利用遞迴關係式求 r 為自然數

數學傳播 44卷1期, pp. 94-96

利用遞迴關係式求 ^r 為自然數

   _n

k=1 k ^r 的公式解

李維昌

研究目的: 本文以遞迴關係式求 ⁿ

k=1

k^r 的公式解, 其中 r 為自然數, 解題的靈感偶然從腦海中 閃過, 我即刻把握當下, 振筆疾書, 記錄這美好的尋求過程, 請看下文的剖析。

研究過程:

1、 以 Sr(n) 表示 ⁿ

k=1

k^r, 本文探討 r 為自然數的情形。

2、 尋求遞迴關係式:

設 Sr(n) = 1 r + 1

r i=0

C_i^r+1· Bi· n^r+1−i,

則 Sr(n− 1) = 1 r + 1

r i=0

C_i^r+1· Bi· (n − 1)^r+1−i,

⇒ n^r = S_r(n)− S_r(n− 1) = 1 r + 1

r i=0

C_i^r+1· B_i· [n^r+1−i− (n − 1)^r+1−i]

= 1

r + 1·C0^r+1·B0· [n^r+1−(n−1)^r+1]+ 1

r + 1·C1^r+1· B1· [n^r−(n−1)^r] + 1

r + 1·C2^r+1· B2· [n^r−1−(n−1)^r−1]+· · ·+ 1

r + 1 · C_r^r+1·Br·[n¹−(n−1)¹]

= 1

r + 1· C0^r+1· B0· [C1^r+1n^r−C2^r+1n^r−1+ C₃^r+1n^r−2+· · · + (−1)^rC_r+1^r+1] + 1

r + 1· C1^r+1· B1· [C1^rn^r−1−C2^rn^r−2+ C₃^rn^r−3+· · · + (−1)^r−1C_r^r] + 1

r + 1·C2^r+1·B2· [C1^r−1n^r−2−C2^r−1n^r−3+C₃^r−1n^r−4+· · ·+(−1)^r−2C_r−1^r−1]

94

利用遞迴關係式求 r 為自然數_n

k=1k^r 的公式解 95

+· · · + 1

r + 1 · C_r^r+1· Br· [C1¹]

= B₀· n^r+ 1

r + 1 · [−C0^r+1 · B0· C2^r+1+ C₁^r+1· B1· C1^r]n^r−1 + 1

r + 1· [C0^r+1· B0· C3^r+1− C1^r+1· B1· C2^r+ C₂^r+1· B2· C1^r−1]n^r−2 + 1

r+1·[−C0^r+1·B0·C4^r+1+C₁^r+1·B1·C3^r−C2^r+1·B2·C2^r−1+C₃^r+1·B3·C1^r−2]n^r−3 +· · · + 1

r + 1 · [(−1)^r· C0^r+1· B0· C_r+1^r+1+ (−1)^r−1· C1^r+1· B1· C_r^r +(−1)^r−2· C2^r+1· B2 · C_r−1^r−1 +· · · + (−1)⁰· C_r^r+1· Br· C1¹]

= B₀· n^r+ 1

r + 1 · [−C0² · B0· C2^r+1+ C₁²· B1· C2^r+1]n^r−1 + 1

r + 1· [C0³· B0· C3^r+1− C1³· B1 · C3^r+1+ C₂³· B2· C3^r+1]n^r−2 + 1

r+1·[−C0⁴·B0·C4^r+1+C₁⁴·B1·C4^r+1−C2⁴·B2·C4^r+1+C₃⁴·B3·C4^r+1]n^r−3+· · · + 1

r + 1·[(−1)^r·C0^r+1·B0·C_r+1^r+1+ (−1)^r−1·C1^r+1·B1·C_r+1^r+1 +(−1)^r−2·C2^r+1·B2·C_r+1^r+1+· · ·+(−1)⁰·C_r^r+1·Br·C_r+1^r+1]

= B₀· n^r+(−1)¹

r + 1 · C1+1^r+1· [C0²· B0−C1²· B1]n^r−1 +(−1)²

r + 1 · C2+1^r+1· [C0³ · B0− C1³· B1+C₂³· B2]n^r−2 +(−1)³

r + 1 · C3+1^r+1· [C0⁴ · B0−C1⁴· B1+C₂⁴· B2−C3⁴· B3]n^r−3 +· · · + (−1)^r

r + 1 · C_r+1^r+1· [C0^r+1· B0− C1^r+1· B1

+C₂^r+1· B2− C3^r+1· B3+· · · + (−1)^r· C_r^r+1· B_r]n^r−r

= B₀· n^r+

r k=1

(−1)^k

r + 1 · C_k+1^r+1· ^k

i=0

(−1)ⁱ· C_i^k+1B_i

!"

n^r−k

⇒ B0 = 1 且

k i=0

(−1)ⁱ· C_i^k+1B_i = 0, k = 1, . . . , r.

