關於連續整數冪次和 $S_k(n)=1^k+2^k+\cdots+n^k$ 之公式解探討, 近年來引起諸多研究者興趣, 紛紛從各種不同的角度, 給予公式簡易證明, 使許多讀者能夠學習到許多「有中生新」之證明手法(、、、、)。

在這樣熱烈探究 $S_k(n)$ 之公式解的情況下, 要再對 $S_k(n)$ 之公式解證明, 賦予新面貌, 似乎是困難的差事, 然於茶餘飯後之際, 偶見一文, 利用生成函數的求和法, 探究 $1^k+2^kx+3^kx^2+\cdots+n^kx^{n-1}$ 之求和問題時, 突然靈機一動, 我們考慮 $S_k(n)$ 之指數生成函數 $\displaystyle\sum_{k=0}^\infty S_k(n)\frac{T^k}{k!}$。 指數生成函數之用語, 乃參考, p.60。

透過簡單的計算可以發現: $$ \sum_{k=0}^\infty S_k(n) \frac{T^k}{k!} = \sum_{k=0}^\infty \Big (\sum_{l=1}^n l^k \Big ) \frac{T^k}{k!} = \sum_{l=0}^n \sum_{k=0}^\infty \frac{(lT)^k}{k!} = \sum_{l=1}^n e^{lT} = \frac{e^{T(n+1)} - e^T}{e^T - 1}. $$ 另一方面, 由於中, 將 $S_k(n)$ 擴充至 $R$ 映到 $R$ 之函數, 其定義為 $S_k(x)=\displaystyle\frac{1}{k+1} \Big \{(x+1)^{k+1}-x-1-\sum_{i=2}^k C_i^{k+1} S_{k-i+1}(x) \Big \}$, $k\ge 2$, $S_1(x)=\displaystyle\frac{x(x+1)}{2}$, 我們很自然地聯想到如何計算 $\displaystyle\sum_{k=0}^\infty S_k(x) \frac{T^k}{k!}$ 之問題。 根據上面的計算, 我們可能猜得到答案為 $\displaystyle\frac{e^{T(x+1)} - e^T}{e^T - 1}$, 但如何給予嚴格證明, 似乎變成"連續整數冪次和公式「有中生新」證明"腦力激盪外的另一項新考驗。

基於上述動機, 加上 $S_k(x)$ 之指數生成函數, 可以將連續整數冪次和公式, 連結到函數解析領域。 因此, 計算 $S_k(x)$ 之指數生成函數變成極為重要的課題。

為了計算 $S_k(x)$ 之指數生成函數, 首先, 我們將 $\displaystyle\frac{e^{T(x+1)} - e^T}{e^T - 1}$ 看成是 $T$ 的函數, 然後考慮 $\displaystyle\frac{e^{T(x+1)} - e^T}{e^T - 1}$ 在 $T=0$ 之泰勒展開式。 令 $\displaystyle\frac{e^{T(x+1)} - e^T}{e^T - 1}=\sum_{k=0}^\infty \hat S_k(x) \frac{T^K}{k!}$, 這裏 $\hat S_k(x)=\displaystyle\frac{d^k}{dT^k}\Big (\frac{e^{T(x+1)} - e^T}{e^T - 1}\Big )\Big |_{T=0}$。

很明顯地, 如果我們可以證明: 對任意固定的 $k$ 與 $x$, $\hat S_k(x)=S_k(x)$, 則大功即可告成。

在還沒有正式證明 $\hat S_k(x)=S_k(x)$ 之前, 我們再看一個 $T$ 的函數之泰勒展開式, 即 $\displaystyle\frac{T}{e^T-1}$ 在 $T=0$ 之展開, 令 $\displaystyle\frac{T}{e^T-1} =\sum_{k=0}^\infty B_k \frac{T^k}{k!}$, 這裡 $B_k=\displaystyle\frac{d^k}{dT^k} \Big (\frac{T}{e^T-1} \Big ) \Big |_{T=0}$。 實際計算發現 $B_{2k+1}=0$, $\forall~k\in N$。

