連續整數冪次和公式的另類思考

(1)

連續整數冪次和公式的另類思考

李政豐

一、緣起

當我們看到高中數學第一冊課本的平方和、立方和公式:

X

n

k=1

k²= n(n + 1)(2n + 1) 6

= 1

3n³+1

2n² +1 6n

X

n

k=1

k³= n²(n + 1)² 4

= 1

4n⁴+1

2n³ +1 4n²

我們聯想到有沒有 n 項 t 方和的一般化公式? 它有沒有比較容易的計算方法? 進一步瞭解, 它要用到 ZETA 函數、伯努力數、伯努力數的生成函數, 我們感覺到有相當的困難度, 計算也不簡單。我們也看到天津大學趙建林教授、王惠敏教授的書「自然數的組合積的和及其應用」, 在討論同一個問題時, 用到高階行列式, 而且是相當高的複雜度, 計算也困難。於是我們嘗試導出「連續整數冪次和公式」的另一個方法, 經由一段時候的努力, 我們得到一些結果。

例如: 求

^P

ⁿ

k=1

k¹⁰ = 1¹⁰+ 2¹⁰+ 3¹⁰+

· · ·+ n¹⁰ 的連續整數冪次和公式?

解: 令

^P

ⁿ

k=1

k¹⁰ = a11n¹¹+ a10n¹⁰ + a₉n⁹ + · · · + a2n² + a1n

我們可藉由下文所討論的演算法則導出: 當冪次 10 是偶數時

(1) 它的偶次項係數是有規則的, a10 = ¹₂, 其他偶次項係數皆為 0。

(2) 奇次項係數公式, 是藉由以下所討論的聯立方程組的解所導出的: 在求

^P

ⁿ_k₌₁k^s

=

^P

^s+1_i=1 a_inⁱ 中, nⁱ 的係數 a_i 的一般化公式為:

a_s+1 = 1

s+ 1, a_s−1 = 1 4· P₁^s

P₁³, a_s−3 = −1

12 · P₃^s

P₃⁵, a_s−5 = 1 12 · P₅^s

P₅⁷, a_s−7 = −3

20 · P₇^s

P₇⁹, a_s−9 = 5 12 · P₉^s

P₉¹¹ 其中 P_mⁿ 是代表 n 中取 m 的排列數, 把 s= 10 代入, 得到

a₁₁ = 1

11, a₉ = 5

6, a₇ = −1, a₅ = 1, a₃ = −1

2 , a₁ = 5 66 由此得到:

X

n

k=1

k¹⁰= 1

11n¹¹+1

2n¹⁰+5

6n⁹−n⁷

73

(2)

+n⁵− 1

2n³+ 5 66n

二、探討過程

(甲) 我們先由一個圖解公式的遞迴關係式談起

在高中數學課程中, 對平方、立方和公式, 大部份都是利用數學歸納法證明它, 至於如何得到公式的結果? 則幾乎都是用消去法與集項法導出來。四方和的公式因為要用到

((k +1)⁵−k⁵) 的展開式來消去與集項, 並且要利用到一次方和、平方和、立方和公式導出來, 因此在過度繁雜的情況下, 課本就不去推導了。至於五次方以上, 那就更為困難。於是我們一直在想, 在高中生可以瞭解的範圍內, 是不是有其他更簡便的方法可用? 我們先把平方和, 用圖解公式表示出來, 這個圖形所隱含的遞迴關係式, 立刻被交大應數系黃大原教授看出來, 於是我們用它來導出八方和以下的公式, 下面是推導的過程:

公式導引:

1²+ 2²+ · · · + n² = n(n + 1)(2n + 1) 6

1 + 2 + 3 + 4 + 5

1 + 2 + 3 + 4

1 + 2 + 3

1 + 2 (5 + 1)

1

| {z }

1+2+3+4+5

在上圖中, 利用矩形的面積來看 : 大矩形的長是 (1 + 2 + 3 + 4 + 5) 寬是 (5 + 1)。則 5 個正方形面積和等於大矩形面積減掉五個長條形的面積:

