十、王老头子的汤团

（一）

新近有一位幼年时的小邻人，从家乡出来的，跑来看望我。见着故乡人，想起故乡事，屈指一算，离家已将近二十年了，脑中所存着的故乡，还是二十年前的。碰见这么一位幼年朋友，在心境上好似已返壮还童，一直总谈幼年的往事，石坎缝里寻蟋蟀，和尚庙中偷桂花，一切淘气事都会谈到。最后不知怎么一来，话头却转到死亡上去，朋友很郑重地说出这样的话来：

——王老头子，卖汤团的，已死去两年了。

一个须发全白，精神饱满，笑容可掬的老头子的面影，顿时从心底浮到了心的顶上层。他叫什么名字，我不知道，因为一直只听到人家叫他王老头子，没有人提过他的名字。从我会自己走到他的店里吃汤团的时候起，他的头上已顶着银色的发，嘴上已堆着雪白的须，十足是一个老头子。祖父曾经告诉过我，王老头子在我们住的那条街上开汤团店已有二三十年。祖父和许多人都常说，王老头子很古怪，每天只卖一盘子汤团，卖完就收店，喝苞谷烧，照例四两。他今天卖的汤团，便是昨天夜里做的。真的，当我起得很早的时候，要是走到王老头子的店门口，就可以看见他在升火，就可以看到他的桌上有一只盘子，盘子里方方正正地尖尖地堆着雪白细软的一盘汤团，用现在我所知道的东西的形状来说，那就有点好像金字塔，假如要用数学教科书上的名字，那就是正方锥。

王老头子，自然是平凡不足勒碑立传的人，不过他的和蔼可亲却是少有。我一听到他的死耗，禁不住怅惘追忆，这也就可以证明他是怎样地可以捉住儿童们的活泼无邪气的心了。王老头子已死两年，至少他做了四五十年的汤团。在这四五十年中，每天都做方方正正的尖峭峭的一盘。他这一生替人们做过多少汤团哟，我想替他算一算。然而我不能算，因为我不曾留意过那一盘汤团从顶到底共有多少层，我现在只来说一说，假如知道了它的层数，这总数怎样计算法，可作为王老头子的纪念。

（二）

这类题目的算法，在西洋数学中叫作积弹（Piles of Shot）和拟形数（Figurate numbers），又叫拟形级数（Figurate series）。^[29]中国叫垛积，旧数学中和它类似的算法，属于“少广”一类。最早的见于朱世杰的《四元玉鉴》中“茭草形段”“如像招数”和“果垛叠藏”各题，后来郭守敬、董祜诚、李善兰这些人的著作中把它讲得更详细。

这里我们先说大家从西洋数学中容易找到的积弹。积弹的计算法，已有一定的公式，因了堆积的方法不同分为四类：如图41各层是成正方形的，图42各层是成正三角形的，图43各层是成矩形的，但这三种到顶上都是尖的。图44，各层都成矩形而顶上是平的，用数学上的名字来说，第一是正方锥，第二是正三角锥，第三侧面是等腰三角形，正面是等腰梯形，第四侧面和正面都是等腰梯形。