性質1: $\displaystyle\frac{d^2}{dx^2} \hat S_k(x) = \frac{d}{dx} k \hat S_{k-1}(x),~\forall~k\in N$。

證明: 因為 $\displaystyle\sum_{k=0}^\infty \hat S_k(x) \frac{T^k}{k!} = \frac{e^{T(x+1)}-e^T}{e^T-1}$, 所以 \begin{eqnarray*} && \sum_{k=0}^\infty \frac{d}{dx} \hat S_k(x) \frac{T^k}{k!} = \frac{d}{dx} \Big (\frac{e^{T(x+1)}-e^T}{e^T-1} \Big ) = \frac{T e^{T(x+1)}}{e^T-1}, \\ && \sum_{k=0}^\infty \frac{d^2}{dx^2} \hat S_k(x) \frac{T^k}{k!} = \frac{d^2}{dx^2} \Big (\frac{e^{T(x+1)}-e^T}{e^T-1} \Big ) = \frac{T^2 e^{T(x+1)}}{e^T-1}. \end{eqnarray*} 又因為 $\hat S_0(x)=x$, 所以 $$ \sum_{k=0}^\infty \frac{d^2}{dx^2} \Big (\hat S_k(x)\Big ) \frac{T^k}{k!} = \sum_{k=1}^\infty \frac{d^2}{dx^2} \Big (\hat S_{k-1}(x)\Big ) \frac{T^k}{k!} = T \sum_{k=0}^\infty \frac{d^2}{dx^2} \Big (\frac{\hat S_{k+1}(x)}{k+1}\Big ) \frac{T^k}{k!}. $$ 因此 $\displaystyle\sum_{k=0}^\infty \frac{d^2}{dx^2} \Big (\frac{\hat S_{k+1}(x)}{k+1}\Big ) \frac{T^k}{k!} = \sum_{k=0}^\infty \frac{d}{dx} \Big (\hat S_k(x)\Big ) \frac{T^k}{k!}$。 即 $\displaystyle\frac{d^2}{dx^2} \Big (\hat S_{k+1}(x)\Big ) =(k+1) \frac{d}{dx} \hat S_k(x)$, $\forall~k=0, 1, 2, \ldots$, 故得證。

性質2: $\displaystyle\frac{d}{dx} \hat S_{2k+1}(x) = (2k+1) \hat S_{2k}(x),~\forall~k\in N$。

證明: 由性質1 $$ \Rightarrow \frac{d^2}{dx^2} \hat S_{2k+1}(x) = (2k+1) \frac{d}{dx} \hat S_{2k}(x), ~\forall~k=0, 1, 2, \ldots. $$ 因為 \begin{equation} %(3.1) \sum_{k=0}^\infty \hat S'_k(-1) \frac{T^k}{k!} = \frac{T}{e^T-1} \end{equation} 所以 $\hat S'_k(-1)=B_k$, $\Rightarrow \hat S'_{2k+1}(-1)=B_{2k+1}=0$, $\forall~k\in N$。

又因為 $$ \sum_{k=0}^\infty \hat S_k(-1) \frac{T^k}{k!} = \frac{1-e^T}{e^T-1} = -1, $$ 所以 \begin{equation} %(3.2) \hat S_k(-1)=0,~\forall~k\in N \end{equation} \begin{eqnarray*} && \Rightarrow \int_{-1}^x \hat S''_{2k+1}(y) dy = \int_{-1}^x (2k+1) \hat S'_{2k}(y) dy, \\ && \Rightarrow \hat S'_{2k+1}(x) - \hat S'_{2k+1}(-1) = (2k+1) \Big (\hat S_{2k}(x) - \hat S_{2k}(-1)\Big ),~\forall~k\in N. \\ && \Rightarrow \hat S'_{2k+1}(x) = (2k+1) \hat S_{2k}(x),~\forall~k\in N~\hbox{故得證。} \end{eqnarray*}

