[數論] 形數(Figurate Number) 與級數

參考資料
張文忠，基礎數論：原理及題解，中央圖書，2002年出版，ISBN：978-957-637-493
Wikipedia http://en.wikipedia.org/wiki/Figurate_number
Wolfram MathWorld http://mathworld.wolfram.com/FigurateNumber.html

這是一篇與圖形息息相關的文章。

三角形數
參考：昌爸工作坊 http://www.mathland.idv.tw/fun/triangle.htm

第一層$1$個點、第二層$2$個點、第三層$3$個點，$\cdots$，可知第$n$層會有$n$個點。
數列 $t_1=1$，$t_2=1+2$，$t_3=1+2+3$，$\cdots$，$t_n=1+2+3+\cdots +n=\frac{n(n+1)}{2}$。

正方形數
第一層$1$個點、第二層$3$個點、第三層$5$個點，$\cdots$，可知第$n$層會有$2n-1$個點。
數列 $s_1=1$，$s_2=2^2=4$，$s_3=3^2=9$，$\cdots$，$s_n=n^2$。

推廣至正多邊形數
對於正 $k$ 邊形而言，每多一層，會增加 $k$ 邊的範圍。扣除最旁邊的兩個邊，每多一層增加的點會坐落在其他 $k-2$ 的邊上。

如果只看這 $k-2$ 個邊的其中一邊，第 $n$ 層時，這條邊上會有 $n$ 個點。如果直接算第 $n$ 層有 $(k-2)n$ 個點的話，那麼就會多算，因為邊上的端點(也就是頂點)會被重複計算。扣掉重複計算的部分才是真正的數目，重複計算的端點有 $(k-2)-1=k-3$ 個，也就是有效邊數($k-2$)減$1$，因此第 $n$ 層有 $(k-2)n-(k-3)$ 個點。

計算形數的和
對於正 $k$ 邊形，如何計算 $t_1+t_2+\cdots +t_n$ 的和？
根據上面的結論，相當於計算 $p_n(k)=\sum_{i=1}^{n}\left [ (k-2)i+(k-3) \right ]=\frac{n[n(k-2)-k+4]}{2}=\binom{k+n-1}{n}$。

77. 試證：兩個相鄰的三角形數之和是一個平方數。

<sol> 設兩三角形數為 $t_n=\frac{n(n+1)}{2}$ 和 $t_{n+1}=\frac{n+1(n+2)}{2}$。則

$t_n+t_{n+1}=\frac{n(n+1)}{2}+\frac{(n+1)(n+2)}{2}=\frac{1}{2}\left [ (n^2+n)+(n^2+3n+2) \right ]=\frac{1}{2}\left [ 2n^2+4n+2 \right ]=(n+1)^2$.

78. 試求前 $n$ 個四邊形數(即平方數)的和。
<sol> 可參考此網頁：https://proofwiki.org/wiki/Sum_of_Sequence_of_Squares，裡面提供了五種證明。個人比較喜歡 Proof 4，下面稍微介紹一下，欲見完整證明請點網頁連結。

上圖是 $1^2+2^2+3^2+4^2$ 的圖示。如果以行的角度來看，可看作 $\sum_{k=1}^{4}k^2=\sum_{k=1}^{4}k+\sum_{k=2}^{4}k+\sum_{k=3}^{4}k+\sum_{k=4}^{4}k$.

若推廣至 $n$ 層，亦即 $1^2+2^2+3^2+\cdots +n^2$，仿照上式，我們可以寫出

$\sum_{k=1}^{n}k^2=\sum_{k=1}^{n}k+\sum_{k=2}^{n}k+\sum_{k=3}^{n}k+\cdots +\sum_{k=n}^{n}k=\sum_{k=1}^{n}\left ( \sum_{j=k}^{n}j \right )$.

78-1. 試求$S_n=1\cdot 2+2\cdot 3+3\cdot 4+\cdots +n(n+1)$。
<sol> $S_n=\frac{1}{2}\left ( 1\cdot 2+2\cdot 3+\cdots +(n-1)n \right )$
              $=1\cdot (1+1)+2\cdot (2+1)+3\cdot (3+1)+\cdots +n\cdot (n+1)$
              $=(1^2+1)+(2^2+2)+(3^2+3)+\cdots +(n^2+n)$
              $=(1^2+2^2+3^2+\cdots +n^2)+(1+2+3+\cdots +n)$
              $=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}+\frac{n(n+1)}{2}$
              $=\frac{n(n+1)(n+2)}{3}$.

79. 試求前 $n$ 個三角形數的和。 圖解：http://www.mathland.idv.tw/fun/seriesadd.htm
81. 設 $p_n(k)$ 為第 $n$ 個 $k$ 邊形數，試證：$p_n(k)=p_n(k-1)+p_{n-1}(3)$。
<sol> $p_n(k-1)+p_{n-1}(3)=[(k-3)n-(k-4)]+[(3-2)(n-1)-(3-3)]$
                                          $=(k-3)n-k+4+n-1=(k-2)n-(k-3)$
                                          $=p_n(k)$.

82. 試證：任何三角形數的個位數字不會是 $2,4,7,9$。
<sol> 第 $n$ 個三角形數 $=\frac{n(n+1)}{2}$。依序取 $n=0,1,2,\cdots ,9$ 代入觀察後即得所求。

83. 試證：(1) 任何四邊形數的個位數不會是 $2,3,7,8$。 (2) 任何平方數的最後兩位數字之積必為偶數。
85. 試求如下平方數的和：(1) $1^2-2^2+3^2-4^2+\cdots +(-1)^{n+1}n^2$；(2)$1^2+3^2+5^2+\cdots +(2m+1)^2$。
<sol>
(1) 當 $n$ 是偶數時，令 $n=2m$。
    $1^2-2^2+\cdots +(n-1)^2-n^2=[1^2+3^3+\cdots +(n-1)^2]-[2^2+4^2+\cdots +n^2]$
                                                     $=\sum_{i=1}^{m}(2m-1)^2-\sum_{i=1}^{m}(2m)^2$
                                                     $=\sum_{i=1}^{m}[(2m-1)^2-(2m)^2]$
                                                     $=\sum_{i=1}^{m}(-4m+1)$
                                                     $=-4\cdot \frac{m(m+1)}{2}+m$
                                                     $=-4\cdot \frac{n(n+1)}{2}$  (since $m=\frac{n}{2}$)

     當 $n$ 是奇數時，令 $n=2m+1$，所求之和為 $-4\cdot \frac{n(n+1)}{2}+(2m+1)^2=\frac{n(n+1)}{2}$。

     故 $1^2-2^2+3^2-4^2+\cdots +(-1)^{n+1}n^2=(-1)^{n+1}\cdot \frac{n(n+1)}{2}$。

86. 試證：$1^2+4^2+7^2+\cdots +(3m+1)^2=\frac{(m+1)(6m^2+9m+2)}{2}$。