(1²+ 2²+ 3²+ 4²+ 5²)

= (1+2+3+4+5)(5+1)−[(1)+(1+2) +(1+2+3)+(1+2+3+4)+(1+2+3 +4+5)]

如果把大矩形長的度量, 由5個數的和增加到 n 個數的和, 把寬變為 (n + 1), 這種一般化的結果可得到:

令 S_n =

X

n

k=1

k² = (1² + 2²+ 3²+ · · · + n²) 則

S_n= (1 + 2 + 3 · · · + n)(n + 1) − [(1)

(3)

+(1 + 2) + (1 + 2 + 3) + · · ·

+(1 + 2 + 3 + · · · + n)]

= n(n + 1)

2 ·(n + 1) −

X

n

k=1

k(k + 1) 2

= n(n+1)

2 ·(n+1)−1 2

X

ⁿ

k=1

k²+

X

n

k=1

k

S_n= n(n + 1)

2 ·(n + 1) − 1 2S_n

−1 2

n(n + 1) 2

移項得 3

2S_n=n(n + 1) 2

h

n+ 1 − 1 2

i

=n(n + 1)(2n + 1) 4

化簡得

S_n= n(n + 1)(2n + 1) 6

如果我把大矩形長的度量改成 (1^t+2^t+3^t+ 4^t), 把寬變為 (4 + 1), 這時候圖形的結果如下:

5

1^t+ 2^t+ 3^t+ 4^t 1

4

1^t+ 2^t+ 3^t 4

3

1^t+ 2^t 4^t+1

2

1^t 3^t+1

1 2^t+1

1^t+1

1^t 2^t 3^t 4^t

在上圖中用矩形面積來看:

(1^t+1+ 2^t+1+ 3^t+1+ 4^t+1)

= (4 + 1)(1^t+ 2^t+ 3^t+ 4^t) − [((1^t) +(1^t+ 2^t) + (1^t+ 2^t+ 3^t)

+(1^t+ 2^t+ 3^t+ 4^t)]

如果讓 t 固定, 把大矩形之長的度量, 由 4 個數的和增加到 n 個數的和, 把寬變為 (n+1),

這種一般化的結果可得到

(1^t+1+ 2^t+1+ 3^t+1+ · · · + n^t+1)

= (n + 1)(1^t+ 2^t+ · · · + n^t) − [(1^t) +(1^t+ 2^t) + (1^t+ 2^t+ 3^t) + · · · +(1^t+ 2^t+ · · · + n^t)] (A) (A) 式是重要的遞迴關係式: 當 t 是自然數時, 它可以幫我們一步一步的導出, 級數

P

n

k=1k^t = 1^t+ 2^t+ 3^t+ · · · + n^t, t ∈ N

(4)

的 t 方和公式, 並且能夠簡化許多計算。

例如當 t = 3 時:

1⁴+ 2⁴+ 3⁴ + · · · + n⁴

= (n + 1)(1³+ 2³+ · · · + n³)

−[(1³)+(1³+2³)+(1³+2³+3³) + · · · + (1³ + 2³+ · · · + n³)]

X

n

k=1

k⁴= (n+1)

"

_n

X

k=1

k³

#

−

"

_n

X

k=1

k²(k+1)² 4

#

X

n

k=1

k⁴= (n + 1)

"

_n

X

k=1

k³

#

−

"

1 4

X

ⁿ

k=1

k⁴

+1 2

X

ⁿ

k=1

k³

+1 4

X

ⁿ

k=1

k²

#

移項得 5 4

"

_n

X

k=1

k⁴

#

=

n+1 2

·

"

_n

X

k=1

k³

#

−1 4

X

ⁿ

k=1

k²

"

_n

X

k=1

k⁴

#

=4 5

n+ 1 2

·

"

