級數求和、 對消和與對消乘積

級數求和、 對消和與對消乘積 ⁽ 上 ⁾

林宜嬪 · ^張福春

摘要: 本文主要探討對消在數列的和與乘積之應用, 對消和分成四個方法: 反差分、 部份分 式、 三角函數及階乘函數進行討論。 反差分之方法又可分為下降階乘冪、 等比型及三角函數 三種型式, 其概念著重於將級數轉換為離散型之積分型式; 部份分式與三角函數主要概念著 重於對級數中的一般項進行拆解, 或藉由乘上適當的輔助量之後, 級數可以進行對消, 進而 求得解。 因階乘函數並無一般的型式, 故不作深入探討, 只提供相關例題。 對消乘積是延續對 消和的概念去探討乘積題型, 分為平方差和三角函數兩部分作介紹, 主要概念均為藉由乘上 適當的輔助量之後, 乘積可以進行對消, 進而求得解。

美國數學會 2010 年分類索引 40C99, 47B39。

關鍵詞: 數列、 級數、 反差分、 下降階乘冪、 部份分式、 三角函數、 對消和、 對消乘積、 牛頓 定理。

1. 前言

求和是數列的重要運算之一, 而一般數列的級數和, 除了常見的等差及等比級數公式解之 外, 我們將介紹其他計算技巧來求和。

例如: 求

∑n k=1

1

k(k + 1) 之值? 首先將 1

k(k + 1) 改寫為 1

k − 1

k + 1, 則級數為

∑n k=1

1 k(k + 1) =

∑n k=1

(1 k − 1

k + 1 )

= (1

1 − 1 2

) +

(1 2 −1

3 )

+ (1

3− 1 4

)

+· · · + (1

n − 1 n + 1

)

= 1− 1

n + 1 ¤

上述例題所使用的方法稱為對消, 對消 (telescoping) 是數列 {ak} 求和常使用技巧之一, 透過“對消”來計算級數和, 即

∑n k=1

a_k =

∑n k=1

(A_k+1− Ak)

主要目的在於將 ak 拆解成 Ak+1 − Ak 的形式, 進而得到級數和為 An+1− A1。 而對消和的 困難點在於如何將 ak 表示成 Ak+1− Ak 進行對消, 換言之, 若能找出 Ak, 即可得級數和為 A_n+1− A1。

而對消和最重要的一個應用, 即證明微積分基本定理。 其想法在於將積分範圍分成數個較 小且有相同長度的子區間, 利用面積求和近似所求積分。 而在求面積總和時, 可利用對消求和技 巧讓積分得到一個較簡單的型式, 詳細之證明請參考 Larson and Edwards [?, Theorem 4.9, pp. 282-283]。

同理, 對消乘積是延續對消和的概念。 例如: 求

∏n k=1

k

k + 1 之值? 直接將乘積展開可得

∏n k=1

k

k + 1 = 1 2 ·2

3· · · n

n + 1 = 1

n + 1 ¤

對消乘積主要是透過鄰項對消或跳項對消進行化簡, 但一般題目大都無法可以直接看出可 對消的項, 因此在之後的文章中也會討論相關的對消乘積問題。

本文將對數學競賽中對消求和及乘積之題目進行探討, 若想對反差分有更深入的了解, 可 參閱 Miller [?]、 Graham, Knuth and Patashnik [?], 書中均對反差分提供詳細的介紹, 常 豐 [?] 對反差分求和有相關討論, 另外, 關於部份分式求和題型可參閱 陶懋頎、 單墫、 蘇淳、 嚴 鎮軍 [?], 更詳細的對消類型題目在 Andreescu and Gelca [?]、 Andreescu and Gelca [?]