所谓积弹，一般是知道了层数计算总数，在这里且先将各公式写出来。

（1）设n表示层数，也就是王老头子的汤团底层每边的个数，若王老头子的汤团是照图41的形式堆，则汤团的总数是：

所以，若是王老头子的那盘汤团有十层，那就是n等于10，因此，

（2）若王老头子的汤团是照图42的形式堆，那么，

所以，他若是也只堆十层，总数便是：

（3）图43中，这一种不但和层数有关系，并且同着顶上一层的个数也有关系，设顶上一层有p个，则

举个例子说，若顶上一层有五个，一共有十层，就是p等于5，n等于10，则

（4）自然图44中这种和第一层的个数也有关系，而第一层既然也是矩形，它的个数就和这矩形的长阔两边的个数有关。设顶上一层长边有a个，阔边有b个，则

举个例子说，若第一层的长边有五个，阔边有三个，一共有十层，就是a等于5，b等于3，n等于10；则

不用说，已经有公式，只要照它计算出一个总数，这是很容易。不过我们的问题是这公式怎样得来的。

要证明这公式，我们有三种方法。

（三）

第一就说数学归纳法的证明。

什么叫数学归纳法，在“堆罗汉”中已经说过，这里要证明的第一个公式，也是那篇里已证明过的。为了不曾看过那篇的人，只好简略地说一说。

所谓数学归纳法，一共含有三个步骤：

（Ⅰ）就几个特殊的数，发现一个共同的式子。

（Ⅱ）假定这式子对于n是对的，而造出一个公式来。

（Ⅲ）设n变成了n+1，看这式子的形式是否改变。若不曾改变，那么，这式子就成立了。

因为由（Ⅱ）和（Ⅲ）既知道这式子关于n是对的，关于n+1也就是对的。而由（Ⅰ）已知它关于几个特殊的数是对的——其实有一个就够了，不过（Ⅰ）只由一个特殊的数要发现较普遍的公式的形式比较困难——设若关于2是对的，那么关于2加1也是对的。2加1是3，关于3是对的，自然关于3加1也是对的。这样一步一步地往上推，关于4加1，5加1，6加1……就无往而不对了。

以下就用这方法来证明上面的公式：

（1）

王老头子的汤团的堆法，各层都是正方形，顶上一层是一个，第二层一边是二个，第三层一边是三个，第四层一边是四个……这样到第n层，一边便是n个。而正方形的面积，这是大家都已经知道的，等于一边的长的平方。所以若就各层的个数说，王老头子每夜所做的一盘汤团便是：

S_n=1²+2²+3²+4²+…+n²

第一步我们容易知道：

第二步，我们就假定这种式子，关于n是对的，而得公式：

这就到了第三步，这假定的公式对于n+1也对吗？我们在这假定的公式中，两边都加上（n+1）²这便是S_n+1，所以

这最后的形式和我们所假定的公式完全一样，所以我们的假定是对的。

（2）

这公式是用于正三角锥形的，所谓正三角锥形，顶上第一层是一个，第二层是一个加二个，第三层是一个加二个加三个，第四层是一个加二个加三个加四个……这样推下去到第n层便是：

1+2+3+4+…+n

而总和便是：

S_n=1+（1+2）+（1+2+3）+（1+2+3+4）+…+（1+2+3+4+…+n）

第一步，我们找出，

第二步，我们就假定这式子关于n是对的，而得公式：

跟着进到第三步，证明这假定的公式对于n+1也是对的，就是在假定的公式中两边都加上1+2+3+4+…+n+（n+1）

这最后的形式，不是和我们所假定的公式的形式一样吗？可见得我们的假定是对的了。

（3）

第一步和证明前两个公式的，没有什么两样，我们无妨省事一点，将它略去，只来证明这公式对于n+1也是对的。这种堆法，第一层是p个，第二层是两个p+1个，第三层是三个p+2个……照样推上去，第n层是n个p+（n-1）个。所以，

S_n=p+2（p+1）+3（p+2）+…+n［p+（n-1）］

而S_n+1=p+2（p+1）+3（p+2）+…+（n+1）（p+n）

假定上面的公式关于n是对的，则

不用说，这最后的形式，和我们所假定的公式的，完全一样，我们所假定的公式便是对的。

（4）

我们也只来假定它关于n是对的而证明它关于n+1也是对的。这种堆法，顶上第一层是ab个，第二层是（a+1）（b+1）个，第三层是（a+2）（b+2）个……照样推上去，第n层便是［a+(n-1)］［b+(n-1)］个。所以：