_n

X

k=1

k³

#

−1 5

X

ⁿ

k=1

k²

X

n

k=1

k⁴=4 5

n+1 2

·

1 4n⁴+1

2n³+1 4n²

−1 5

1

3n³+ 1

2n²+1 6n

X

n

k=1

k⁴=6n⁵+ 15n⁴+ 10n³−n 30

=1

5n⁵+ 1

2n⁴+1

3n³− 1 30n 為了方便瞭解它的規律性, 我們把利用這個遞迴關係式, 所導出來的, 四方和到六方和公

式整理如下:

X

n

k=1

k⁴=4 5

n+1 2

·

"

_n

X

k=1

k³

#

−1 5

X

ⁿ

k=1

k²

=6n⁵+ 15n⁴+ 10n³−n 30

=1

5n⁵+ 1

2n⁴+1

3n³− 1 30n

X

n

k=1

k⁵=5 6

n+1 2

·

"

_n

X

k=1

k⁴

#

− 5 18

X

ⁿ

k=1

k³

+ 1 36

X

ⁿ

k=1

k

=2n⁶+ 6n⁵+ 5n⁴−n² 12

=1

6n⁶+ 1

2n⁵+ 5

12n⁴− 1 12n²

X

n

k=1

k⁶=6 7

n+1 2

·

"

_n

X

k=1

k⁵

#

− 5 14

X

ⁿ

k=1

k⁴

+ 1 14

X

ⁿ

k=1

k²

=6n⁷+ 21n⁶+ 21n⁵−7n³+ n 42

=1

7n⁷+ 1

2n⁶+1

2n⁵− 1

6n³+ 1 42n

(乙) 一般化公式的證明與求解

我們想將它一般化, 推導出

^P

ⁿ_k=1k^s (s ∈ N) 通用公式的演算法則。設

0^s+ 1^s+ 2^s+ 3^s+ · · · + n^s

= a_s+1n^s+1+ asn^s+ · · · + a₁n+ a₀, 把上式兩邊的 n 用 0 代入, 得 a₀ = 0。故假設

X

n

k=1

k^s= 1^s+ 2^s+ 3^s+ · · · + n^s

= a_s+1n^s+1+ asn^s+ · · · + a₁n

(5)

=

s+1

X

i=1

a_inⁱ 令

f(x) =

s+1

X

i=1

a_ixⁱ 是一個多項式, 使得

f(n) =

s+1

X

i=1

a_inⁱ =

X

n

k=1

k^s, 其中 n 是任意一個正整數, 設多項式

g(x) = f (x) − f (x − 1)

=

s+1

X

i=1

a_i(xⁱ −(x − 1)ⁱ), 則

g(n) = f (n) − f (n − 1)

=

s+1

X

i=1

a_i(nⁱ−(n − 1)ⁱ) 但是 g(n) = f (n) − f (n − 1) = (1^s+ 2^s+ 3^s+ · · · + n^s) − (1^s+ 2^s+ 3^s+ · · · + (n − 1)^s) = n^s, 故 g(x) =

^P

^s+1_i=1 a_i(xⁱ −(x − 1)ⁱ) = x^s, 它是一個變數為 x 的多項式恆等式。

對一個比 s 小的自然數 j, 則令 g(x) 的第 j 次導函數是 g^(j)(x), 並且

g^(j)(x)=

s+1

X

i=j+1

i!

(i−j)!a_i(x^i−j−(x−1)^i−j)

= s!

(s − j)!x^s−j 所以



 

 

 

 

g^(j)(1) = ^s+1

^P

i=j+1 i!

(i−j)!a_i = _(s−j)!^s!

g^(j)(0) = ^s+1

^P

i=j+1 i!

(i−j)!(−1)^i−j+1a_i = 0

由此可推得

g^(j)(1) + g^(j)(0)

=

s+1

X

i=j+1

i!

(i − j)!(1 + (−1)^i−j+1)ai

= s!

(s − j)!

g^(j)(1) − g^(j)(0)

=

s+1

X

i=j+1

i!

(i − j)!(1 − (−1)^i−j+1)ai

= s! (s − j)!

=

s+1

X

i=j+1

i!

(i − j)!(1 + (−1)^i−j)ai

= s!