兩本書中均有對消和及乘積之題目介紹。

本文分成五個小節, 前面四個小節主要針對對消和作討論, 第五小節則是對消乘積題目的 探討。 第 2 節介紹利用反差分的概念去求級數和, 其原理與對消性質相同, 但經由巧妙地將鄰 項對消之後, 便發現級數可轉換成類似離散型的積分。 常見的反差分可分為下降階乘冪、 等比型 及三角函數三種類型, 將於第 2 節中的各子節進行探討。 第 3 節介紹以部份分式的概念求級數 和, 若級數一般項屬於有理多項式且可對消求和, 則將它分解成數個較簡單的分式進行對消求 和, 但必須注意此種方法並不限定於鄰項對消。 第 4 節則是介紹一般項為三角函數的級數, 此 求和類型題目大多藉由乘上一個適當的輔助量進行對消, 與第 2 節中介紹的解法有所不同, 在 此節中的困難點在於如何找出輔助量! 第 5 節為階乘求和題型應用, 因階乘函數並無一般的型 式, 故不作深入探討, 只提供相關例題。 第 6 節中將對消乘積分成平方差、 半角與倍角公式及積

化和差三種類型, 第 6.1 節探討平方差對乘積題型之應用, 此類型題目不限於平方差, 可推廣到 立方差及特殊的平方差型式, 由競賽試題中可發現對消型及合併型均是常見的題目類型。 在對 消乘積題型中, 三角函數有時也扮重要角色, 在此細分為半角與倍角公式及積化和差兩種類型, 第 6.2 節是利用半角與倍角公式來改寫題目, 藉由乘上適當的輔助量進行對消或合併, 第 6.3 的原理如同第 6.4 節。

2. 反差分

差分與反差分的關係類似於微分和積分的關係。 在介紹反差分之前, 先介紹差分的定義:

定義 1: (差分 (finite difference)) 設數列 {Ak}, 其差分 ∆Ak 定義為

∆A_k = A_k+1− Ak (1) p 階的差分定義為

∆^pA_k= ∆(∆^p−1A_k) = ∆^p−1A_k+1− ∆^p−1A_k, p≥ 1 且 ∆⁰A_k = A_k。

舉例來說, 由定義可知函數 x² 與 log x 的一階與二階差分為:

1. ∆x² = (x + 1)²− x² = 2x + 1

2. ∆ log x = log(x + 1)− log x = log(_1+x

x

)= log( 1 + _x¹) 3. ∆²x² = ∆(x + 1)²− ∆x²

=[

(x + 2)²− (x + 1)²]

−[

(x + 1)²− x²]

= (x + 2)²− 2(x + 1)² + x²

= 2

4. ∆²log x = ∆ log(x + 1)− ∆ log x

= [log(x + 2)− log(x + 1)] − [log(x + 1) − log x]

= log(x + 2)− 2 log(x + 1) + log x

= logx(x + 2) (x + 1)² 又 p 階差分關係列表如表 1 所示。

表^1: 水平差分表

k Ak ∆Ak ∆²Ak ∆³Ak ∆⁴Ak ∆⁵Ak ∆⁶Ak

−3 A₋₃ ∆A₋₃ ∆²A₋₃ ∆³A₋₃ ∆⁴A₋₃ ∆⁵A₋₃ ∆⁶A₋₃

−2 A₋₂ ∆A₋₂ ∆²A₋₂ ∆³A₋₂ ∆⁴A₋₂ ∆⁵A₋₂

−1 A₋₁ ∆A₋₁ ∆²A₋₁ ∆³A₋₁ ∆⁴A₋₁ 0 A0 ∆A0 ∆²A0 ∆³A0

1 A1 ∆A1 ∆²A1

2 A₂ ∆A₂ 3 A₃

例如, 數列 {k³} 的水平差分表如表 2 所示。

表^2: 數列{k³} 的水平差分表 k k³ ∆k³ ∆²k³ ∆³k³ ∆⁴k³

0 0 1 6 6 0

1 1 7 12 6 0

2 8 19 18 6

3 27 37 24 4 64 61

5 125 由表 2 也可驗證差分關係。

∆A₀ = A₁− A0

∆A₁ = A₂− A1

...

