自然數次方和之間的關係

自然數次方和之間的關係

曾祥華

在高中二年級下學期上專題研究課程 時, 沈昭亮教授曾介紹了如何求級數 1^k + 2^k+ . . . + n^k 之和的一個分析方面的方法, 沈教授並提出了下面的問題: 「我們知道一次 方和與三次方和之間有下面的關係:

(1 + 2 + . . . + n)² = 1³+ 2³+ . . . + n³ 那麼, 其它的次方和之間是否也有 類似的關係? 亦即, 是否還有其它 正整數 m、n、k 使下面的關係式:

C

P

X

i=1

i^m = (

P

X

i=1

iⁿ)^k (∗) 對所有正整數 P 均成立? 其中 C 為一常數。」

本文將對此問題給出解答。

首先, 我們要介紹 Bernoulli 多項式 B_k(x), 它由下式定義:

B_k(x) 是一個 K 次多項式,

R

_x+1

x B_K(t)dt = x^K。 由 B_K(x) 的定義得知

Z

n+1

1 B_k(t)dt = 1^k+ 2^k+ . . . + n^k。

有關Bernoulli 多項式的其它相關性質詳見 參考資料。

利用上面的性質, 加上多項式恆等定理, 我們可將關係式 (∗) 改寫成下面形式:

C

Z

x

1 B_m(t)dt = (

Z

x

1 B_n(t)dt)^k (1) 上式對所有的實數 x 皆成立。

再由

Z

x a

B_n(t)dt = 1

n+ 1(Bn+1(x) −Bn+1(a)) 得

C

m+ 1(B_m+1(x) − B_m+1)

= 1

(n + 1)^k(Bn+1(x) − Bn+1)^k (2) 其中 B_j = Bj(0) 為 Bernoulli 數, 且 B_j(0) = Bj(1), j ≥ 2, 因 Bj(x) 的領導 係數為 1, 所以由 (1) 可得

C = m+ 1 (n + 1)^k 因此可進一步改寫 (2) 式如下:

B_m+1(x)−B_m+1= (B_n+1(x)−B_n+1)^k (3)

80

自然數次方和之間的關係

₈₁

因 B_2t+1 = 0, B2t 6= 0, t ∈ N, 且有下面性 質:

B_j(x) =

j

X

i=0

j i

!

B_ix^j−i 故有下面的預備定理:

預備定理: B_2t+1(x) − B_2t+1 = 0 有一根為 0, 其重覆度為 1;

B_2t+2(x) − B2t+2 = 0 有一根為 0, 其 重覆度為 2, 其中 t ∈ N

證明: 0 顯然為兩式之根。 B2t+1(x) − B2t+1

的一次項係數為

^

^2t+1

2t



B_2t 6= 0, 所以其重 覆度為 1, 同理, B2t+2(x) − B_2t+2 的一次項 係數為

^

^2t+2

2t+1



B_2t+1, 因 B2t+1 = 0, 故 0 的 重覆度為 2。

注意到, B₂(0) − B2 = 0, 而對多項式 B₂(x) − B2 而言, 0 的重覆度為 1。

在 (3) 式中, 由兩邊的次數可得下式:

m+ 1 = k(n + 1) (4) 因 k = 1 無意義, 故可設 k ≥ 2, 且兩邊對 0 的重覆度相等, 無論 B_n+1(x) − B_n+1 = 0 對 0 的重覆度為多少, k 總小於或等於 2, 所 以我們有下面的定理:

定理1: 若 (3) 式有解, 則 K 必為 2。

利用定理 1 改寫 (4) 式得:

m+ 1 = 2(n + 1) (5) 上式中, 若 n = 1, 則 m = 3, 設有 n > 1, m ∈ N 使 (3) 式成立, 注意到因 0 必為 B_m+1(x) − B_m+1 的 2重根, 所以 n + 1 必

為奇數, 設有 n + 1 = 2p + 1, p ∈ N, 可得:







n= 2p

m= 4p + 1 其中p ∈ N (6) 將定理 1、(6) 及 Bernoulli 多項式的一般表 達式代入 (3) 式, 則我們得到:

4p+1

X

i=0

4p + 2 i

!