(s − j)!

則 1 2

g^(j)(1) + g^(j)(0)

=

s+1

X

i=j+1

i!

(i − j)!

1 2

(1 + (−1)^i−j+1)ai

=1 2

s!

(s − j)! (1)

1 2

g^(j)(1) − g^(j)(0)

=

s+1

X

i=j+1

i!

(i − j)!

1 2

(1 + (−1)^i−j)ai

=1 2

s!

(s − j)! (2)

在求

^P

ⁿ_k=1k^s的公式中, 為簡化求係數 ai 的聯立方程組, 把 s 分開討論。

(一) 若 s 為奇數: 由 (2) 式

s+1

X

i=j+1

"

1 + (−1)^i−j 2

#"

i!

(i − j)!

#

a_i

(6)

=1 2

h

g^j(1) − g^j(0)

ⁱ

= 1

2 · s!

(s − j)!

(i) 取微分次數 j = s−2, s−4, s−6, . . ., 1, 搭配 ^g(1)+g(0)₂ = ¹₂ 的方程式, 可解得 a_s = ¹₂, a_s−2 = a_s−4 = a_s−6 =

a_s−8· · ·= 0。

(ii) 取微分次數 j = s−1, s−3, s−5, . . ., 2, 搭配 ^g(1)−g(0)₂ = ¹₂ 的方程式, 可解得 a_s+1 = _s+1¹ , 及 a_s−1, a_s−3, . . ., a2

的值。

例如: 求

^P

ⁿ

k=1

k⁷ = a8n⁸+ a7n⁷+ a6n⁶+ a5n⁵+ a4n⁴+ a3n³+ a2n²+ a1n¹

由 (i):



 

 

 

 

(j = 5) 7!

(7 − 5)!a₇+ 0 + 0 + 0 = 1

2· 7!

(7 − 5)!

(j = 3) 7!

(7 − 3)!a₇+ 5!

(5 − 3)!a₅ + 0 + 0 = 1

2· 7!

(7 − 3)!

(j = 1) 7!

(7 − 1)!a₇+ 5!

(5 − 1)!a₅ + 3!

(3 − 1)!a₃+ 0 = 1

2 · 7!

(7 − 1)!

g(1) + g(0)

2 a₇+ a5+ a3+ a1 = 1 2 解得 a₇ = ¹₂, a₅ = 0, a3 = 0, a1 = 0。

由 (ii):



 

 

 

 

(j = 6) 8!

(8 − 6)!a₈ + 0 + 0 + 0 = 1

2 · 7!

(7 − 6)!

(j = 4) 8!

(8 − 4)!a₈ + 6!

(6 − 4)!a₆+ 0 + 0 = 1

2 · 7!

(7 − 4)!

(j = 2) 8!

(8 − 2)!a₈ + 6!

(6 − 2)!a₆+ 4!

(4 − 2)!a₄ + 0 = 1

2 · 7!

(7 − 2)!

g(1) − g(0)

2 a₈+ a6+ a4+ a2 = 1 2 解得 a₈ = ¹₈, a₆ = ₁₂⁷, a₄ = ⁻⁷₂₄, a₂ = ₁₂¹。

(二) 若 s 為偶數: 由 (2) 式

s+1

X

i=j+1

"

1 + (−1)^i−j 2

#"

i!

(i − j)!

#

a_i

=1 2

h

g⁽ⁱ⁾(1) − g⁽ⁱ⁾(0)

ⁱ

= 1

2 · s! (s − j)!

(iii) 取 j = s − 2, s − 4, s − 6, . . ., 2,

搭配 ^g(1)−g(0)

2 = ¹₂ 的方程式, 可解得 a_s = ¹₂, a_s−2 = a_s−4 = a_s−6 = · · · = a₂ = 0。

(iv) 取 j = s − 1, s − 3, s − 5, . . ., 1, 搭配 ^g(1)+g(0)

2 = ¹₂ 的方程式, 可解得 a_s+1 = _s+1¹ , 及 a_s−1, a_s−3, a_s−5, . . ., a₁ 的值。

(7)

例如: 求

^P

ⁿ

k=1

k⁸ = a9n⁹+ a8n⁸ + a7n⁷+ a6n⁶+ a5n⁵+ a4n⁴+ a3n³+ a2n²+ a1n¹

由 (iii):



 

 

 

 

(j = 6) 8!