∆A_n= A_n+1− An

更進一步, 可推得

∆²A₀ = ∆A₁− ∆A0 = A₂− 2A1+ A₀

∆²A1 = ∆A2− ∆A1 = A3− 2A2+ A1

...

∆²A_n= ∆A_n+1− ∆An= A_n+2− 2An+1+ A_n

水平差分表將可應用到牛頓定理, 詳細內容在之後的例子中作說明。 另外, 水平差分表在解決多 項式配適與內插多項式的問題中是一個很重要的工具。

定理 2: 若 c 為常數, 則 ∆c = 0。

證明: ∆c = c − c = 0。 ¤

定理 3: 若 Ak 和 Bk 均為 k 的函數, 且 α 和 β 為常數, 則

∆ⁿ(αA_k+ βB_k) = α∆ⁿA_k+ β∆ⁿB_k 成立。

證明: 設 n = 1 時, 則

∆(αA_k+ βB_k) = (αA_k+1+ βB_k+1)− (αAk+ βB_k)

= α(A_k+1− Ak) + β(B_k+1− Bk)

= α∆A_k+ β∆B_k 設 n = p 時,

∆^p(αA_k+ βB_k) = α∆^pA_k+ β∆^pB_k 成立, 則當 n = p + 1 時,

∆^p+1(αA_k+ βB_k) = ∆^p(αA_k+1+ βB_k+1)− ∆^p(αA_k+ βB_k)

= (α∆^pA_k+1+ β∆^pB_k+1)− (α∆^pA_k+ β∆^pB_k)

= α∆^p(A_k+1− Ak) + β∆^p(B_k+1− Bk)

= α∆^p(∆A_k) + β∆^p(∆B_k)

= α∆^p+1A_k+ β∆^p+1B_k

故由歸納法得證。 ¤

回到求級數和的主題,

∑n k=1

ak =

∑n k=1

(Ak+1− Ak)

差分在級數和中所扮演的角色為找出一般項 ak 的反差分 Ak, 使得可以有效率得到級數和。

定義 4: (反差分 (antidifference)) 對於給定的 ak,若存在另一個函數 Ak,使得 ∆Ak = a_k, 則稱 Ak 為 ak 的反差分, 記為 Ak= ∆⁻¹ak。

定理 5: 對於給定的 ak, 若存在反差分 Ak, 則有

∑q k=p

ak =

∑q k=p

∆A_k= A_q+1− Ap

其中 q ≥ p。

證明:

∑q k=p

a_k =

∑q k=p

∆A_k (2)

= ∆A_p+ ∆A_p+1+· · · + ∆Aq (3)

= [A_p+1− Ap] + [A_p+2− Ap+1] +· · · + [Aq+1− Aq] (4)

= A_q+1− Ap (5)

若仿照積分的記號, 將 (5) 的 Aq+1− Ap 記為 Ak|^q+1_p , 則

∑q k=p

a_k = A_k|^q+1_p (6)

因為在上標部份必須加一, 如 (6) 的上標 q 加一, 可注意到反差分記號與積分記號不完全相

同。 ¤

反差分的應用很廣泛, 將介紹利用反差分求下降階乘函數的級數和, 而常見的多項式、 有 理多項式也可經由轉換, 以下降階乘函數方式來求級數之和。

2.1. 下降階乘冪

在微積分中, 對於冪次函數 f(x) = x^m 的微分和積分都很容易求得: 微分 f⁰(x) = mx^m−1 和積分

∫

f (x) dx = x^m+1

m + 1 + C, m6= −1。

如果差分有類似微分的簡潔結果, 對求和將有很大的幫助, 但不幸的是, 並沒有類似微分 的簡單結果, 例如:

∆k³ = (k + 1)³ − k³ = 3k² + 3k + 1 但下降階乘冪有很好的差分結果, 有助於求和的計算, 其定義如下:

定義 6: (下降階乘冪 (falling factorial)) (a) 設 m 為非負整數, k 的 m 下降階乘冪為

k^m = k(k− 1)(k − 2) · · · (k − m + 1) = k!

