拙作『$2^n$ 在分母的級數收斂性質』刊登在數學傳播 108 年 9 月第 171 期。 校稿時, 本人對當分子是盧卡斯數列的結果：

$$\sum_{n=1}^\infty \frac{L_n(a,b)}{2^n}=a+b, \ \sum_{n=1}^\infty \frac{L_n(a,b,c)}{2^n}=a+b+c,\ \hbox{甚至}\ \sum_{n=1}^\infty\frac{L_n(a,b,c,d)}{2^n}=a+b+c+d,$$

感到十分滿意, 而且也容易往更高階的盧卡斯數列依此類推一番。 但是對於定義在自然數 $N$ 的多項式函數, 除了 $f(n)=an+b$ 時, $\sum\limits_{n=1}^\infty \dfrac{f(n)}{2^n}=2a+b$ 可以把 $a+b$ 看成首項, $a$ 看成公差, 得到 $f(n)=(a+b)+a(n-1)=a_1+d(n-1)$, 再得到 $\sum\limits_{n=1}^\infty \dfrac{f(n)}{2^n}=a_1+d$ 還算簡潔之外, 對於二次以上的函數如 $f(n)=an^2+bn+c$ 時, $\sum\limits_{n=1}^\infty \dfrac{f(n)}{2^n}=6a+2b+c$； $f(n)=an^3+bn^2+cn+d$ 時, $\sum\limits_{n=1}^\infty \dfrac{f(n)}{2^n}=26a+6b+2c+d$； 雖可逐步推廣到更高次的函數, 結果也很明確。 但其中對 $n$, $n^2$, $n^3$ 項的係數, 必須各乘以一個愈來愈大的常數 2, 6, 26。 如果讀者有興趣算一下, $n$ 的 4 次方的常數是 $\sum\limits_{n=1}^\infty \dfrac{n^4}{2^n}=150$, 就已經不太漂亮了, 一定會感覺不滿意。 而且1, 2, 6, 26, 150 的數列, 似乎又找不到遞增的規則。 或許隨著冪次的提高, 這個常數的變大是無可避免的, 只是希望能找到一個由數列生成元就能直接表達的收斂公式, 如果能像各階盧卡斯數列那樣, 都能表示成 $\sum\limits_{n=1}^\infty \dfrac{L_n (a,b,c,\ldots,k)}{2^n}=a+b+c+\cdots+k$, 就更能體現數學的簡潔之美了。

幾經思考, 終於在無意間找到一個切入點, 那是利用『定義在自然數 $N$ 的 $r$ 次方函數就是一個 $r$ 階差數列』, 而 $r$ 階差數列需要 $r+1$ 個生成元, 正和 $r$ 次函數是由 $r+1$ 個係數決定一樣。 筆者在民國 73 年第二十四屆全國中小學科學展覽中, 曾以『階差數列的代數結構及級數和』一題, 獲得教師組第三名, 時隔三十多年, 如今再用這個結果, 搭配 『$2^n$ 在分母的級數收斂性質』竟然天衣無縫。 家有敝帚享之千金, 不揣淺陋的提出來和數學同好共享。

當年的研究, 我是這樣定義和表示一個 $r$ 階數列的： 設數列 $\{a_n\}$ 經過 $r$ 次降階得到常數數列, 此常數即 $r$ 階公差, 並以 $d_i$ 表示第 $i$ 次降階數列之首項, 再令 $d_0=a_1$, 則 $r$ 階差數列可表示為： $\{a_n\}=[a_1, d_1, d_2,\ldots,d_r ]=[d_0,d_1,d_2,\ldots,d_r]$。 舉例來說, 自然數的平方是二次函數, 也是二階等差數列, 降階如下：

顯然, $a_1=d_0=1$, $d_1=3$, $d_2=2$。 所以把 $\{a_n\}=\{n^2\}$ 記為 $\{a_n\}=[1,3,2]$, 這時候奇蹟出現了, 不知道你是否已經發現, 原來我們計算半天的 $\sum\limits_{n=1}^\infty \dfrac{n^2}{2^n}=6$, 正好就是 $[1,3,2]$ 這三個生成元的和。 回頭再檢視等差數列的降階：

