一
近來有一位幼年時的鄰居，從家鄉出來的，跑來看望我。見到故鄉人，想起故鄉事，屈指一算，離家已將近二十年了，記憶中故鄉的模樣，還是二十年前的。碰見這麽一位幼年朋友，在心境上好像已返老還童，一直談論幼年的往事，石坎縫兒裏尋蟋蟀，和尚廟中偷桂花，一切淘氣事都會談到。最後不知怎的，話頭卻轉到死亡上去了，朋友很鄭重地說出這樣的話來：
——王老頭子，賣湯圓的，已死去兩年了。
一個須發全白、精神飽滿、笑容可掬的老頭子的麵影，頓時從心底浮到了心尖。他叫什麽名字，我不知道，因為一直聽人家叫他王老頭子，沒有人提起過他的名字。從我自己會走到他的店裏吃湯圓的時候起，他的頭上已頂著銀色的發，嘴上堆著雪白的須，是一個十足的老頭子。祖父曾經告訴我，王老頭子在我們的那條街上開湯圓店已有二三十年。祖父和許多人都常說，王老頭子很古怪，每天隻賣一盤子湯圓，賣完就收店，喝包穀燒1，照例四兩。他今天賣的湯圓，便是昨天夜裏做的。真的，當我起得很早的時候，要是走到王老頭子的店門口，就可以看見他在升火，他的桌上有一隻盤子，盤子裏堆著雪白、細軟的湯圓，用現在我所知道的東西的形狀來說，那就有點兒像金字塔。假如要用數學教科書上的名字，那就是正方錐。
王老頭子自然是平凡、不足樹碑立傳的人，不過他的和藹可親卻是少有。我一聽到他的死耗，不禁悵惘追憶，這也就可以證明他是如何捉住兒童們的活潑、無邪的心了。王老頭子已死兩年，至少做了四五十年的湯圓。在這四五十年中，每天都做尖尖的一盤。這他一生替人們做過多少湯圓喲，我想替他算一算。然而我不能算，因為我不曾留意過那一盤湯圓從頂到底共有多少層，我現在隻來說一說，假如知道了它的層數，這總數怎麽計算，可作為對王老頭子的紀念。
二
這類題目的算法，在西洋數學中叫作積彈（Piles of Shot）和擬形數（Figurate numbers），又叫擬形級數（Figurate series）。中國叫垛積，舊數學中和它類似的算法，屬於“少廣”一類。最早見於朱世傑的《四元玉鑒》中茭草形段，如像招數和果垛疊藏各題，後來郭守敬、董祐誠、李善蘭這些人的著作中把它講得更詳細。
這裏我們先說大家從西洋數學中容易找到的積彈。積彈的計算法，已有一定的公式，因為堆積的方法不同，分為四類：如第一圖各層是成正方形的；第二圖各層是成正三角形的；第三圖是成矩形的——這三種到頂上都是尖的——第四圖各層都成矩形，而頂上是平的。用數學上的名字來說，第一圖是正方錐；第二圖是正三角錐；第三圖側麵是等腰三角形，正麵是等腰梯形；第四圖側麵和正麵都是等腰梯形。
第一圖
第一圖
第三圖
第四圖
所謂積彈，一般是知道了層數計算總數，在這裏且先將各公式寫出來。
（1）設n表示層數，也就是王老頭子的湯圓底層每邊的個數，則湯圓的總數是：
所以，若是王老頭子的那盤湯圓有十層，那就是n等於10，因此，
（2）若王老頭子的湯圓是照第二圖的形式堆，那麽，
所以，他若是也隻堆十層，總數便是：
（3）這一種不但和層數有關係，並且與頂上一層的個數也有關係，設頂上一層有p個，則
舉個例說，若第一層有五個，總共有十層，就是p等於5，n等於10，則
（4）自然這種和第一層的個數也有關係，而第一層既然也是矩形，它的個數就和這矩形的長、闊兩邊的個數有關。設頂上一層長邊有a個，闊邊有b個，則
舉個例說，若第一層的長邊有五個，闊邊有三個，總共有十層，就是a等於5，b等於3，n等於10，則
不用說，已經有公式，隻要照它計算出一個總數，是很容易的。不過，我們的問題是這公式是怎樣得來的。
要證明這公式，有三種方法。
三
第一就說數學的歸納法的證明。
什麽叫數學的歸納法，在堆羅漢中已經說過，這裏要證明的第一個公式，也是那篇裏已證明過的。為了那些不曾看過那篇的讀者，隻好簡略地說一說所謂數學的歸納法，總共含有三個步驟：
（Ⅰ）就幾個特殊的數，發現一個共同的式子。