(k− m)!

下降階乘冪實際上也是排列 P (k, m)。

(b) 設 m 為正整數, k 的 −m 下降階乘冪為

k^−m = 1

k(k + 1)(k + 2)· · · (k + m − 1)

下降階乘冪的差分與反差分具有良好的性質, 其定理如下:

定理 7: (下降階乘冪的差分與反差分 (difference and antidifference of falling power)) 設 m 為整數且不等於 0, 則下降階乘冪的差分為

∆k^m = mk^m−1 意即下降階乘冪的反差分為

∆⁻¹k^m−1 = 1

mk^m+ C, C ∈ R 證明: 證明分成兩部份 (a) m > 0 時, (b) m < 0 時。

(a) 若 ak = k^m = k(k− 1)(k − 2) · · · (k − m + 1) = _(k−m)!^k! , m > 1, 則

∆a_k = ∆k^m (7)

= [(k +1)k(k−1)(k−2) · · · (k−m+2)]−[k(k−1)(k−2) · · · (k−m+1)] (8)

= mk^m−1 (9)

即 ∆⁻¹k^m−1= _m¹k^m+ C, C ∈ R。

(b) 同理 k^m, m < 0 有類似的結果:

∆k^m = 1

(k + 1)(k + 2)· · · (k − m)− 1

k(k + 1)(k + 2)· · · (k − m − 1)

= m

k(k + 1)(k + 2)· · · (k − m) = mk^m−1

即 ∆⁻¹k^m−1 = _m¹k^m+ C, C ∈ R。 ¤

註: 下降階乘冪的差分與 x^m 的微分 _dx^d[x^m] = mx^m−1 結果類似。 下降階乘冪的反差分與 x^m−1, m6= 0 之不定積分 ∫

x^m−1dx = _m¹x^m+ C, C ∈ R 結果相似。

因此設 ak= k^m, 由 (9) 可看出 Ak = ^k_m+1^m+1 + C, C ∈ R。 或許會注意到加總方法和微 積分基本定理的相似性, 此種方法為反導數的離散型方法。

定理 8: (下降階乘冪的和 (sum of falling powers))設 n 為正整數, m ∈ Z 且不等於 −1, 則

n−1

∑

k=0

k^m = k^m+1 m + 1

¯¯¯¯ⁿ

0

= n^m+1 m + 1

證明: 由定理 7 可知,

n−1

∑

k=0

k^m =

n−1

∑

k=0

[( 1

m + 1(k + 1)^m+1+ C )

− ( 1

m + 1k^m+1+ C )]

=

n−1

∑

k=0

[( 1

m + 1(k + 1)^m+1 )

− ( 1

m + 1k^m+1 )]

= k^m+1 m + 1

¯¯¯¯ⁿ

0

= n^m+1

m + 1 ¤

例 1: 求級數和

∑n k=1

k(k + 1)。

解:

∑n k=1

k(k + 1) =

∑n k=1

(k + 1)² = 1

3(k + 1)³¯¯

¯¯ⁿ⁺¹

1

= (n + 2)³

3 = n(n + 1)(n + 2)

3 ¤

常見的等差級數就是多項式其中一種形式, 因為其一般項可用多項式表示, 但除了我們熟 悉的等差級數公式之外, 上述介紹的反差分概念也可應用在等差級數求和問題上。

回顧高中課程的等差級數和公式為: 等差數列首項為 a, 公差 d, 項數 n, 其中 a, d ∈ R, n = 0, 1, 2, . . ., 則級數和 S 為

S = n

2 [2a + (n− 1)d]

例 2: 設等差數列首項為 a, 公差 d, 項數 n, 其中 a, d ∈ R, n = 0, 1, 2, . . ., 求

n−1

∑

k=0

(a+kd) 之值。

解: 等差數列一般項為

a_k= a + kd, k = 0, 1, 2, . . . , n− 1 則等差數列前 n 項和為

n−1

∑

k=0

(a + kd) =

n−1

∑

k=0

(ak⁰+ k¹d)