所以 $\{a_n\}=\{f(n)\}=\{a+(n-1)d\}=[a,d]$, 而 $\sum\limits_{n=1}^\infty \dfrac{a_n}{2^n}=a+d$ 再次成立。 如果這不是巧合再巧合, 我們就可以大膽的預測這個漂亮的結論： $\sum\limits_{n=1}^\infty \dfrac{[a,b]}{2^n}=a+b$, $\sum\limits_{n=1}^\infty \dfrac{[a,b,c]}{2^n}=a+b+c$。 這不就和把盧卡斯數列放在分子時, $\sum\limits_{n=1}^\infty \dfrac{L_n (a,b)}{2^n}=a+b$, $\sum\limits_{n=1}^\infty \dfrac{L_n (a,b,c)}{2^n}=a+b+c$, 完全一樣了嗎？

以 $[d_0, d_1, d_2,\ldots, d_r ]$ 定義 $r$ 階等差數列 $\{a_n\}$, 可以得到三個重要的定理公式, 而這三個公式, 以數學歸納法和巴斯卡三角公式不難證明都是等價的。

1. 降階公式 ： $d_i=\sum\limits_{j=0}^i(-1)^j a_{i+1-j}C_j^i$, (由 $a_n$ 求 $d_i$)。

2. 生成公式 ： $a_n=\sum\limits_{j=0}^r d_j C_j^{n-1}$, (由 $d_i$ 求 $a_n$)。

3. 級數和公式： $S_n=\sum\limits_{j=0}^r d_j C_{j+1}^n$, (由 $d_i$ 求 $S_n$)。

為使這些公式通用, 令 $C_0^0=1$, 且當 $n\lt r$ 時, $C_r^n=0$。 如此一來, 請注意比較 $S_n$ 和 $a_n$ 的公式, 只有在組合運算符號 $C$ 的上下標有一點點差別, 即 $S_n$ 比 $a_n$ 的上下標同時多 1。 兩個公式長得像孿生兄弟一樣, 是這個研究的一大亮點。 現在就用這個生成公式來證明

當 $\{a_n\}=[a,b,c]$ 時, $\sum\limits_{n=1}^\infty \dfrac{a_n}{2^n}=\sum\limits_{n=1}^\infty \dfrac{[a,b,c]}{2^n}=a+b+c $。

證明： 首先以三個生成元作為各降階數列之首項, 將數列展開：

因為

\begin{align*} a_n=&a\cdot C_0^{n-1}+b\cdot C_1^{n-1}+c\cdot C_2^{n-1}\\ =&a+b(n-1)+c \frac{(n-1)(n-2)}{2!}\\ =&\frac c 2 n^2+\frac{2b-3c}2 n+a-b+c,\\ {\hbox{所以}} \sum_{n=1}^\infty \frac{a_n}{2^n}=& \sum_{n=1}^\infty \frac{[a,b,c]}{2^n}=\frac c2\cdot \sum_{n=1}^\infty \frac{n^2}{2^n}+\frac{2b-3c}{2}\cdot \sum_{n=1}^\infty \frac{n}{2^n}+\sum_{n=1}^\infty \frac{a-b+c}{2^n}\\ =&\frac c2\cdot 6+\frac{2b-3c}2\cdot 2+a-b+c\\ =&a+b+c.\tag*{得證。} \end{align*}

我們也可不化簡開 $a_n$ 的一般項, 直接證明

$$\{a_n\}=[a,b,c,d] \quad \hbox{時},\quad \sum_{n=1}^\infty \frac{a_n}{2^n}=a+b+c+d \hbox{。}$$