到此已尋得遞迴關係式進而可求得 Bi, i = 1, . . . , r。

96 數學傳播 44卷1期 民109年3月

3、 以 r = 7 為例, 利用上述遞迴關係式可求得 Bi, i = 0, 1, . . . , 7:

將遞迴關係式寫成矩陣的形式⎡

⎢⎢

⎢⎢

⎢⎢

⎢⎢

⎢⎢

⎢⎢

⎢⎢

⎣

C₀¹ 0 0 0 0 0 0 0 C₀² −C1² 0 0 0 0 0 0 C₀³ −C1³ C₂³ 0 0 0 0 0 C₀⁴ −C1⁴ C₂⁴ −C3⁴ 0 0 0 0 C₀⁵ −C1⁵ C₂⁵ −C3⁵ C₄⁵ 0 0 0 C₀⁶ −C1⁶ C₂⁶ −C3⁶ C₄⁶ −C5⁶ 0 0 C₀⁷ −C1⁷ C₂⁷ −C3⁷ C₄⁷ −C5⁷ C₆⁷ 0 C₀⁸ −C1⁸ C₂⁸ −C3⁸ C₄⁸ −C5⁸ C₆⁸ −C7⁸

⎤

⎥⎥

⎥⎥

⎥⎥

⎥⎥

⎥⎥

⎥⎥

⎥⎥

⎦

⎡

⎢⎢

⎢⎢

⎢⎢

⎢⎢

⎢⎢

⎢⎢

⎢⎢

⎣ B₀ B₁ B₂ B₃ B₄ B₅ B₆ B₇

⎤

⎥⎥

⎥⎥

⎥⎥

⎥⎥

⎥⎥

⎥⎥

⎥⎥

⎦

=

⎡

⎢⎢

⎢⎢

⎢⎢

⎢⎢

⎢⎢

⎢⎢

⎢⎢

⎣ 1 0 0 0 0 0 0 0

⎤

⎥⎥

⎥⎥

⎥⎥

⎥⎥

⎥⎥

⎥⎥

⎥⎥

⎦ ,

解得 B0 = 1, B₁ = 1

2, B₂ = 1

6, B₃ = 0, B₄ =− 1

30, B₅ = 0, B₆ = 1

42, B₇ = 0。 4、 利用所求得的 Bi, i = 0, 1, 2, . . . , 7 與 Sr(n) = 1

r + 1

r i=0

C_i^r+1 · Bi · n^r+1−i, 去求 S_r(n) 的公式解, r = 1, 2, . . . , 7 :

S₁(n) = 1 2

1 i=0

C_i²· B_i· n²⁻ⁱ = 1

2n²+1 2n, S₂(n) = 1

3

2 i=0

C_i³· B_i· n³⁻ⁱ = 1

3n³+1

2n²+ 1 6n, S₃(n) = 1

4

3 i=0

C_i⁴· B_i· n⁴⁻ⁱ = 1

4n⁴+1

2n³+ 1 4n², S₄(n) = 1

5

4 i=0

C_i⁵· Bi· n⁵⁻ⁱ = 1

5n⁵+1

2n⁴+ 1

3n³− 1 30n, S₅(n) = 1

6

5 i=0

C_i⁶· Bi· n⁶⁻ⁱ = 1

6n⁶+1

2n⁵+ 5

12n⁴− 1 12n², S₆(n) = 1

7

6 i=0

C_i⁷· Bi· n⁷⁻ⁱ = 1

7n⁷+1

2n⁶+ 1

2n⁵−1

6n³+ 1 42n, S₇(n) = 1

8

7 i=0

C_i⁸· Bi· n⁸⁻ⁱ = 1

8n⁸+1

2n⁷+ 7

12n⁶− 7

24n⁴+ 1 12n².

5、 結論: 以上, 我們列出了 S1(n), S₂(n), . . ., S₇(n) 等的公式解。 事實上, 利用遞迴式 B₀ = 1且 ^k

i=0

(−1)ⁱ· C_i^k+1· Bi = 0, k = 1, . . . , r; 並且把此遞迴關係用矩陣的形式表 示, 我們可以求得任何 Sr(n) = 1

r + 1

r

i=0C_i^r+1· Bi· n^r+1−i 的公式解。

—本文作者為國立宜蘭高中退休教師—