= ak¹¯¯ⁿ

0 + d 2k²¯¯

¯¯ⁿ

0

= an + d

2n(n− 1) = n

2[2a + (n− 1)d] ¤

例 3: 求級數和

∑n k=1

1

k(k + 1)(k + 2)。

解: 因為 k(k+1)(k+2)¹ = k⁻³, 所以利用反差分求和

∑n k=1

1

k(k + 1)(k + 2) =

∑n k=1

k⁻³ = 1

−2k⁻²¯¯

¯¯ⁿ⁺¹

1

= 1

−2

[(n + 1)⁻²− 1⁻²]

= 1

−2

[ 1

(n + 1)(n + 2) − 1 1· 2

]

= 1

4 − 1

2(n + 1)(n + 2) ¤ 下降階乘冪只是數列求和的其中一種類型, 若函數不滿足下降階乘冪型式, 則需經轉換, 再 應用反差分求和, 如以下例子所示。

例 4: 求級數和

∑n k=1

k²。

解: 因為

k² = k(k− 1) + k = k²+ k¹ 故

∑n k=1

k² =

∑n k=1

[k(k− 1) + k] =

∑n k=1

(k²+ k¹)

= k³ 3

¯¯¯¯ⁿ⁺¹

1

+ k² 2

¯¯¯¯ⁿ⁺¹

1

= 1

3(n + 1)n(n− 1) + 1

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

6 ¤

一般而言, 若函數可表示成下降階乘冪型式即可求和, 但並非所有函數均可滿足下降階乘 冪型式, 為滿足此型式, 因此介紹以下定理 Rosen[?, Section 3.4.2, Fact 6]:

定理 9: (牛頓定理) 若 Pk 為 k 的 n 次多項式, 則

P_k =

∑n m=0

∆^mP₀ m! k^m

證明: 將 Pk 表示成下降階乘冪多項式型式, 則

P_k = a_nkⁿ+ a_n−1kⁿ⁻¹+· · · + a1k¹+ a₀ (10) 當 k = 0 時, 則

P₀ = a₀ 且一階差分為

∆P_k = na_nkⁿ⁻¹+ (n− 1)an−1kⁿ⁻²+· · · + a1

再代入 k = 0, 可得 a1 = ∆P₀。

設 ∆^mPk = _(n−m)!^n! a_nk^n−m+· · · + ^(m+1)!_1! a_m+1k¹ + m!a_m 且 ∆^mP₀ = m!a_m 成立, 則可推得

∆^m+1P_k= n!

(n− m − 1)!a_nk^n−m−1+· · · + (m + 1)!am+1

且

∆^m+1P₀ = (m + 1)!a_m+1

故由數學歸納法可得證, 將此結果代入 (10) 即得證。 ¤

註: 此型式類似於馬克勞林定理。

例 5: 求

∑n k=1

k³ 之值?

解: 討論 f(k) = k³ 的各階差分之後, 再利用牛頓定理將函數表示成下降階乘冪多項式型式, 進而求解。

i. 函數 Pk = k³ 的各階差分表如下:

m ∆^mP_k ∆^mP₀

0 k³ 0

1 3k²+ 3k + 1 1 2 6k + 6 6

3 6 6

4 0 0

ii. 由上表及牛頓定理可知 k³ 可表示成 k³ =

∑3 m=0

∆^mP0

m! k^m

= P0 +∆P₀

1! k¹+∆²P₀

2! k²+∆³P₀ 3! k³

= 0 +1

1k¹+6

2k² +6 6k³ iii. 由反差分可知

∑n k=1

k³ =

∑n k=1

(1

1k¹+ 6

2k²+ 6 6k³

)