B_ix^4p+2−i

=

^

2p

X

j=0

2p + 1 j

!

B_jx^2p+1−j

^

² (7) 比較上式 x^4p 的係數可得:

4p + 2 2

!

B₂

= 2 2p+1 0

!

2p+1 2

!

B₀B₂

+ 2p+1 1

!

2

B₁²

⇔(4p + 2)(4p + 1)

2 · 1

6

= 2 · 2p(2p + 1) 2 · 1

6+(2p+1)²·1 4

⇔4p²+ 4p + 1 = 0

⇔ p= −1 2 ,−1

2 此與 p ∈ N 牴觸。

從而我們得到下面的定理:

定理2: 式 (∗) 除了 (m, n, k, c) = (3, 1, 2, 1) 外無其它解。

式 (∗) 還可推廣成下面的問題:

「是否存在正整數 m, k₁, k₂, . . . , k_n 與 一正數 C 使下式成立:

C·

M

X

i=1

i^m =

n

Y

j=1

 X

^M

i=1

i^kj

^

(∗)^′ 其中 M 為任意正整數。」

82

數學傳播

₂₀

卷

4

期 民

₈₅

年

₁₂

月

類似定理 1 的討論, 我們可知 n = 2, 因此, (∗)^′ 可改為:

C·

M

X

i=1

i^m =

M

X

i=1

i^k1

M

X

i=1

i^k2 (8) 同樣的, 若使 (8) 式成立的 k1、k₂、m 存在, 且 k_j 6= 1, j = 1, 2, 則必有下面的關係:



 

 

 

 

k₁ = 2t k₂ = 2s

m= 2(t + s) + 1

其中t、s ∈ N

(9) 將 (8) 式改為下面形式:

C

m+ 1(Bm+1(x) − Bm+1)

=(Bk₁(x)−Bk₁)(Bk₂(x)−Bk₂) (k1+ 1)(k2+ 1) (10) 由上式等號兩端領導係數的相等立刻得到:

C = m+ 1

(k1+ 1)(k2+ 1) (11) 再將 (10) 式改為下面形式:

2(t+s)+1

X

i=0

2(t + s + 1) i

!

B_ix^2(t+s+1)−i

=

^h

2s

X

i=0

2s + 1 i

!

B_ix^2s+1−i

ⁱ

h X

²

j=0

t 2t + 1 j

!

B_jx^2t+1−j

ⁱ

(12) 比較 x^2(t+s) 的係數得:

2(t + s + 1) 2

!

B₂

= 2s + 1 0

!

2t + 1 2

!

B₀B₂

+ 2s + 1 2

!

2t + 1 0

!

B₂B₀ + 2t + 1

1

!

2s + 1 1

!

B₁²

⇔(2t + 1)(2s + 1) = 0 此與 t、s ∈ N 牴觸。

故得下面定理:

定理3: 除了 m = 3, n = 2, k1 = k2 = 1 外, (∗)^′ 無正整數解。

除了式 (∗)^′ 外, (∗) 亦可推廣如 下: 「是否存在正數 C, 正整數 u, v, m₁, m₂, . . . , m_u, k₁, . . . , k_u, n₁, . . . , n_v, p₁, . . . , p_v 使下式成立:

C·

u

Y

j=1

(

t

X

i=1

i^mj)^kj =

v

Y

k=1

(

t

X

i=1

i^nk)^pk (∗)^′′

其中 t 為任意正整數。」

我們尚未得出 (∗)^′′ 的解。

感謝清華大學沈昭亮教授的建議與鼓 勵。

參考資料

1. 王竹西、 郭敦人: 特殊函數概論, 凡異出版社。

2. 沈昭亮: “數學漫談”講義, 國立清華大學數 學系 (未出版)

—本文作者就讀於科學園區實驗高中_—