三角形数

三角形数 \(T_{n} = \sum_{i = 1}^{n} i = \frac{n (n + 1)}{2}\) 。

从图上看:

   T₁ = 1        T₂ = 3           T₃ = 6           T₄ = 10●             ●                ●                ●● ●              ● ●              ● ●● ● ●            ● ● ●● ● ● ●

就像一个三角形一样。

数学性质:

1. 递推关系: \(T_{n} = T_{n - 1} + n\)

2. 奇偶性: \(T_{n}\) 与 \(\frac{n (n + 1)}{2}\) 的奇偶性一致，即 \(T_{n}\) 为奇数当且仅当 \(n \equiv 1 \pmod{4}\) 或 \(n \equiv 2 \pmod{4}\)。

   \(T_{n} = \frac{n (n + 1)}{2}\) 所以 \(T_{n}\) 与 \(\frac{n (n + 1)}{2}\) 的奇偶性一致。

   要判断 \(\frac{n (n +1 )}{2}\) 是否为奇数，就需要知道 \(n(n + 1)\) 是否包含因子 \(2\)。

   观察 \(n\) 和 \(n + 1\) 是连续的，其中恰好有一个偶数。设这个偶数为 \(2k\)，则乘积为 \(2k \times \text{奇数}\)，在除去分母的 \(2\) 后，剩下了 \(k \times \text{奇数}\)，所以最终的奇偶性是由 \(k\) 控制的，\(k\) 为奇数，结果就是奇数，反之亦然。

   对 \(n(n + 1)\) 按 \(n\) 模 \(4\) 分类:

   • \(n = 4m\): 偶数部分为 \(n = 4m = 2 \times 2m\)，则 \(k = 2m\) 为偶数 \(\to T_{n}\) 为偶数。
   • \(n = 4m + 1\): 偶数部分为 \(n + 1 = 4m + 2 = 2(2m + 1)\)，则 \(k = 2m + 1\) 为奇数 \(\to T_{n}\) 为奇数。
   • \(n = 4m + 2\): 偶数部分为 \(n = 4m + 2 = 2(2m + 1)\)，则 \(k = 2m + 1\) 为奇数 \(\to T_{n}\) 为奇数。
   • \(n = 4m + 3\): 偶数部分为 \(n + 1 = 4m + 4 = 2(2m + 2)\)，则 \(k = 2m + 2\) 为偶数 \(\to T_{n}\) 为偶数。

   所以 \(T_{n}\) 为奇数当且仅当 \(n \equiv 1 \pmod{4}\) 或 \(n \equiv 2 \pmod{4}\)。

3. 平方关系: 相邻两个三角形数的和为平方数，即 \(T_{n - 1} + T_{n} = n^{2}\)。
   我们将前面的图中的每个三角形进行左对齐:

      T₁ = 1        T₂ = 3           T₃ = 6           T₄ = 10●             ●                ●                ●● ●              ● ●              ● ●● ● ●            ● ● ●● ● ● ●
   

   发现任选一个除第一个外的其他三角形，将前面一个三角形翻转后可以完美的补全当前三角形的缺口，形成一个正方形。

前n个三角形数的和:

\[S_{n} = \frac{n (n + 1) (n + 2)}{6} = \binom{n + 2}{3} \]

证明:

设 \(S_{n} = T_{1} + T_{2} + \cdots + T_{n}\)

\[\begin{split}S_{n} &= T_{1} + T_{2} + \cdots + T_{n} \\& = \sum_{k = 1}^{n} \frac{k(k + 1)}{2} \\& = \frac{1}{2} \sum_{k = 1}^{n} \left(k^{2} + k \right)\\& = \frac{1}{2} \left(\sum_{k = 1}^{n} k^{2} + \sum_{k = 1}^{n} k \right) \end{split} \]

因为 \(k^{2} = 2 \binom{k}{2} + \binom{k}{1}\)

证:

\[\begin{split}2 \binom{k}{2} + \binom{k}{1} &= 2 \times \frac{k (k - 1)}{2} + k \\&= k^{2} - k + k \\&= k^{2} \end{split} \]

所以

\[\begin{split}\sum_{k = 1}^{n} k^{2} &= \sum_{k = 1}^{n}\left( 2\binom{k}{2} + \binom{k}{1} \right) \\&= 2\sum_{k = 1}^{n} \binom{k}{2} + \sum_{k = 1}^{n} \binom{k}{1} \end{split} \]

其中 \(\sum_{k = 1}^{n} \binom{k}{2}\) 可以通过 曲棍球棒恒等式 \(\sum_{k = m}^{n} \binom{k}{m} = \binom{n + 1}{m + 1}\) 快速得到。

\[\begin{split}\sum_{k = 1}^{n} \binom{k}{2} &= \binom{1}{2} + \sum_{k = 2}^{n} \binom{k}{2} \\&= 0 + \binom{n + 1}{2 + 1} \\&= \binom{n + 1}{3} \\&= \frac{(n + 1) \cdot n \cdot (n - 1)}{3 \cdot 2 \cdot 1} \\&= \frac{(n + 1) \cdot n \cdot (n - 1)}{6} \end{split} \]

而 \(\binom{k}{1} = k\)， 故

\[\sum_{k = 1}^{n} \binom{k}{1} = \sum_{k = 1}^{n} k = \frac{n(n + 1)}{2} \]

所以

\[\begin{split}S_{n} &= \frac{1}{2} \left(\sum_{k = 1}^{n} k^{2} + \sum_{k = 1}^{n} k \right) \\&= \frac{1}{2} \left( 2\sum_{k = 1}^{n} \binom{k}{2} + \sum_{k = 1}^{n} \binom{k}{1} + \sum_{k = 1}^{n} k \right) \\&= \frac{1}{2} \left( 2\sum_{k = 1}^{n} \binom{k}{2} + 2\sum_{k = 1}^{n} k \right) \\&= \frac{(n + 1) \cdot n \cdot (n - 1)}{6} + \frac{n(n + 1)}{2} \\&= \frac{(n + 1) \cdot n \cdot (n - 1) + 3 \cdot n \cdot (n + 1)}{6} \\ &= \frac{(n + 1) \cdot n \cdot (n - 1 + 3)}{6} \\&= \frac{n \cdot (n + 1) \cdot (n + 2)}{6} \end{split} \]