一、求和函數的定義

從高中數學, 大家熟知下列公式：

\begin{align} 1+2+\cdots+n=\,&\frac{n^2+n}2, \label{1}\\ 1^2+2^2+\cdots+n^2=\,&\frac{2n^3+3n^2+n}6, \label{2} \end{align}

以及比較少見的

\begin{align} 1^3+2^3+\cdots+n^3=\frac{n^4+2n^3+n^2}4. \label{3} \end{align}

本文想要利用微積分以遞迴的方法來得到一般的求和公式：

$$ 1^k+2^k+\cdots+n^k=(n\ \hbox{的}\ k+1\ \hbox{次多項式}). \qquad\hbox{(註一)} $$

首先如果一個函數 $F_k$ 可以代表求和公式, $F_k$ 應該滿足

$$ F_k (0)=0^k=0,\quad F_k (1)=1^k=1,\quad F_k (2)=1^k+2^k,\ldots,F_k (n)=1^k+2^k+\cdots+n^k .$$

因此, 一個等價的條件是

$$F_k (0)=0,\ \hbox{並且}\ F_k (n)-F_k (n-1)=n^k,\quad n\ge 1.$$

進一步, 我們擴充函數 $F_k$ 的定義域, 使 $F_k$ 不只是非負整數的函數, 同時也是實變數 $x$ 的函數, 同樣要求

$$F_k (0)=0,\qquad F_k (x)-F_k (x-1)=x^k.$$

更進一步, 我們要求, 正如公式 \eqref{1}, \eqref{2}, \eqref{3}, $F_k$ 必須是一個多項式。

我們因此立下求和函數 $F_k$, $k\ge 1$, 的定義：

定義一： 求和函數 $F_k (x)$, $k\ge 1$, 是一個滿足 $F_k (0)=0$, $F_k (x)-F_k (x-1)=x^k$ 的多項式。 當 $k=1,2,3$ 時, $F_k (x)$ 的表示是

\begin{align} F_1 (x)=\,&\frac{x^2+x}2, \label{4}\\ F_2 (x)=\,&\frac{2x^3+3x^2+x}6, \label{5}\\ F_3 (x)=\,&\frac{x^4+2x^3+x^2}4. \label{6} \end{align}

二、求和函數的存在性和唯一性

我們有下面的定理

定理一： 求和函數如果存在, 滿足唯一性。 但若一個多項式 $g(x)$, 只滿足 $g(x)-g(x-1)=x^k$, $k\ge 1$, 則 $g(x)$ 與 $F_k (x)$ 差一個常數, $g(x)=F_k (x)+g(0)$。

證明： 因為 $g(x)-g(x-1)=x^k$, 所以 $(F_k (x)-g(x))-(F_k (x-1)-g(x-1))=0$, 觀察多項式 $F_k (x)-g(x)$ 的諸項, 例如最高次項 $x^l$, 如果 $l\ge 1$ 則 $x^l-(x-1)^l=lx^{l-1}+\cdots$, 亦即 $x^{l-1}$ 將是 $(F_k (x)-g(x))-(F_k (x-1)-g(x-1))$ 的最高次項, 因此 $l$ 只能為 0, 所以 $F_k (x)-g(x)$ 必是一個常數, 當然 $g(x)=F_k (x)+g(0)$。

設求和函數 $F_k (x)$ 存在, $k\ge 2$

將方程式 $F_k (x)-F_k (x-1)=x^k$ 對 $x$ 微分, 得 (註二)

\begin{align*} &F_k'(x)-F_k'(x-1)=\,kx^{k-1},\\ {\hbox{或}} &\frac 1k F_k'(x)-\frac 1k F_k'(x-1)=\,x^{k-1}. \end{align*}

根據定理一 $\dfrac 1k F_k'(x)$ 和 $F_{k-1} (x)$ 只差一個常數, 亦即

$$\frac 1k F_k' (x)=F_{k-1} (x)+c_k.$$

考慮

$$\int_0^x F_{k-1} (t)dt+c_k x=G(x).$$

因為

$$G' (x)=F_{k-1} (x)+c_k=\frac 1k F_k' (x),$$

所以 $G(x)$ 與 $\dfrac 1k F_k (x)$ 只差一個常數, 但是 $G(0)=0$, 而 $\dfrac 1k F_k (0)$ 也為 0, 所以 $G(x)=\dfrac 1k F_k (x)$ 或

