在$\lceil$妙不可言的數學證明$\rfloor$一書第 113 頁處, 筆者們第一次獲知下面三角形: $$ \begin{array}{ccccccccc} &&&& 1_{1} &&&& \\ &&& 1_{1} & & 1_{2} &&& \\ && 1_{1} & & 3_{2} & & 2_{3} && \\ & 1_{1} & & 7_{2} & & 12_{3} & & 6_{4} & \\ 1_{1} & & 15_{2} & & 50_{3} & & 60_{4} & & 24_{5} \\ \cdots & \cdots & \cdots & \cdots & \cdots & \cdots & \cdots & \cdots & \cdots \end{array} $$ 上述三角形 (本文稱其為$\lceil$冪和三角形$\rfloor$) 中, 小足碼表示同一列 (row) 從最左邊算起是第幾個數, 例如: $3_2$ 中之小足碼 $2$, 表示 $3$ 所在之列,當從此列最左邊算起時,是第 $2$ 個數。 此三角形中, 若仔細端倪上下兩列數字間與小足碼的關係時, 可以發現其與巴斯卡 (Pascal) 三角形有極類似的地方, 例如第五列最左邊算起第三個數 $50$, 可以看成是第四列第二個數乘上它的下標, 加上同列第三個數乘上它的下標之和, 即 $50=7 \times 2+12 \times 3$, 同理, $60=12 \times 3+ 6 \times 4$ ()。 除此以外,更讓人驚嘆的地方, 乃冪和三角形中之係數,竟然與連續整數冪次和有關, 其對應關係如下: \begin{eqnarray*} 1^0 + 2^0 + 3^0 + \cdots + n^0 &=& 1 \cdot (_{1}^{n}), \\ 1^1 + 2^1 + 3^1 + \cdots + n^1 &=& 1 \cdot (_{1}^{n}) + 1 \cdot (_{2}^{n}), \\ 1^2 + 2^2 + 3^2 + \cdots + n^2 &=& 1 \cdot (_{1}^{n}) + 3 \cdot (_{2}^{n}) + 2 \cdot (_{3}^{n}), \\ 1^3 + 2^3 + 3^3 + \cdots + n^3 &=& 1 \cdot (_{1}^{n}) + 7 \cdot (_{2}^{n}) + 12 \cdot (_{3}^{n}) + 6 \cdot (_{4}^{n}), \\ 1^4 + 2^4 + 3^4 + \cdots + n^4 &=& 1 \cdot (_{1}^{n}) + 15 \cdot (_{2}^{n}) + 50 \cdot (_{3}^{n}) + 60 \cdot (_{4}^{n}) + 24 \cdot (_{5}^{n}), \end{eqnarray*} 其中, 二項式係數 $(_{i}^{n})=\frac{n(n-1) \cdots (n-i+1)}{i!}$。

然而, 正因為過去有非常多的文獻, 關注於連續整數冪次和之主題 , , , , , , , , , ), 加上$\lceil$妙不可言的數學證明$\rfloor$一書中, 對冪和三角形中之係數,可以透過連續整數冪次和來求得的證明, 並未加以著墨。 基於此， 本文企圖揭開冪和三角形之神秘面紗, 並藉由過去既知的結果, 求解冪和三角形中之係數。 另外,在連續整數冪次和相關研究之風向球的指引下, 期待能夠利用冪和三角形中之係數, 刻畫一些重要的結果。

為了嚴謹的求解冪和三角形中之係數， 本節定義冪和三角形中, 第 $k$ 列最左邊算起第 $i+1$ 個係數, 為滿足下式之非負整數 $d(k,i)$: \begin{eqnarray} \sum_{j=1}^{n} j^k=\sum_{i=0}^{k} d(k,i) (_{i+1}^{\ n}). \label{eq:201} \end{eqnarray} 不難發現 (\ref{eq:201}) 式中之 $d(k,i)$, 因設限為非負整數, 所以是唯一決定, 且 \begin{eqnarray*} d(0,0) &=& 1, \\ d(1,0) &=& 1, \ d(1,1)=1 \\ d(2,0) &=& 1, \ d(2,1)=3, \ d(2,2)=2, \\ d(3,0) &=& 1, \ d(3,1)=7, \ d(3,2)=12, \ d(3,3)=6, \\ d(4,0) &=& 1, \ d(4,1)=15, \ d(4,2)=50, \ d(4,3)=60, \ d(4,4)=24. \end{eqnarray*}