S_n=ab+（a+1）（b+1）+（a+2）（b+2）+…+［a+（n-1）］［b+（n-1）］

而S_n+1=ab+（a+1）（b+1）+（a+2）（b+2）+…+［a+（n-1）］［b+（n-1）］+（a+n）（b+n）

假定上面的公式对于n是对的，则

在形式上，这最后的结果，和我们所假定的公式的，也没有什么分别，可知我们的假定一点儿不差。

（四）

用数学归纳法，四个公式都证明了，照理我们已可心满意足。但是，仔细一想，这种证明法，巧妙固然巧妙，却有一个大大的困难在里面，这困难并不在从S_n证S_n+1这第二、第三两步，而在第一步发现我们所要假定的S_n的公式的形式。假如别人不曾将这公式提出来，你要从一项、两项、三项、四项……老老实实地相加而发现一般的形式，这虽然不好说不可能，但真是不容易，因此我们再说另外一种找寻这几个公式的方法。

我把这一种方法，叫分项加合法，这是一种知道了一个级数的一般项，而求这级数的n项的和的一般的方法。

什么叫级数，算术级数和几何级数，大概已早在你洞鉴之中了。那么，可以更广泛地说，一串数，依次两个两个地有相同的一定的关系存在，这串数就叫级数。比如算术级数每两项的差是相同的一定的，几何级数每两项的比是相同的一定的。当然在级数中，这两种算是最简单的，其他的都比较复杂，所以每两项的关系也比较不易发现。

什么叫级数的一般项？换句话说，就是一个级数的第n项。若算术级数的第一项为a，公差为d，则一般项为a+（n-1）d；若几何级数的第一项为a，公比为r，则一般项为ar^n-1。回到上面讲的积弹法上去，各种都是一个级数，它们的一般项便是：（1）n²；（2）或；（3）n[p+(n-1)]或np+n²-n；（4）[a+(n-1)][b+(n-1)]或ab+（a+b）（n-1）+（n-1）²。

四个一般项除了（1）的而外，都可认为是两项以上合成的。在一般项中，设n为1，就得第一项；设n为2，就得第二项；设n为3，就得第三项……设n为什么数，就得第什么项。所以对于一个级数，倘若能够知道它的一般项，我们要求什么项都可以算出来。

为了写起来便当，我们来使用一个记号，例如

S_n=1+2+3+4+…+n

我们就写成∑n，读作Sigman n。∑是一个希腊字母，相当于英文的S。S是英文Sum（和）的第一个字母，所以用∑表示和的意思。而∑n便表示从1起，顺着加2，加3，加4，……一直加到n的和。同样地，

∑n（n+1）=1×2+2×3+3×4+4×5+…+n（n+1）

∑n²=1²+2²+3²+4²+…+n²

记好这个符号的用法和上面所说过的各种一般项，就可得出下面的四个式子：

（1）S_n=∑n²=1²+2²+3²+4²+…+n²

（2）

（3）S_n=∑n［p+（n-1）］=∑（np+n²-n）=∑np+∑n²-∑n

=（p+2p+3p+…+np）+（1²+2²+3²+…n²）-（1+2+3+…+n）

（4）S_n=∑［a+（n-1）］［b+（n-1）］=∑［ab+（a+b）（n-1）+（n-1）²］

=nab+（a+b）［1+2+…+（n-1）］+［1²+2²+3²+…+（n-1）²］

这样一来，我们可以看得很明白，只要将（1）求出，以下的三个就容易了，（1）的求法运用数学归纳法固然可以，即或不然，也还可照下法计算。

我们知道：

n³=n³，（n-1）³=n³-3n²+3n-1

∴n³-（n-1）³=3n²-3n+1

同样地，

（n-1）³-（n-2）³=3（n-1）²-3（n-1）+1

（n-2）³-（n-3）³=3（n-2）²-3（n-2）+1

…………

3³-2³=3×3²-3×3+1

2³-1³=3×2²-3×2+1

1³-0³=3×1²-3×1+1

若将这n个式子左边和左边加拢，右边和右边加拢，便得

n³=3（1²+2²+3²+…+n²）-3（1+2+3+…+n）+（1+1+…+1）

但1²+2²+3²+…+n²=S_n

1+2+3+…+n=

这个结果和前面证过的一样，但来路却比较地分明。利用它，（2）（3）（4）便容易得出来。

（2）

（3）

（4）

（五）

前一种的证明法，自然比较地来得有根底，不像用数学归纳法那样地突然。但还有一点，不能使我们满意，不是吗？每个式子的分母都是1×2×3，就前面的证明中看来，明明只应当是2×3，为什么要写成1×2×3呢？这一点，若再用别一种方法来寻求这些公式，那就可以恍然了。