證明： 因為 $\{a_n\}=[a,b,c,d]$, 所以

\begin{align*} a_n=&a\cdot C_0^{n-1}+b\cdot C_1^{n-1}+c\cdot C_2^{n-1}+d\cdot C_3^{n-1},\\ {\hbox{所以}} \sum_{n=1}^\infty \frac{a_n}{2^n} =&a\cdot \sum_{n=1}^\infty \frac{C_0^{n-1}}{2^n}+b\cdot \sum_{n=1}^\infty \frac{C_1^{n-1}}{2^n} +c\cdot \sum_{n=1}^\infty \frac{C_2^{n-1}}{2^n}+d\cdot \sum_{n=1}^\infty \frac{C_3^{n-1}}{2^n}\\ =&a\cdot \sum_{n=1}^\infty \frac 1{2^n} +\frac b2\cdot\sum_{n=1}^\infty \frac{C_1^n}{2^n}+\frac c4\cdot \sum_{n=1}^\infty \frac{C_2^{n+1}}{2^n} +\frac d8\cdot \sum_{n=1}^\infty \frac{C_3^{n+2}}{2^n}\tag*{(*)}\\ =&a +\frac b2\cdot \sum_{n=1}^\infty \frac n{2^n}+\frac c4\cdot \sum_{n=1}^\infty \frac{(n+1)n}{{2^n}\cdot 2!}+\frac d8\cdot \sum_{n=1}^\infty \frac{(n+2)(n+1)n}{2^n\cdot 3!}\\ =&a+\frac b2\cdot 2+\frac c8\cdot \sum_{n=1}^\infty \frac{n^2+n}{2^n}+\frac d{48}\cdot \sum_{n=1}^\infty \frac{n^3+3n^2+2n}{2^n}\\ =&a+b+\frac c8\cdot (6+2)+\frac{d}{48}\cdot (26+18+4)\\ =&a+b+c+d.\tag*{得證。} \end{align*}

(在 $(*)$ 的式子中, 要扣除當 $n\lt r$ 時, $C_r^n=0$ 的各項。)

嚴格來說, 定義在 $N$ 的 $r$ 次函數 $f(n)=\sum\limits_{i=0}^r a_i n^i$, 需要 $a_0,a_1,a_2,\ldots,a_r$, 共 $r+1$個係數； 和用階差數列的各次降階之首項 $d_i$, 記為 $\{a_n\}=[d_0, d_1, d_2,\ldots,d_r ]$, 一樣要 $r+1$ 個生成元, 而且其中 $a_r$ 和 $d_r$ 不等於0的要求, 也是一樣相同的。 這兩種表示法必然能成為一一對應。 但是在應用上, 應該各擅勝場。 例如對一個未知函數關係的數列 $\{a_n\}$, 我們僅知其前幾項, 降階成：

如果對後繼各項實測不易, 或取得數據的成本太高, 就其降階情形應以判斷 $\{a_n\}$ 為三階等差數列為最佳考量。 可用未定係數法設 $f(n)=an^3+bn^2+cn+d$, 代入 4 個已知函數值, 解四元一次聯立方程組, 求出各項係數； 或用 $\{a_n\}=[1,1,1,1]$ 的生成公式 $a_n=1\cdot C_0^{n-1}+1\cdot C_1^{n-1}+1\cdot C_2^{n-1}+1\cdot C_3^{n-1}$, 再化簡成 $a_n=\dfrac 16 n^3-\dfrac 12 n^2+\dfrac 43 n$, 來確定這個數列的生成函數。 但若只是要求 $\sum\limits_{n=1}^\infty \dfrac{a_n}{2^n}$, 我想以 $\sum\limits_{n=1}^\infty \dfrac{[1,1,1,1]}{2^n}=1+1+1+1=4$, 比起代入 $\sum\limits_{n=1}^\infty \dfrac{\frac 16 n^3-\frac 12 n^2+\frac 43 n}{2^n} =\dfrac 16\cdot 26-\dfrac 12\cdot 6+\dfrac 43\cdot 2=4$, 必然要方便多了。

或者我們可以把 $\{a_n\}=\{n^4\}$ 做四次降階, 得到 $\{n^4 \}=[1,15,50,60,24]$, 再得到

$$\sum\limits_{n=1}^\infty \dfrac{n^4}{2^n} =\sum\limits_{n=1}^\infty \dfrac{[1,15,50,60,24]}{2^n}=1+15+50+60+24=150,$$