= 1

2 k²¯¯ⁿ⁺¹

1 + k³¯¯ⁿ⁺¹

1 +1

4 k⁴¯¯ⁿ⁺¹

1

= 1

2(n + 1)²+ (n + 1)³+ 1

4(n + 1)⁴ ¤

註: 若由數列 {k³} 的水平差分表來看 k k³ ∆k³ ∆²k³ ∆³k³ ∆⁴k³

0 0 1 6 6 0⇐ m 階差分再除以^m!即為牛頓定理中各項係數

1 1 7 12 6 0

2 8 19 18 6

3 27 37 24 4 64 61

5 125

將 k = 0 代入各階差分, 如上表第二行所示, 對應的 m 階差分除以 m! 即為牛頓定理中 的各項下降階乘冪的係數, 換言之, 只要定出第二行數字, 再利用差分定義, 即可決定之後的各

階差分係數。

綜合以上結果, 可知多項式求和步驟為

[步驟一 :] 求出多項式之各階差分或利用差分表寫出多項式之下降階乘冪型式。

[步驟二 :] 利用反差分求和。

然而, 亦可運用餘式定理求得牛頓定理中各項係數, 推導如下: 設多項式

P_k = a_nkⁿ+ a_n−1kⁿ⁻¹+· · · + a1k¹+ a₀ (11) 令 k = 0 時, 求得

P0 = a0

換言之, a0 為多項式 Pk 被 k 除之後所得餘數, 當 a0 為已知時, 則多項式可被簡化為

P_k⁽¹⁾ = a_n(k− 1)ⁿ⁻¹+ a_n−1(k− 1)ⁿ⁻²+· · · + a1 (12) 而 Pk⁽¹⁾ 為 Pk 扣掉 a0 之後除以 k 所得多項式, 令 k = 1 代入 (12) 可求得 a1, 同理,

P_k^(m) = a_n(k− m)^n−m+ a_n−1(k− m)^n−m−1+· · · + am

令 k = m 代入 Pk^(m) 可求得 am,依此類推, 利用此方法求出其他各項。

例 6: 證明 2k³ − 3k²+ 3k− 10 = 2k³+ 3k²+ 2k¹− 10 成立。

解: 設

A_k = 2k³− 3k²+ 3k− 10 = a3k(k− 1)(k − 2) + a2k(k− 1) + a1k + a₀ (13) 令 k = 0 代入 (13), 可得 a0 =−10; 因為

A_k = 2k³− 3k²+ 3k− 10 = a3k(k− 1)(k − 2) + a2k(k− 1) + a1k− 10 (14) 所以

A⁽¹⁾_k = 2k²− 3k + 3 = a3(k− 1)(k − 2) + a2(k− 1) + a1 (15) 令 k = 1 代入 (15), 可得 a1 = 2; 以此類推, a2 = 3, a₃ = 2, 故得證。 ¤