这一种方法可以叫它作差级数法。所谓拟形级数，不过是差级数法的特别情形。

怎样叫差级数？算术级数就是差级数中最简单的一种，例如1、3、5、7、9……这是一个算术级数，因为

3-1=5-3=7-5=9-7=……=2

但是，王老头子的汤团的堆法，从顶上一层起，顺次是1、4、9、16、25……各各两项的差是：

4-1=3，9-4=5，16-9=7，25-16=9……

这些差全不相等，所以不能算是算术级数，但是这些差，3、5、7、9……的每两项的差却都是2。

再如第二种三角锥的堆法，从顶上起，各层的个数依次是1、3、6、10、15，各各两项的差是，

3-1=2，6-3=3，10-6=4，15-10=5……

这些差也全不相等，所以不是算术级数，不过它和前一种一样，这些差数依次两个的差是相等的，都是1。

我们来另找个例子，如1³、2³、3³、4³、5³、6³……这些数实行乘出来便是1、8、27、64、125、216……而，

（Ⅰ）

8-1=7，27-8=19，64-27=37，125-64=61，216-125=91……

（Ⅱ）

19-7=12，37-19=18，61-37=24，91-61=30……

（Ⅲ）

18-12=6，24-18=6，30-24=6……

这是到第三次的差才相等的。

再来一个例子，如2、20、90、272、650、1332……

（Ⅰ）

20-2=18，90-20=70，272-90=182，650-272=378，

1332-650=682……

（Ⅱ）

70-18=52，182-70=112，378-182=196，682-378=304……

（Ⅲ）

112-52=60，196-112=84，304-196=108……

（Ⅳ）

84-60=24，108-84=24……

这是到第四次的差才相等的。

像这些例子一般的一串数，照上面的方法一次一次地减下去，终究有一次的差是相等的，这一串数就称它们为差级数，第一次的差相等的叫一次差级数，第二次的差相等的叫二次差级数，第三次的差相等的叫三次差级数，第四次的差相等的叫四次差级数……第r次的差相等的叫r次差级数。算术级数就是一次差级数，王老头子的一盘汤团，各层就成一个二次差级数。

所谓拟形数就是差级数中的特殊的一种，它们相等的差总是1。这是一件很有趣味的东西。法国的大数学家帕斯卡在他1665年发表的《算术三角形》中，就说得有这种级数的作法，他作了如后的一个三角形。

这个三角形仔细玩赏一下，趣味非常丰富。它对于从左上向右下的这条对角线是对称的，所以横着一排一排地看，和竖着一行一行地看，全是一样。

它的作法是：（Ⅰ）横、竖各写同数的1。（Ⅱ）将同行的上一数和同排的左一数相加，便得本数。即

1+1=2，1+2=3，1+3=4，……

2+1=3，3+3=6，……

3+1=4，6+4=10，……

4+1=5，10+5=15，……

5+1=6，15+6=21，……

6+1=7，21+7=28，……

7+1=8，28+8=36，……

8+1=9，……

由这个作法，我们很容易知道它所包含的意味。就竖行说（自然横排也一样），从左起，第一行是相等的差，第二行是一次差级数，每两项的差都是1。第三行是二次差级数，因为第一次的差就是第一行的各数。第四行是三次差级数，因为第一次的差就是第三行的各数，而第二次的差就是第二行的各数。同样地，第五行是四次差级数，第六行是五次差级数……