（Ⅱ）假定這式子對於n是對的，而造出一個公式來。
（Ⅲ）設n變成了n+1，看這式子的形式是否改變。若不曾改變，那麽，這式子就成立了。
因為由（Ⅱ）已經知道這式子關於n是對的，關於n+1也是對的。而由（Ⅰ）已知它關於幾個特殊的數是對的——其實有一個就夠了。不過（Ⅰ）隻由一個特殊的數要發現較普遍的公式的形式比較困難——設若關於2是對的，那麽關於2加1也是對的。2加1是3，關於3是對的，自然關於3加1“4”也是對的。這樣一步一步地往上推，關於4加1“5”，5加1“6”，6加1“7”……就都對了。
以下就用這方法來證明上麵的公式：
王老頭子的湯圓的堆法，各層都是正方形，頂上一層是一個，第二層一邊是二個，第三層一邊是三個，第四層一邊是四個……這樣到第n層，一邊便是n個。而正方形的麵積，這是大家都已經知道的，等於一邊的長的平方。所以若就各層的個數說，王老頭子每夜所做的湯圓便是：
第一步我們容易知道：
第二步，我們就假定這式子關於n是對的，而得公式：
這就到了第三步，這假定的公式對於n+1也對嗎？我們在這假定的公式中，兩邊都加上（n+1）2這便是Sn+1，所以
這最後的形式和我們所假定的公式完全一樣，所以我們的假定是對的。
這公式是用於正三角錐形的，所謂正三角錐形，第一層是一個，第二層是一個加二個，第三層是一個加二個加三個，第四層是一個加二個加三個加四個……這樣推下去到第n層便是：
1+2+3+4+……+n
而總和便是：
Sn=1+（1+2）+（1+2+3）+（1+2+3+4）+……+（1+2+3+4+……+n）
第一步，我們找出，
第二步，我們就假定這式子關於n是對的，而得公式：
跟著到第三步，證明這假定的公式對於n+1也是對的，就是在假定的公式兩邊都加上1+2+3+4+……+n+n+1
這最後的形式，不是和我們所假定的公式的形式一樣嗎？可見我們的假定是對的。
第一步和證明前兩個公式的，沒有什麽兩樣，我們無妨省事一點兒，將它略去，隻來證明這公式對於n+1也是對的。這種堆法，第一層是p個，第二層是兩個（p+1）個，第三層是三個（p+2）個……照樣推上去，第n層是n個( p + n? 1)個。所以，
而 Sn+1=p+2（p+1）+3（p+2）+……+（n+1）（p+n）假定上麵的公式關於n是對的，則
不用說，這最後的形式，和我們假定的公式完全一樣，我們所假定的公式便是對的。
我們也來假定它關於n是對的，而證明它關於n+1也是對的。這種堆法，第一層是ab個，第二層是（a+1）（b+1）個，第三層是（a+2）（b+2）個……照樣推上去，第n層便是(a
+ n ? 1)(b
+ n ? 1)個，所以：a
+n)+n ?1)
假定上麵的公式對於n是對的，則
在形式上，這最後的結果和我們所假定的公式也沒有什麽分別，可知我們的假定一點兒不差。
四
用數學的歸納法，四個公式都證明了，按理說我們可以心滿意足了。但是，仔細一想，這種證明法，巧妙固然巧妙，卻有一個大大的困難在裏麵。這困難並不在從Sn證Sn+1這第二、第三兩步，而在第一步發現我們所要假定的Sn的公式的形式。假如別人不曾將這公式提出來，你要從一項、兩項、三項、四項……老老實實地相加而發現一般的形式，這雖然不好說不可能，但真是不容易，因此我們再說另外一種找尋這幾個公式的方法。
我把這一種方法，叫分項加合法，這是一種知道了一個級數的一般項，而求這級數的n項的和的一般的方法。
什麽叫級數、算術級數和幾何級數，大概早已在你洞鑒之中了。那麽，可以更廣泛地說，一串數，依次兩個兩個地有相同的一定的關係存在，這串數就叫級數。比如算術級數每兩項的差是相同的、一定的；幾何級數每兩項的比是相同的、一定的。當然在級數中，這兩種算是最簡單的，其他的都比較複雜，所以每兩項的關係也不易發現。