就能少掉許多高次方的因式分解和化簡的問題了。

最後, 對階差級數 $S_n=\sum\limits_{i=1}^n a_i$ 和 $a_n$ 之間, 利用階差的關係： $S_1=a_1$, $S_2-S_1=a_2$, $\ldots$, $S_n-S_{n-1}=a_n$, 我們把 $S_n$ 也表為數列 $\{S_n \}$, 並在 $S_1$ 之前加一項 0, 成為 $\{S_n'\}$。 即 ：

如此一來, $\{S'_n \}$ 是 $r+1$ 階等差數列, 且可記為 $\{S'_n\}=[0,d_0,d_1,\ldots,d_r ]$。 所以用原來求 $a_n$ 的生成公式, 恰好可以求得 $S_n$。 這也就是為何 $a_n=\sum\limits_{j=0}^r d_j C_j^{n-1}$ 而 $S_n=\sum\limits_{j=0}^r d_j C_{j+1}^n$ 在組合符號 $C$ 的上下標都要多 1 的原因了。 至於求 $\sum\limits_{n=1}^\infty \dfrac{S_n}{2^n}$ 可能無法從 $[0,d_0,d_1,\ldots,d_r]$ 來處理, 但若扣除 $\{S'_n\}$ 的首項 0, 考慮

$$\sum\limits_{n=1}^\infty \dfrac{S_n}{2^{n+1}} =\sum\limits_{n=1}^\infty \dfrac{S'_n}{2^n}=\sum\limits_{n=1}^\infty \dfrac{[0,d_0,d_1,\ldots,d_r ]}{2^n} =0+d_0+d_1+\cdots+d_r=\sum\limits_{n=1}^\infty \dfrac{a_n}{2^n}\ \hbox{。}$$

到這裡, 我們又得到一個對所有階差數列都成立的恆等式：

$$\sum_{n=1}^\infty \frac{S_n}{2^{n+1}} =\sum\limits_{n=1}^\infty \frac{a_n}{2^n}=\sum_{j=0}^r d_j\ \hbox{。}$$

如果我們再把 $\sum\limits_{n=1}^\infty \dfrac{a_n}{2^n}=\sum\limits_{j=0}^r d_j$ 用生成函數代入, 可以得到：

$$\sum_{n=1}^\infty \frac{a_n}{2^n} =\sum_{n=1}^\infty \frac{\sum_{j=0}^r d_j C_j^{n-1}}{2^n} =\sum\limits_{j=0}^r d_j\Big(\sum_{n=1}^\infty \frac{C_j^{n-1}}{2^n}\Big),$$

因此可以得到一個『$2^n$ 在分母對組合公式的恆等式 $\sum\limits_{n=1}^\infty \dfrac{C_j^{n-1}}{2^n}=1$』, 對任意非負整數 $j$ 都成立。

不知道哪一位大師說過"重要的公式一定很簡單"。 而我則感覺："好的公式只要生成元, 儘量不要其他常數。" 再次復習一下 ：

\begin{align*} &\sum_{n=1}^\infty \frac c{2^n} =c\\ &\sum_{n=1}^\infty \frac{a_1+(n-1)d}{2^n} =\sum_{n=1}^\infty \frac{[a_1,d]}{2^n}=a_1+d\\ &\sum_{n=1}^\infty \frac{F_n}{2^n}=\sum_{n=1}^\infty \frac{L_n(1,1)}{2^n}=1+1\\ &\sum_{n=1}^\infty \frac{L_n (a,b,c,\ldots,k)}{2^n}=a+b+c+\cdots+k\qquad\hbox{及}\\ &\sum_{n=1}^\infty \frac{[d_0,d_1,d_2,\ldots,d_r ]}{2^n} =d_0+d_1+d_2+\cdots+d_r \quad \hbox{都是這樣的。}\hskip 2.5cm~ \end{align*}

盧卡斯數列無論降階幾次都還是盧卡斯數列, 而階差數列經有限次降階就能得到公差, 是完全不同的代數性質。 但是這兩種數列逐項除以 $2^n$, 居然都收斂到所有生成元的和, 不摻雜任何常數, 簡單得渾然天成。 這一切漂亮的結果, 都拜 $2^n$ 在分母所賜, 大家以為如何？