这种玩意的性质，帕斯卡很有不少的研究，他曾用这个算术三角形讨论组合，又用它发现许多关于概率的有趣味的东西。

上面已经说过了，王老头子的一盘汤团，各层正好成一个二次差级数，倘若我们能够知道计算一般差级数的和的公式，岂不是大大便宜了吗？

对，我们就来讲这个，让我们偷学帕斯卡来作一个一般差级数的三角形。

差，在英文是difference，和用S代Sum一般，如法炮制就用d代difference。本来是已够了，然而我们还可以更别致一些，用个相当于d的希腊字母Δ来代。设差级数的一串数为u₁、u₂、u₃……第一次的差为Δu₁、Δu₂、Δu₃……第二次的差为Δ₂u₁、Δ₂u₂、Δ₂u₃……第三次的差为Δ₃u₁、Δ₃u₂、Δ₃u₃……这样一来，就得下面的三角形。

这个三角形的构成，实际上说，非常简单，下一排的数，总是它上一排的左右两个数的差，即：

Δu₁=u₂-u₁，Δu₂=u₃-u₂，Δu₃=u₄-u₃，……

Δ₂u₁=Δu₂-Δu₁，Δ₂u₂=Δu₃-Δu₂，Δ₂u₃=Δu₄-Δu₃，……

Δ₃u₁=Δ₂u₂-Δ₂u₁，Δ₃u₂=Δ₂u₃-Δ₂u₂，Δ₃u₃=Δ₂u₄-Δ₂u₃，……

加法原可说是减法的还原，因此由上面的关系，便可得出：

u₂=u₁+Δu₁（1）

Δu₂=Δu₁+Δ₂u₁，u₃=u₂+Δu₂

∴u₃=（u₁+Δu₁）+（Δu₁+Δ₂u₁）=u₁+2Δu₁+Δ₂u₁（2）

照样地，第二排当作第一排，第三排当作第二排，便可得：

Δu₃=Δu₁+2Δ₂u₁+Δ₃u₁

u₄=u₃+Δu₃=（u₁+2Δu₁+Δ₂u₁）+（Δu₁+2Δ₂u₁+Δ₃u₁）

=u₁+3Δu₁+3Δ₂u₁+Δ₃u₁（3）

把（1）（2）（3）三个式子一比较，右边各项的数系数是1，1；1，2，1；1，3，3，1。这恰好相当于二项式a+b=a+b，（a+b）²=a²+2ab+b²，（a+b）³=a³+3a²b+3ab²+b³，各展开式中各项的系数。依了这个事实，照数学归纳法的步骤，我们无妨走进第二步，假定推到一般去，而得出：

照前面的样，把第n+1排作第一排，第n+2排作第二排，便可得：

将这两个式子相加，很巧地就得：

但

………………………………………………

这不是已将数学归纳法的三步走完了吗？可见得我们假定对于n的公式若是对的，那么，它于n+1也是对的。而事实上它对于1、2、3、4等都是对的，可见得它对于6、7、8……也是对的，所以推到一般都是对的。倘若你还记得我们讲组合——见《棕榄谜》——时所用的符号，那么就可将这公式写得更简明一点：

这个式子所表示的是什么，你可知道？它就是用差级数的第一项和各次差的第一项，表出这差级数的一般项。假如王老头子的那一盘汤团一共堆了十层，因为，这差级数的第一项u₁是1，第一次差的第一项Δu₁是3，第二次差的第一项Δ₂u₁是2，第三次以后的Δ₃u₁，Δ₄u₁都是0，所以第十层的汤团的个数便是：

