從連續整數冪次和公式引發之擴充想法

從連續整數冪次和公式引發之擴充想法

蘇益弘 · ^胡豐榮 · ^許天維

一 . 引言

1 + 2 + · · · + n = ⁿ⁽ⁿ⁺¹⁾₂ 這個連續整數冪次和公式, 該算是無人不曉的吧, 我們大家大 概都做過下面的習題。 用數學歸納法證明:

1²+ 2²+ · · · + n² = n(n + 1)(2n + 1)

6 .

可能你也曾懷疑過: 這些公式, 果真是先從實驗猜測得來的嗎 ([1])? 關於數學歸納法以外的 證明方法, 陳國裕 (民 88) 提出了下列七種證明方法: 級數的前幾項和來猜測、 分項對消分數 約分、 分項對消的減法、 倒過來寫相加、 堆疊與體積的觀念、 單純堆疊的方法、 與利用公式解 ([2])。 這些證明方法, 運用數列從特殊項推測到一般項、 數列的分項, 以及倒過來寫相加等技 巧。 同時, 還運用了函數、 堆疊與體積的觀念, 體現出諸多創新思想。 隨後, 傅海倫 (民 89) 從 數學構造法對 1²+ 2²+ · · · + n² 再提出了下列五種證明方法: 正方形塊的構造、 數碼三角形 的構造、 列表歸納推求一般式、 方錐果垛法、 方棧果垛法 ([3])。 這些證法極容易理解且不複雜, 可以是說有中生新之作法。

然而, 一般性的探討 1^k + 2^k+ · · · + n^k, k ≥ 3 之連續整數冪次和, 似乎不像 k = 2 這麼容易可以給出有中生新的簡易證明法, 例如 k = 3 的部份, 何景國 (民 71) 提出組成構造 法、 和分法、 組合法就不是這麼直觀易懂 ([4)]。 李政豐 (民 91) 雖企圖以簡易法來推導連續整 數冪次和之公式, 但僅止於 3 ≤ k ≤ 20 ([5])。 可見 k ≥ 2 時之連續整數冪次和公式的另類思 考, 變得極其複雜。

其實不論什麼 k, Sk(n) = 1^k+ 2^k+ · · · + n^k 的公式, 都不難逐步地找出來。 我們只要 利用二項式定理:

(j + 1)^k+1 = j^k+1+ C₁^k+1j^k+ · · · + C_k^k+1j+ 1.

把上式自 j = 1 加到 j = n, 經過消縮, 便得到:

(n + 1)^k+1− 1 = (k + 1)Sk(n) + C₁^k+1S_k−1(n) + · · · + C_k^k+1S₁(n) + n. (1)

30

從連續整數冪次和公式引發之擴充想法 ₃₁ 因此如果你已經知道 S₁(n), S2(n), · · · , S_k−1(n) 的公式, 你就可以利用上式得到 Sk(n) 的一 般解如下:

S_k(n) = 1

k+ 1n^k+1+1

2n^k+k

2B₂n^k−1+k(k − 1)(k − 2)

2 × 3 × 4 B₄n^k−3+ · · · , (2) 其中 B₂ = ¹₆, B4 = −₃₀¹, B6 = ₄₂¹, B8 = −₃₀¹, · · ·。 上面這些 Bi 叫做伯努利數 ([1])。

根據 Sk(n) 的一般公式, 當我們計算出某個 S_bk(n) 之值後, 能否在不計算伯努利數之前 提下, 迅速給出 S_bk+1(n) 之值呢 ? 基於此, 本文企圖給出一個視覺上簡潔之 Sk(n) 公式, 並 藉此回答上述問題, 以作為 Sk(n) 公式之有中生新之證明法。

二 . S

(n) 公式之擴充想法

為了探討上述問題, 在 k 固定的條件下, 我們將 S_k(·) 看成一個由自然數 ^N 映到自然數

N的函數。 現在拋開連續整數冪次和的觀點, 純粹根據公式 (1), 我們可以擴充函數 S_k(·) 之定 義域到 R, 定義法如下:

S_k(x) = 1 k+ 1

n(x + 1)^k+1− C₂^k+1S_k−1(x) − · · · − C_k^k+1S₁(x) − x − 1^o, (3)

S₁(x) = x(x + 1) 2 .

根據這樣的擴充想法, 我們很容易可以得到 S₂(x) = 1

2 + 1

n(x + 1)²⁺¹− C₂³S₁(x) − x − 1^o= x(x + 1)(2x + 1)

6 ,

同理得到 S₃(x) = ^x2(x+1)₄ ²。

三 . 函數 S

(x) 的性質

根據 Sk(x) 之定義, 我們推導出下面兩個重要性質:

性質3.1. 對任意大於等於 3 之奇數 k, _dx^dS_k(x) = kS_k−1(x) 恆成立。

證明:我們利用數學歸納法來證明這個性質, 首先檢視 k = 3 時, 我們發現 d

dxS₃(x) = x(x + 1)(2x + 1)

2 = 3S2(x).

