(−1) = Sp+1(x) − Sp+1(−1), ∀ x ∈ R.

另外, 根據公式 (3.2) 與 [8], p.31 之公式 (3), 可得 ˆS_p+1(−1) = Sp+1(x), ∀ x ∈ R, 故 Sˆ_p+1(x) = Sp+1(x), ∀ x ∈ R。 因此, 根據數學歸納法得證 ˆS_k(x) = Sk(x), ∀ x ∈ R, k ∈ N。

參考文獻

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X

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8. 蘇益弘、 胡豐榮、 許天維 (民 94), 從連續整數冪次和公式引發之擴充想法, 數學傳播, 第二十九卷第 二期, 30-33。

—第1、2 位作者為台中教育大學研究生, 第 3、4 位作者服務於台中教育大學數學教育學系—