綜合以上結果, 可知多項式求和步驟為

步驟一: 利用餘式定理寫出多項式之下降階乘冪型式。

步驟二: 利用反差分求和。

常見的單項多項式及其下階乘冪表達式, 如表 5。

表 5: k^m, m = 1, . . ., 5 之下降階乘冪表達式

下降階乘冪表達式 k k¹

k² k¹+ k² k³ k¹+ 3k²+ k³ k⁴ k¹+ 7k²+ 6k³ + k⁴

k⁵ k¹+ 15k²+ 25k³+ 10k⁴+ k⁵ 常見的冪次和及下降階乘冪表達式, 如表 6。

表 6: ∑n

k=1k^m, m = 1, . . . , 5 之下降階乘冪表達式

和 公式

∑_n

k=1k ¹₂(n + 1)²

∑n

k=1k^{2 1}₂(n + 1)²+ ¹₃(n + 1)³

∑_n

k=1k^{3 1}₂(n + 1)²+ (n + 1)³+ ¹₄(n + 1)⁴

∑n

k=1k^{4 1}₂(n + 1)²+ ⁷₃(n + 1)³+ ³₂(n + 1)⁴ +¹₅(n + 1)⁵

∑n

k=1k^{5 1}₂(n + 1)²+ 5(n + 1)³+ ²⁵₄(n + 1)⁴+ 2(n + 1)⁵+¹₆(n + 1)⁶

2.2. a

= r

, r 6= 1 型

若設 ak = r^k, r6= 1 且 k 為非負整數, 則由差分定義可知

∆a_k = r^k+1− r^k= (r− 1)r^k

則 Ak 應滿足 ∆Ak = r^k,即 Ak+1− Ak = r^k,可解得 Ak= _r^r₋₁^k , 即

∆⁻¹r^k = r^k

r− 1+ C, C ∈ R, r 6= 1

同理可推得

∆⁻¹r^−k = r^−k−1

1− r + C, C ∈ R, r 6= 1

例 7: 設等比數列首項為 a, 公比 r, r 6= 1, 項數 n, 其中 a, r ∈ R, n = 0, 1, 2, . . ., 求

n−1

∑

k=0

ar^k 之值。

解: 等比數列一般項為

ak= ar^k, k = 0, 1, 2, . . . , n− 1 則等比數列前 n 項和為

n−1

∑

k=0

ar^k = ar^k r− 1

¯¯¯¯ⁿ

0

= a(rⁿ− 1)

r− 1 , r6= 1 ¤

更進一步, 若 ak = kr^k, r 6= 1 時, 則 ∆⁻¹a_k = ∆⁻¹kr^k = A_k,即 ∆Ak = a_k, 應滿足 A_k+1− Ak = a_k= kr^k,可推得

∆⁻¹kr^k= A_k = r^k r− 1

(

k− r r− 1

)

+ C, C ∈ R, r 6= 1 同理可推得

∆⁻¹kr^−k = A_k= r^−k−1 1− r

(

k− 1 1− r

)

+ C, C ∈ R, r 6= 1

例 8: [?] 求級數和

∑n k=1

k + 1 2^k 。 解: 因為 ^k+1₂k = k· 2^−k+ 2^−k, 所以

∑n k=1

k + 1 2^k =

∑n k=1

k· 2^−k+

∑n k=1

2^−k

= ∆⁻¹ (k· 2^−k)¯¯ⁿ⁺¹

1 + ∆⁻¹ 2^−k¯¯ⁿ⁺¹

1

= 2^−k−1 1− 2

(

k− 1 1− 2

)¯¯¯¯ⁿ⁺¹

1

+ 2^−k−1 1− 2

¯¯¯¯ⁿ⁺¹

1

= 3−n + 3

2ⁿ ¤

2.3. 三角函數

對於三角函數, 由差分定義可知

∆ sin kα = sin(k + 1)α− sin kα = 2 sinα 2 cos

( k + 1

2 )

α (16)

∆ cos kα = cos(k + 1)α− cos kα = −2 sinα 2 sin

( k + 1

2 )

α (17)

且由 (16) 可知

∆ sin kα 2 sin^α₂ = cos

( k + 1

2 )

α

∆⁻¹(∆ sin kα)

2 sin^α₂ = ∆⁻¹cos (

k + 1 2

)

α (等號兩邊同時取反差分) sin(

k⁰− ¹₂) α

2 sin^α₂ = ∆⁻¹cos k⁰α (令 k = k⁰− 1 2 代入) 因此

∆⁻¹cos kα = sin( k−¹₂)

α

2 sin^α₂ + C, C ∈ R 同理,

∆⁻¹sin kα = −cos( k−¹₂)

α

2 sin^α₂ + C, C ∈ R

例 9: Andreescu and Gelca [?, Section 1.9, p. 31] 試計算

∑n k=1

cos kα 的值。

解: 由反差分可知

∑n k=1

cos kα = sin( k−¹₂)

α 2 sin^α₂

¯¯¯¯

¯

n+1

1

= sin( n + ¹₂)

α− sin^α₂

2 sin^α₂ ¤

—本文作者林宜嬪任教私立興國高級中學, 張福春任教國立中山大學應用數學系—