令 k 為大於 3 之正奇數, 現在假設對任意大於 3 小於 k 之奇數 p, _dx^dS_p(x) = pS_p−1(x) 恆 成立。 因為

(j − 1)^k+1 = j^k+1+ (−1)C₁^k+1j^k+ · · · + (−1)^kC_k^k+1j+ (−1)^k+1,

32 數學傳播 ₂₉卷₂期 民₉₄年₆月

所以把上式自 j = 1 加到 j = n, 經過消縮, 便得到:

n^k+1 = C₁^k+1S_k(n) + (−1)C₂^k+1S_k−1(n) + · · · + (−1)^k−1C_k^k+1S₁(n) + (−1)^kn.

這給出 S_k(x) = 1

k+ 1

nx^k+1+ (−1)²C₂^k+1S_k−1(x) + · · · + (−1)^kC_k^k+1S₁(x) + (−1)^k+1x^o. (4)

將公式 (3) 與 (4) 相加可得 2Sk(x) = 1

k+ 1

n(x+1)^k+1+x^k+1−2C₃^k+1S_k−2(x)−· · ·−2C_k−2^k+1S₃(x)−2C_k^k+1S₁(x)−1^o.

對上式之兩邊微分, 再根據歸納法的假設可得

2S_k^′(x) = (x + 1)^k+ x^k− 2C₃^kS_k−3(x) − · · · − 2C_k−2^k S₂(x) − 2x − 1. (5) 另一方面, 於公式 (3) 與公式 (4) 中, 將 k 換成 k − 1 後, 兩式再相加可得

2kSk−1 = (x + 1)^k+ x^k− 2C₃^kS_k−3(x) − · · · − 2C_k−2^k S₂(x) − 2x − 1. (6) 比較公式 (5) 與公式 (6) 後可得證本性質。

性質3.2. 對任意大於等於 2 之正整數 k, _dx^d22S_k(x) = k_dx^dS_k−1(x) 恆成立。

證明:根據性質 3.1, 所以欲證明本性質, 僅需證明⌈對任意大於等於 2 之偶數 k, _dx^d22S_k(x) = k_dx^dS_k−1(x) 恆成立⌋ 即可。 然此事實可藉由數學歸納法來證明, 證明手法類似性質 3.1, 故不 冗述。

四 . 結語

綜合性質 3.1 和性質 3.2, 我們可以推導出 S_k(x) =

Z _x

0

Z _y

0 kS_k−1^′ (u)dudy + xS_k^′(0) + Sk(0)

= k

Z _x

0

S_k−1(y)dy + xS_k^′(0).

所以只要知道 S_k−1(u), 0 ≤ u ≤ x 和 S_k^′(0) 之值, 透過積分就可以求出 Sk(x)。 特別是當 k 為大於等於 3 之奇數時, 可得

S_k(x) = k

Z _x

0 S_k−1(y)dy. (7)

從連續整數冪次和公式引發之擴充想法 ₃₃ 由此可見, 若根據公式 (2) 計算出 Sk(x) (k 為偶數) 時, 則根據公式 (7) 馬上可以得出 S_k+1(n)。 例如:

S₆(x) = 1

7x⁷+ 1

2x⁶+ 1

2x⁵ −1

6x³+ 1 42x, 因此

S₇(n) = 7

Z n 0

S₆(y)dy

= 7

 1

56n⁸+ 1

14n⁷ + 1

12n⁶− 1

24n⁴+ 1 84n²



=1

8n⁸+1

2n⁷+ 7

12n⁶− 7

24n⁴+ 1 12n².

本文以積分的觀點, 給出 Sk(n) 之表示法, 亦可視為是連續整數羃次和公式之另類證明, 而此另類思考與陳國裕 (民 88)、 傅海倫 (民 89)、 李正豐 (民 91) 三人對 Sk(n) 所提之諸多 證明法, 是否有異曲同工之妙呢 ?

參考文獻

1. 李宗元 (民 68)。 閒話 1^k+ 2^k+ · · · + n^k。 數學傳播, 第二卷第四期, 頁 12-14。

2. 陳國裕 (民 88)。 如何求出 1²+ 2²+ · · · + n²。 數學傳播, 第二十三卷第一期, 頁 76-84。

3. 傅海倫 (民 89)。 再談如何求出 1²+ 2²+ · · · + n²。 數學傳播, 第二十四卷第二期, 頁 62-64。

4. 何景國 (民 71)。 求^Pn_i=1i^k (k = 1, 2, 3) 的幾種方法。 數學傳播, 第六卷第四期, 頁 93-97。

5. 李政豐 (民 91)。 連續整數冪次和公式的另類思考。 數學傳播, 第二十六卷第二期, 頁 93-82。

—本文第一作者為數學教育系碩士班研究生、 第二作者現任教於數學教育系、 第三作者現任教 於教育測驗統計研究所—