後記與待解問題

在本文校稿期間, 我又發現一個有趣的現象和一個難以解決的問題：

對於 1 的常數數列 : $1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1, \ldots$, 且 $\sum\limits_{n=1}^\infty \dfrac 1{2^n} =1$；

及 $n$ 的自然數列 : $1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11, \ldots$, 且 $\sum\limits_{n=1}^\infty \dfrac n{2^n}=2$；

之間我們很容易定義出如:

$1,1,2,2,3,3,4,4,5,5,6,6,\ldots$ 的數列, 或 $1,1,1,2,2,2,3,3,3,4,4,4,5,5,5,6,6,6,\ldots$ 的數列,

並以高斯符號來定義 $\{N_2 (n)\}=\left[\dfrac{2-1+n}2\right]$, 為每一個自然數都有 2 項的數列； 或 $\{N_3 (n)\}$ $=\left[\dfrac{3-1+n}3\right]$, 為每一個自然數都有 3 項的數列, 且很容易用 $s=2s-s$ 的方法得到

$$\sum_{n=1}^\infty \frac{N_2 (n)}{2^n} =\sum_{n=1}^\infty \dfrac{\Big[\frac{2-1+n}2\Big]}{2^n} =\frac 43 ,\quad \hbox{及}\ \sum_{n=1}^\infty \frac{N_3 (n)}{2^n} =\sum_{n=1}^\infty \dfrac{\Big[\frac{3-1+n}3\Big]}{2^n}=\frac{8}7 ；$$

或者更一般化的定義每個自然數都有 $k$ 項的數列 ： ${N_k (n)}=\left[\dfrac{k-1+n}k\right]$, 並用相同的方法得到

$$\sum_{n=1}^\infty \dfrac{N_k (n)}{2^n} =\sum_{n=1}^\infty \dfrac{\Big[\frac{k-1+n}k\Big]}{2^n} =\dfrac{2^k}{2^k-1}.$$

都符合本文的結論『好的公式只要生成元, 儘量不要其他常數』。

但是對於： 1 有 1 個, 2 有 2 個, 3 有 3 個, 4 有 4 個, $\ldots$, $n$ 有 $n$個, $\ldots$ 看來十分平常的數列 ： $1,2,2,3,3,3,4,4,4,4,5,5,5,5,5,\ldots$ (暫記為 $\{N_N (n)\}$), 卻找不到一個符號式的定義公式, 最多是用分段定義的方式:

當 $\dfrac{(s-1)s}2\lt n\le \dfrac{s(s+1)}2$, 則 $N_N (n)=s$, 但如此一來, 每一項是多少反而不明顯。

如果逐項比較這四個數列：

$\{n\}$ 的自然數列 : $1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14, \ldots$,

$\{N_N (n)\}$ 數列 : $1,2,2,3,3,3,4,4,4,4,5,5,5,5,5,6, \ldots$,

$\{N_2 (n)\}$ 數列 : $1,1,2,2,3,3,4,4,5,5,6,6,7,7,8,8, \ldots$,

$\{N_3 (n)\}$ 數列 : $1,1,1,2,2,2,3,3,3,4,4,4,5,5,5,6,6,6, \ldots$,

顯然 $\sum\limits_{n=1}^\infty \dfrac{N_3 (n)}{2^n} \lt\sum\limits_{n=1}^\infty \dfrac{N_2 (n)}{2^n} \lt\sum\limits_{n=1}^\infty \dfrac{N_N (n)}{2^n} \lt\sum\limits_{n=1}^\infty \dfrac n{2^n}$,

但用相同的方法來求 $\sum\limits_{n=1}^\infty \dfrac{N_N (n)}{2^n} $, 只能得到介於 $\dfrac 43$ 和 $2$ 之間的

$$\sum\limits_{n=1}^\infty \dfrac 1{2^{((n-1)n)/2}} \fallingdotseq %\approx %≒ 1.6416325606551538\cdots.$$

這級數應該收斂得很快, 可是收斂值難求又不漂亮, 這是我研究『$2^n$ 在分母的級數收斂性質』以來, 碰到的最大挫折, 是不是難定義的級數就難求收斂值呢？ 但願在拙文刊出後, 能得到各界高明的迴響以釋疑。

本文作者為高雄市中正高中退休教師