另外,為了描述方便起見, 對任意給定之自然數 $k$ 與 $i$, 當 $k\lt i$ 時, 令 $d(k,i)=0$。

性質 2.1. 對任意給定之自然數 $k$, 以及非負整數 $i$, $0 \le i \le k$, 恆有 \begin{eqnarray} d(k,i) =i d(k-1,i-1)+ (i+1) d(k-1,i). \label{eq:202} \end{eqnarray}

性質 2.2. 對任意給定之自然數 $k$, 以及非負整數 $i$, $0 \le i \le k-1$, 恆有 \begin{eqnarray} d(k,i) &=& \sum_{j=0}^{i} (-1)^{j} (i-j)^k (_{j}^{i}) +\sum_{j=0}^{i+1} (-1)^{j} (i-j+1)^k (_{\ j}^{i+1}),\nonumber\\ d(k,k) &=& \sum_{j=0}^{k} (-1)^{j} (k-j)^k (_{j}^{k}). \label{eq:203} \end{eqnarray}

因性質 2.1$-$2.2 之證明, 可以一併處理, 且兼顧文章先整理出重點, 以方便讀者閱讀之故, 茲將證明置至於後記。

計算 Bernoulli 數, 在數學研究裡, 是個古老的課題，舉凡從純粹的代數到統計的應用, 可以說到處都有 Bernoulli 數的蹤影 。 特別是, 利用 Bernoulli 數, 來表徵連續整數冪次和 。 由於 Bernoulli 數之定義與相關性質, 在數學傳播第 12 $\sim$ 13 卷中, 已有詳細報導 , 因此,本節不再冗述。 另外,為了方便起見, 若將二項式係數 $(_{i}^{n})$ 中之 $n$, 擴充至實數 $x$ 時, $(_{i}^{x})$ 即為 $x$ 的多項式之型態, 也就是當 $x \in \mathbb{R}$ 時, 定義 $(_{i}^{x}) =\frac{x(x-1) \cdots (x-i+1)}{i!}$, 此時, 不難發現數學傳播第 31 卷 3 期中, 蘇益弘、胡豐榮、許天維 (2005) 所定義之連續整數冪次和擴充函數 $S_k: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$, 具有下列性質: 對任意實數 $x$, \begin{eqnarray} S_{k}(x) = \sum_{i=0}^{k} d(k,i) (_{i+1}^{\ x}). \label{eq:301} \end{eqnarray}

再者, 根據鍾逸修、劉志璿、王道明、胡豐榮 (2007) 之論文第 6 頁, Bernoulli 數 $B_i$ 與連續整數冪次和擴充函數 $S_k(x)$ 之間, 有下列關係: \begin{eqnarray} B_{2k} &=& S_{2k}^{\prime}(-1), \ k \in \mathbb{N}; \label{eq:302} \\ B_0\ &=& S_{0}^{\prime}(-1)=1, \quad B_1 = S_{1}^{\prime}(-1)=-\frac{1}{2}, \nonumber \end{eqnarray} 其中, $S_{k}^{\prime}(x)$ 是連續正整數次方和之擴充函數 $S_k(x)$ 的一階導函數。

因此, 將 (\ref{eq:301}) 式代入 (\ref{eq:302}) 式後, 即可得到下面的性質。

性質 3.1. 對任意自然數 $k$, \begin{eqnarray*} B_{2k} =\sum_{i=0}^{2k} d(2k,i) \left. \frac{d}{dx} \left (_{i+1}^{\ x} \right ) \right |_{x=-1}, \end{eqnarray*} 且 $B_0 = d(0,0)$, $B_1 = -\frac{1}{2} d(1,1)$。