$$F_k (x)=k G(x)=k\Big(\int_0^x F_{k-1} (t)dt+c_k x\Big).$$

將上式 $x$ 以 1 代入得

$$1=F_k (1)=k\Big(\int_0^1 F_{k-1} (t)dt+c_k \Big),$$

亦即

$$c_k=\frac 1k -\int_0^1 F_{k-1} (t)dt.$$

以上的分析是基於 $F_k$ 存在, 我們仍須證明下列定理二。

定理二： 若 $F_{k-1} (x)$ 已知, 則

$$F_k (x)=k\Big(\int_0^x F_{k-1} (t)dt+c_k x\Big),$$

其中

$$c_k=\frac 1k -\int_0^1 F_{k-1} (t)dt.$$

證明： 首先 $F_k (0)=0$, 其次

\begin{align*} \frac 1k [F_k (x)-F_k (x-1)] =&\int_0^x F_{k-1} (t)dt+c_k x-\int_0^{x-1} F_{k-1} (t)dt-c_k (x-1)\\ =&\int_0^x F_{k-1} (t)dt -\int_0^{x-1} F_{k-1} (t)dt+c_k\\ =&\int_0^x F_{k-1} (t)dt -\int_0^{x-1} F_{k-1} (t)dt+\frac 1k -\int_0^1 F_{k-1} (t)dt\\ =&\int_1^x F_{k-1} (t)dt -\int_0^{x-1} F_{k-1} (t)dt+\frac 1k.\\ {\hbox{但 }} &\hskip 10pt\int_0^{x-1} F_{k-1} (t)dt =\int_1^x F_{k-1} (t-1)dt,\quad\hbox{(註三)}\\ \hbox{原式}=&\int_1^x F_{k-1} (t)dt -\int_1^x F_{k-1} (t-1)dt+\frac 1k\\ =&\int_1^x t^{k-1} dt+\frac 1k=\dfrac{x^k}k-\frac 1k +\frac 1k =\dfrac{x^k}k, \end{align*}

所以 $F_k (x)-F_k (x-1)=x^k$。 證畢。

下面舉三個例子(註四)

例1： $k=2$

\begin{align*} F_1 (x)=\,&\frac 12 (x^2+x),\quad c_2=\frac 12-\int_0^1 F_1 (t)dt =\frac 1{12},\hskip 5cm~\\ \frac 12 F_2 (x)=&\int_0^x F_1 (t)dt+c_2 x=\frac 16 x^3+\frac 14 x^2+\frac 1{12} x,\\ \hbox{得}\quad F_2 (x)=\,&\frac 13 x^3+\frac 12 x^2+\frac 16 x \qquad \hbox{(見式 \eqref{5})}. \end{align*}

例2： $k=3$

\begin{align*} F_2 (x)=\,&\frac 13 x^3+\frac 12 x^2+\frac 16 x,\qquad c_3=\frac 13-\int_0^1 F_2 (t)dt =0,\hskip 3.5cm~\\ \frac 13 F_3 (x)=&\int_0^x F_2 (t)dt+0 \cdot x=\frac 1{12} x^4+\frac 16 x^3+\frac 1{12} x^2,\\ \hbox{得}\quad F_3 (x)=\,&\frac 14 x^4+\frac 12 x^3+\frac 14 x^2\qquad \hbox{(見式 \eqref{6})}. \end{align*}

例3： 利用數學歸納法證明 $k\ge 2$, $F_k (x)=\dfrac 1{k+1} x^{k+1}+(\hbox{低次項})$。

\begin{align*} \hbox{假設}\quad F_{k-1} (x)=\,&\dfrac 1k x^k+(\hbox{低次項}),\\ \hbox{則}\qquad\ \frac 1k F_k (x)=&\int_0^x F_{k-1} (t)dt+c_k x=\int_0^x(\frac 1k t^k+\cdots)dt+c_k x\hskip 3cm~\\ =\,&\frac 1{k (k+1)} x^{k+1}+(\hbox{低次項}), \end{align*}

所以 $F_k (x)=\dfrac 1{k+1} x^{k+1}+$(低次項)。

註一： 請參考數學傳播 2014 (150), 葉東進的文章《冪次和表為 $n$ 之多項式的係數律則》。

註二： $y=h(x-1)$ 的函數圖(如圖)

是 $y=h(x)$ 的圖形向右平移一個單位, 因此切線(斜率)也是向右平移一個單位, 所以

$$\dfrac{dh(x-1)}{dx}=h'(x-1).$$

註三： (如上圖)

$$\int_a^b h(x)dx=\int_{a+1}^{b+1}h(x-1)dx;$$

即上限、 下限均向右平移一個單位, $y=h(x)$ 覆蓋的面積等於 $y=h(x-1)$ 覆蓋的面積。

註四： 希望本文能提供高中學多項式微積分時一個重要的題材。

本文作者為台大數學系退休教授