这个得数谁也用不到怀疑，王老头子的那盘汤团的第十层，正是每边十个的正方形，一共恰好不折不扣的一百个。

我们要求的原是计算差级数和的公式，现在跑这野马干什么？

别着急！朋友！就来了！再弄一个小小儿的戏法，包管你心满意足。

我们在前面差级数三角形的顶上加一串数v₁、v₂、v₃、…、v_n、v_n+1，不过并不是胡乱写些数，要它们每两项的差，就是u₁、u₂、u₃、…、u_n。这样一来，它们便是n+1次差级数，而第一次的差为，

v₂-v₁=u₁，v₃-v₂=u₂，v₄-v₃=u₃，…，v_n-v_n-1=u_n-1，v_n+1-v_n=u_n

若是我们惠而不费地将v_n+1点缀得堂皇富丽些，无妨将它写成下面的样儿，

v_n+1=v_n+1-v_n+v_n-v_n-1+…+v₂-v₁+v₁

=（v_n+1-v_n）+（v_n-v_n-1）+…+（v₂-v₁）+v₁

假使造这串数的时候，取巧一点，v₁就用0，那么，便得：

v_n+1=（v_n+1-v_n）+（v_n-v_n-1）+…+（v₂-v₁）

=u_n+u_n-1+…+u₁

所以若用求一般项的公式来找v_n+1得出来的便是u₁+u₂+u₃+…+u_n的和。但就公式说，这个差级数中，v₁=0，Δv₁=u₁，Δ₂v₁=Δu₁，…，Δ_nv₁=Δn-1u₁，

这个戏法总算没有变差，由此我们就知道：

假如照用惯了的算术级数的样儿将a代第一项，d代差，并且不用组合所用的符号，那么n次差级数n项的和便是：

有了这公式，我们就回头去处分王老头子的那一盘汤团，它是一个二次差级数，对于这公式说：a=1，d₁=3，d₂=2，d₃=d₄=…=0

在第二种三角锥的堆法，前面也已说过，仍是一个二次差级数，对于这公式，a=1，d₁=2，d₂=1，d₃=d₄=…=0。

至于第三种堆法，它各层的个数，及各次的差是，

p，2（p+1），3（p+2），4（p+3），……

p+2，p+4，p+6，……

2，2，………………

也是一个二次差级数，u₁=p，d₁=p+2，d₂=2，d₃=d₄=…=0

末了，再把这个公式运用到第四种堆法。它的每层的个数以及各次的差是这样的：

所以也是一个二次差级数，就公式说，u₁=ab，Δu₁=（a+b）+1，Δu₂=2，Δu₃=Δu₄=…=0

用差级数的一般的求和的公式，将我们开首就提出的四个公式都证明了。这种证明真可以当得起无疵可指，就是连最后分母中那事实上无关痛痒的1×2×3中的1也给了它一个来去分明。这种证法，不但有这一点点子好处，由上面的经过看来，我们所提出的四个公式，全都是这差级数求和的公式的运用。因此只要我们已彻底地了解了它，这四个公式就不值一顾了，数学的理论的发展，永远是霸道横行，后来居上的。

（六）

一起首曾经提到我们的老老前辈朱世杰先生，这里就以他老人家的功绩来作结束。上面我们只提到四种堆法，已闹得满城风雨，借用了许多法宝，才达到心安理得的地步。然而在我们朱老先生的大著《四元玉鉴》中，“茭草形段”只有七题，“如像招数”只有五题，“果垛叠藏”虽然比较多一些，也只有二十题，一共不过三十二题罢了。他所提出的堆垛法却有些名词很别致，现在举在下面，至于各种求和的公式，那不用说得，当然可依样画葫芦地证明了。

（1）落一形——就是三角锥形。

（2）刍甍垛——就是前面第三种堆法。

（3）刍童垛——就是矩形截锥台。

（4）撒星形——三角落一形——就是1，（1+3），（1+3+6），…，

（5）四角落一形——就是1²，（1²+2²），（1²+2²+3²），…，（1²+2²+…+n²）

（6）岚峰形——就是1，（1+5），（1+5+12），…，

（7）三角岚峰形——岚峰更落一形——就是1，2（1+3），3（1+3+6），…，

（8）四角岚峰形——就是1，2（1²+2²），3（1²+2²+3²），…，n（1²+2²+3²+…+n²）

（9）撒星更落一形——就是1，（1+4），（1+4+10），…，

（10）三角撒星更落一形——就是1，（1+5），（1+5+15），…，

[29]即可以排成有一定规律形状的数。