(8 − 6)!a₈+ 0 + 0 + 0 = 1

2· 8!

(8 − 6)!

(j = 4) 8!

(8 − 4)!a₈+ 6!

(6 − 4)!a₆+ 0 + 0 = 1

2· 8!

(8 − 4)!

(j = 2) 8!

(8 − 2)!a₈+ 6!

(6 − 2)!a₆+ 4!

(4 − 2)!a₄+ 0 = 1

2· 8!

(8 − 2)!

g(1) − g(0)

2 a₈+ a₆+ a₄+ a₂ = 1 2 解得 a₈ = ¹₂, a₆ = 0, a4 = 0, a2 = 0。

由 (iv):



 

 

 

 

(j = 7) 9!

(9 − 7)!a₉+ 0 + 0 + 0 + 0 = 1

2· 8!

(8 − 7)!

(j = 5) 9!

(9 − 5)!a₉+ 7!

(7 − 5)!a₇+ 0 + 0 + 0 = 1

2· 8!

(8 − 5)!

(j = 3) 9!

(9 − 3)!a₉+ 7!

(7 − 3)!a₇+ 5!

(5 − 3)!a₅ + 0 + 0 = 1

2· 8!

(8 − 3)!

(j = 1) 9!

(9 − 1)!a₉+ 7!

(7 − 1)!a₇+ 5!

(5 − 1)!a₅ + 3!

(3 − 1)!a₃+ 0

= 1

2 · 8!

(8 − 1)!

g(1) + g(0)

2 a₉ + a7 + a5 + a3+ a1 = 1 2 解得 a₉ = ¹₉, a₇ = ²₃, a₅ = ⁻⁷₁₅, a₃ = ²₉, a₁ = ⁻¹₃₀。

綜合起來, 不論 s 是奇數或偶數, 考慮方程組 (i) (iii) 解答的一般化結果:



 

 

 

 

s!

2!a_s+ 0 + 0 + 0 + 0 + 0 + · · · = 1 2

s!

2!

4!a_s+(s − 2)!

2! a_s−2+ 0 + 0 + 0 + 0 + · · · = 1 2

s!

4!

s!

6!a_s+(s − 2)!

4! a_s−2+ (s − 4)!

2! a_s−4+ 0 + 0 + 0 + · · · = 1 2

s!

6!

s!

8!a_s+(s − 2)!

6! a_s−2+ (s − 4)!

4! a_s−4+ (s − 6)!

2! a_s−6+ 0 + 0 + · · · = 1 2

s!

8!

· · · ·

解得 a_s = ¹₂, 且 a_s−2 = a_s−4 = a_s−6= a_s−8 = · · · = 0。

(8)

再考慮方程組 (ii) (iv) 解答的一般化結果:



 

 

 

 

(s + 1)!

2! a_s+1+ 0 + 0 + 0 + 0 + 0 + 0 · · · = 1 2· s!

1! (1)

(s + 1)!

4! a_s+1+(s − 1)!

2! a_s−1+ 0 + 0 + 0 + 0 + 0 · · · = 1 2 · s!

3! (2)

(s + 1)!

6! a_s+1+(s − 1)!

4! a_s−1+(s − 3)!

2! a_s−3+ 0 + 0 + 0 + 0 · · · = 1 2· s!

5! (3) (s + 1)!

8! a_s+1+(s − 1)!

6! a_s−1+(s − 3)!

4! a_s−3+(s − 5)!

2! a_s−5+ 0 + 0 + 0 · · ·

= 1 2 · s!

7! (4)

(s + 1)!

10! a_s+1+(s − 1)!

8! a_s−1+(s − 3)!

6! a_s−3+(s − 5)!