根據 $\displaystyle\frac{e^{T(x+1)}-e^T}{e^T-1}$ 在 $T=0$ 之泰勒展開式, 吾人不難計算出 $\hat S_0(x)=x$, $\hat S_1(x)=\displaystyle\frac{x(x+1)}{2}$, $\hat S_2(x)=\displaystyle\frac{x(x+1)(2x+1)}{6}$。 然而對 $k\ge 3$, $\hat S_k(x)$ 之計算, 似乎就變得很繁瑣。 雖然逐一計算 $\hat S_k(x)$, 再將計算結果與 $S_k(x)$ 之定義對照, 可以清楚驗證 $\hat S_k(x)=S_k(x)$ 之事實, 但是如同前述, 對 $k$ 很大的時候, 逐一比對 $\hat S_k(x)$ 與 $S_k(x)$ 是曠日費時的工作。

所幸, 在前節中, 我們得到 $\hat S_k(x)$ 具有性質1與性質2。 然而根據 $S_k(x)$ 之定義, $S_k(x)$ 亦具有性質1與性質2()。 據此, 吾人可以得證 $\hat S_k(x)=S_k(x)$, $\forall~x\in R$, $k\in N$。 也就是 $\displaystyle\sum_{k=0}^\infty S_k(x) \frac{T^k}{k!} = \frac{e^{T(x+1)}-e^T}{e^T-1}$。

茲以數學歸納法, 補充 $\hat S_k(x)=S_k(x)$, $\forall~x\in R$, $k\in N$ 之證明如下:

當 $k=1$ 時, 根據性質2, 可以得到 $$ \hat S_3(x) - \hat S_3(-1) = 3 \int_{-1}^x \hat S_2(y) dy = 3 \int_{-1}^x \frac{y(y+1)(2y+1)}{6} dy = \frac{x^2(x+1)^2}{4}, $$ 因為 $\hat S_3(-1)=0$ (根據公式(3.2)), 且 $S_3(x)=\displaystyle\frac{x^2(x+1)^2}{4}$ (根據, p.31), 所以 $\hat S_3(x)=S_3(x)$, $\forall~x\in R$。

假設 $k=p\gt 1$ 時, $\hat S_p(x)=S_p(x)$, $\forall~x\in R$ 成立。 現在考慮 $k=p+1$ 時, 根據公式 (3.1) 與 , p.32中之公式(5), 我們可以得到 $$ \hat S'_l(-1) = S'_l(-1) = B_l,~\forall~l\in N. $$ 又根據性質1, 我們有 \begin{eqnarray*} \hat S'_{p+1}(x) - \hat S'_{p+1}(-1) &=& p \int_{-1}^x \hat S'_p(y) dy = p \Big \{\hat S_p(x) - \hat S_p(-1)\Big \} \\ &=& p \{S_p(x) - S_p(-1)\} = S'_{p+1}(x) - S'_{p+1}(-1) \end{eqnarray*} 所以 $\hat S'_{p+1}(x)=S'_{p+1}(x)$, $\forall~x\in R$, 再次積分得 $$ \hat S_{p+1}(x) - \hat S_{p+1}(-1) = S_{p+1}(x) - S_{p+1}(-1), ~\forall~x\in R. $$ 另外, 根據公式(3.2)與 , p.31之公式(3), 可得 $\hat S_{p+1}(-1)=S_{p+1}(x)$, $\forall~x\in R$, 故 $\hat S_{p+1}(x)=S_{p+1}(x)$, $\forall~x\in R$。 因此, 根據數學歸納法得證 $\hat S_k(x)=S_k(x)$, $\forall~x\in R$, $k\in N$。

---第1、2位作者為台中教育大學研究生, 第3、4位作者服務於台中教育大學數學教育學系---