性質 3.1 之證明,請讀者參考 , 謹以下例說明使用冪和三角形中之係數 $d(k,i)$, 來計算 Bernoulli 數時之便利性。

例 3.2. 計算 $B_4$ 時, $d(4,i)$, $0 \le i \le 4$ 之值, 請參考本文第二節。 另外, 不難算出 \begin{eqnarray*} && \left. \frac{d}{dx} \left (_{1}^{x} \right ) \right |_{x=-1} = 1, \quad \left. \frac{d}{dx} \left (_{2}^{x} \right ) \right |_{x=-1} =- \frac{3}{2}, \quad \left. \frac{d}{dx} \left (_{3}^{x} \right ) \right |_{x=-1} = \frac{11}{6}, \\ && \left. \frac{d}{dx} \left (_{4}^{x} \right ) \right |_{x=-1} =- \frac{50}{24}, \quad \left. \frac{d}{dx} \left (_{5}^{x} \right ) \right |_{x=-1} = \frac{274}{120}. \end{eqnarray*} 根據性質 3.1 可得 $B_{4}=-\frac{1}{30}$。

由於 $\left. \frac{d}{dx} \left (_{i}^{x} \right ) \right |_{x=-1}$, $0 \le i \le 2k$ 之值, 可以利用 Maple 或 Matlab 等軟體來計算, 故根據性質 3.1, Bernoulli 數 $B_2$, $B_4$, $\cdots$, $B_{2k}$ 可以表成下式 \begin{eqnarray*} \left ( \begin{array}{c} B_2 \\ B_4 \\ \cdots \\ B_{2k} \end{array} \right ) = \left [ \begin{array}{c} d(2l,i) \end{array} \right ]_{1 \le l \le k, \ 0 \le i \le 2k} \left ( \begin{array}{c} 1 \\ -\frac{3}{2} \\ \cdots \\ \left. \frac{d}{dx} \left (_{2k+1}^{\ x} \right ) \right |_{x=-1} \end{array} \right ). \end{eqnarray*} 因此,利用冪和三角形中之係數所成的矩陣 $[d(2l,i)]_{1 \le l \le k, \ 0 \le i \le 2k}$, 來計算 Bernoulli 數 $B_2$, $B_4$, $\cdots$, $B_{2k}$ 之值時, 可以快速算出來。

冪和三角形也許不是一個大家都耳熟能詳的概念, 且相較於巴斯卡三角形,亦或楊輝三角形的相關性質, 冪和三角形鮮少被一般數論之書籍所廣泛論述。 本文利用連續整數冪次和之求和公式的技巧, 求解出 $d(k,i)$ 的遞迴關係, 以及給出 $d(k,i)$ 之值, 此為本研究的成果之一。 另外, 藉由筆者們過去在連續整數冪次和的研究上之心得, 建構了冪和三角形中, 係數 $d(k,i)$ 與 Bernoulli 數之間的關係, 此為本研究的成果之二。

由於現有套裝軟體, 例如 Maple 或 Matlab 非常普遍, 因此,利用這些套裝軟體, 先建置冪和三角形中之係數所成的矩陣, 然後利用本文第三節文末之矩陣乘積, 來設計程式計算 Bernoulli 數時, 亦不失為是計算 Bernoulli 數的另一種有中生新的新思維。