4! a_s−5+ (s − 7)!

2! a_s−7 +0 + 0 · · · = 1

2 · s!

9! (5)

(s + 1)!

12! a_s+1+(s − 1)!

10! a_s−1+(s − 3)!

8! a_s−3+(s − 5)!

6! a_s−5+ (s − 7)!

4! a_s−7 +(s − 9)!

2! a_s−9+ 0 · · · = 1 2 · s!

11! (6)

· · · ·

由方程式(1) 可得到 as+1 = _s+1¹ , 把 a_s+1 = _s+1¹ 代入方程式 (2)

s!

4! +(s − 1)!

2! ·a_s−1= 1 2· s!

3!, 移項得

(s − 1)!

2! ·a_s−1 = 1 2 · s!

3!− s! 4! = 1

4· s! 3!

化簡得 a_s−1=1

4 · s!

3!· 2!

(s − 1)!

=1 4 ·

s!

(s−1)!

3!

2!

= 1 4· P₁^s

P₁³ = 1 12 ·s 把 a_s+1 = _s+1¹ , as−1 = ₁₂¹s 代入方程式 (3),

s!

6!+(s − 1)!

4! ·( 1

12s) + (s − 3)!

2! a_s−3

=1 2 · s!

5!

移項得 (s − 3)!

2! a_s−3=1 2 · s!

5! − s!

6!− 1 12 · 4! ·s!

=1 2 · s!

5! − 1 6· s!

5!− 5 12· s!

5!

=−1 12 ·s!

5!

化簡得

a_s−3= (− 1 12) · s!

5!· 2!

(s − 3)!

= (− 1 12)

s!

(s−3)!

5!

2!

= −1 12 · P₃^s

P₃⁵ 把 a_s+1 = _s+1¹ , as−1 = ₁₂^s, as−3 = ⁻¹₁₂ · ^P

s 3

P3⁵

(9)

代入方程式 (4) s!

8! + s!

12 · 6! +(s − 3)!

4! ·

−1 12 · P₃^s

P₃⁵ +(s − 5)!

2! ·a_s−5 = 1 2 · s!

7!

1 8 · s!

7! + 7 12 · s!

7! + (−7 24) ·s!

7!

+(s − 5)!

2! ·a_s−5 = 1 2 · s!

7!

移項得 (s − 5)!

2! a_s−5 = (1 2− 1

8 − 7 12 + 7

24)s!

7!

化簡 a_s−5= (1

2 −1 8 − 7

12+ 7 24)s!

7! · 2!

(s − 5)!

= 1 12 ·

s!

(s−5)!

7!

2!

= 1 12· P₅^s

P₅⁷

把 a_s+1 = _s+1¹ , a_s−1 = ₁₂^s, a_s−3 = ⁻¹₁₂ ·^P

s 3

P₃⁵, a_s−5 = ₁₂¹ · ^P

s 5

P₅⁷, 代入方程式 (5) s!

10!+(s−1)!

8! · s

12+(s−3)!

6! ·

−1 12 · P₃^s

P₃⁵ +(s − 5)!

4! · 1 12· P₅^s

P₅⁷ + (s − 7)!

2! ·a_s−7

= 1 2· s!

9!

⇒ 1 10· s!

9!+ 9 12· s!

9!+1 6!·

−1

12· s!

5 × 4 × 3 +1

4!· 1

12· s!

7 × 6 × 5 × 4 × 3 +(s − 7)!

2! a_s−7 = 1 2 · s!

9!

⇒ 1 10· s!

9!+ 9 12· s!

9!− 7 10· s!

9!

+1 2· s!

9!+ (s − 7)!

2! a_s−7 = 1 2 · s!

9!

移項得 (s−7)!

2! a_s−7= (1 2− 1

10− 9 12+ 7

10−1 2)·s!

9!

化簡

a_s−7=−3 20 · s!

9! · 2!

(s − 7)!

=−3 20 ·

s!

(s−7)!

9!

2!

= −3 20 · P₇^s

P₇⁹ 把 a_s+1 = _s+1¹ , as−1 = ₁₂^s, as−3= ⁻¹₁₂·^P

s 3

P3⁵, a_s−5 = ₁₂¹ ·^P

s 5

P₅⁷, a_s−7= ⁻³₂₀ ·^P

s 7

P₇⁹ 代入方程式 (6),

s!

12!+(s−1)!

10! · s

12+(s−3)!

8! ·

−1 12· P₃^s

P₃⁵ +(s−5)!

6! · 1 12 · P₅^s

P₅⁷+(s−7)!

4! ·

−3 20 · P₇^s

P₇⁹ +(s − 9)!

2! a_s−9= 1 2 · s!

11!

推得 1 12 · s!

11! +11 12· s!

11!− 11 8 · s!

11!

+11 6 · s!

11!− 11 8 · s!

11!+ (s − 9)!

2! a_s−9

=1 2 · s!

11!

移項得 (s − 9)!

2! a_s−9

= (1 2 − 1

12 −11 12 +11

8 −11 6 +11

8 ) s!

11!

= 5 12· s!

11! · 2!

(s − 9)!

化簡得

a_s−9 = 5 12 ·

s!

(s−9)!

11!

2!

= 5 12· P₉^s

P₉¹¹

(10)

同理, 可解得:

a_s−11 = −691 420 · P₁₁^s

P₁₁¹³, a_s−13 = 35

4 · P₁₃^s P₁₃¹⁵, a_s−15 = −3617

60 · P₁₅^s P₁₅¹⁷, a_s−17 = 43867

48 · P₁₇^s P₁₇¹⁹, a_s−19 = −1222277

220 · P₁₉^s P₁₉²¹ 於是我們得到所有係數一般化的解答如下:

a_s+1 = 1

s+ 1, a_s−1 = 1 4 · P₁^s

P₁³, a_s−3 = −1

12 · P₃^s

P₃⁵, a_s−5 = 1 12· P₅^s

P₅⁷ a_s−7 = −3

20 · P₇^s

P₇⁹, a_s−9 = 5 12· P₉^s

P₉¹¹ a_s−11 = −691

420 · P₁₁^s P₁₁¹³, a_s−13 = 35

4 · P₁₃^s P₁₃¹⁵, a_s−15 = −3617

60 · P₁₅^s P₁₅¹⁷, a_s−17 = 43867

48 · P₁₇^s P₁₇¹⁹, a_s−19 = −1222277

220 · P₁₉^s

P₁₉²¹· · · (1)

a_s=1 2



 



 



若 s 為奇數, 其他奇次項係數皆為0,

若 s 為偶數, 其他偶次項係數皆為0。

(2)

如此, 即能夠解出

^P

ⁿ_k=1k^s 的公式, s

可算到 20 次方和以下之所有係數。

三、結語:

求「連續整數冪次和公式」, 本來就是一件困難的事, 但是用伯努力數的生成函數去計算伯努力數, 再求得連續整數冪次和公式的係數, 對學生來說已經是一件困難的事。只用高階行列式, 來計算冪次和公式的係數, 當次方變高了, 同樣是非常繁雜。

如果用課本裏的集項法與消去法, 去求冪次和公式的係數, 只要超過 5 次方、6 次方, 幾乎算不下去了。本文中用到導函數、列簡化矩陣, 把係數公式導出來。當然係數公式前面的常數, 一定與伯努力數有倍數關係, 是不爭的事實。不懂伯努力數的同學, 或許也能看得懂。可以得到冪次和公式的一般化結果, 是令我們高興的一件事。最感謝的是交通大學應數系黃大原老師, 一路以來熱忱的指導。

參考文獻

1. 自然數的組合積的和及其應用, 趙建林、王慧敏著, 天津大學出版社。

2. 級數求和法, 中正大學余文卿教授在西松高中演講稿。

3. 一些發散級數的求和法, 中正大學余文卿教授在建國中學演講稿。

—本文作者任教於國立竹南高中_—

連續整數冪次和公式的另類思考