首先,筆者們先證明性質 2.2。 根據 Brualdi (1977), 對任意實數 $x$ 與自然數 $k$, 存在係數 $c(k,0)$, $c(k,1)$, $c(k,2)$, $\cdots$, $c(k,k)$, 使得 \begin{eqnarray} x^k= \sum_{i=0}^{k} c(k,i) (_{i}^{x}), \label{eq:app101} \end{eqnarray} 其中 $(_{i}^{x})$ 為本文第三節所述之 $x$ 的多項式。 則對任意自然數 $k$, 不難證明 $c(k,0)=0$ 且 \begin{eqnarray} c(k,i)=ic(k-1,i)+ic(k-1,i-1), \mbox{ 當 }1 \le i \le k-1. \label{eq:app102} \end{eqnarray} 根據 (\ref{eq:app102}) 之遞迴公式, Brualdi (1977) 解出 \begin{eqnarray} c(k,i) = \sum_{j=0}^{i} (-1)^{j} (i-j)^k (_{j}^{i}). \label{eq:app10201} \end{eqnarray} 今將 (\ref{eq:app101}) 式中之實數 $x$, 侷限於非負整數, 並將其視為 $j$ 來求和時, 可得下式: \begin{eqnarray} \sum_{j=1}^{n} j^k=\sum_{j=1}^{n} \sum_{i=0}^{k} c(k,i) (_{i}^{j}) =\sum_{i=0}^{k} \sum_{j=1}^{n} c(k,i) (_{i}^{j}) =\sum_{i=0}^{k} c(k,i) \sum_{j=1}^{n} (_{i}^{j}). \label{eq:app103} \end{eqnarray} 又因為 $\sum_{j=1}^{n} (_{i}^{j})=(_{i+1}^{n+1})$, 所以 (\ref{eq:app103}) 式變成 \begin{eqnarray} \sum_{j=1}^{n} j^k %=\sum_{i=0}^{k} c(k,i) \sum_{i=0}^{k} (_{i}^{j}) =\sum_{i=0}^{k} c(k,i) (_{i+1}^{n+1}). \label{eq:app104} \end{eqnarray} 再加上使用巴斯卡公式 $(_{i+1}^{n+1})=(_{i+1}^{\ n})+(_{i}^{n})$, 此時 (\ref{eq:app104}) 式變成 \begin{eqnarray} \sum_{j=1}^{n} j^k=\sum_{i=0}^{k} c(k,i) (_{i+1}^{n+1}) =c(k,k) (_{k+1}^{\ n})+ \sum_{i=0}^{k-1} \left \{c(k,i) + c(k,i+1) \right \} (_{i+1}^{\ n}) . \label{eq:app105} \end{eqnarray} 另外, 由於 (\ref{eq:201}) 式之解 $d(k,i)$ 為唯一, 因此,可得 \begin{eqnarray} d(k,k)=c(k,k), \ \mbox{ 且當 }0 \le i \le k-1 \mbox{ 時}, d(k,i)=c(k,i) + c(k,i+1) . \label{eq:app106} \end{eqnarray} 結合 (\ref{eq:app10201}) (\ref{eq:app106}) 兩式, 即可證明性質 2.2。 最後關於性質 2.1 之證明, 因為當 $0 \le i \le k-1$ 時, 根據 (\ref{eq:app102}) (\ref{eq:app106}) 兩式可得 \begin{eqnarray*} d(k,i) &=& c(k,i) + c(k,i+1) \\ &=& i \left \{ c(k-1,i) + c(k-1,i-1) \right \}+ (i+1) \left \{ c(k-1,i+1) + c(k-1,i) \right \} \\ &=& i d(k-1,i-1) + (i+1) d(k-1,i). \end{eqnarray*} 此外, \begin{eqnarray*} d(k,k) &=& c(k,k) \\ &=& k \left \{ c(k-1,k) + c(k-1,k-1) \right \} \\ &=& k d(k-1,k-1) + (k+1) d(k-1,k). \end{eqnarray*} 上式中,請留意本文第二節處, 有定義 $d(k-1,k)=0$。

本研究榮獲國立台灣大學與國立台灣科學教育館, 共同合作辦理之青少年科學人才培育計畫, 編號 ISGR130 的經費支持, 在此獻上最深的謝意。

---本文第一作者為台北市立中山女子高級中學一年級學生、第二作者為台北市立中山女子高級中學專任數學教師、 第三作者為國立台中教育大學數學教育系專任教授---