什麽叫級數的一般項？換句話說，就是一個級數的第n項。若算術級數的第一項為a，公差為d，則一般項為a+（n-1）d；若幾何級數的第一項為a，公比為r，則一般項為arn-1。回到上麵講的積彈法上去，每種都是一個級數，它們的一般項便是：（1）n2；（2）n(n+1)/2或1/2(n2+n)；（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。
四個一般項除了（1）以外，都可認為是兩項以上合成的。在一般項中設n為1，就得第一項；設n為2，就得第二項；設n為3，就得第三項……設n為什麽數，就得第什麽項。所以對於一個級數，倘若能夠知道它的一般項，我們要求什麽項都可以算出來。
為了寫起來便當，我們來使用一個記號，例如
Sn=1+2+3+4+……+n
我們就寫成∑n，讀作Sigma n。∑是一個希臘字母，相當於英文的S。S是英文Sum（和）的第一個字母，所以用∑表示“和”的意思。而∑n便表示從1起，順著加2，加3，加4……一直加到n的和。同樣地，
∑n（n+1）=1·2+2·3+3·4+4·5+……+n（n+1）
∑n2=12+22+32+42+……+n2
記好這個符號的用法和上麵所說過的各種一般項，就可得出下麵的四個式子：
（1）Sn=∑n2=12+22+32+42+……+n2
這樣一來，我們可以看得很明白，隻要將（1）求出，以下的三個就容易了。關於（1）的求法運用數學的歸納法固然可以，即或不然，還可參照下麵的方法計算。
我們知道：
13-03=3·12-3·1+1
若將這n個式子左邊和左邊加攏，右邊和右邊加攏，便得
這個結果和前麵證過的一樣，但來路比較清楚。利用它，（2）（3）（4）便容易得出來。
五
前一種證明法，來得自然有根源，不像用數學的歸納法那樣突兀。但還有一點，不能使我們滿意，不是嗎？每個式子的分母都是1×2×3，就前麵的證明看來，明明隻應當是2×3，為什麽要寫成1×2×3呢？這一點，若再用其他方法來尋求這些公式，那就可以恍然大悟了。
這一種方法可以叫作差級數法。所謂擬形級數，不過是差級數法的特別情形。
怎樣叫差級數？算術級數就是差級數中最簡單的一種，例如1、3、5、7、9……這是一個算術級數，因為3-1=5-3=7-5=9-7=……=2
但是，王老頭子的湯圓的堆法，從頂上一層起，順次是1、4、9、16、25……各各兩項的差是 4-1=3， 9-4=5， 16-9=7， 25-16=9……
這些差全不相等，所以不能算是算術級數，但是這些差3、5、7、9……的每兩項的差都是2。
再如第二種三角錐的堆法，從頂上起，各層的個數依次是1、3、6、10、15……各各兩項的差是 3-1=2， 6-3=3， 10-6=4， 15-10=5……
這些差也全不相等，所以不是算術級數，不過它和前一種一樣，這些差數依次兩個的差是相等的，都是1。
我們來另找個例，如13、23、33、43、53、63……這些數立方之後便是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……
這是到第三次的差才相等的。
再來舉一個例子，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……
這是到第四次的差才相等的。
像這些例一般的一串數，照上麵的方法一次一次地減下去，終究有一次的差是相等的，這一串數就稱為差級數，第一次的差相等的叫一次差級數，第二次的差相等的叫二次差級數，第三次的差相等的叫三次差級數，第四次的差相等的叫四次差級數……第r次的差相等的叫r次差級數。算術級數就是一次差級數，王老頭子的一盤湯圓，各層就成一個二次差級數。
所謂擬形數就是差級數中的特殊的一種，它們相等的差才是1。這是一件很有趣味的東西。法國的大數學家布萊士·帕斯卡（Blaise Pascal）在他1665年發表的《算術的三角論》（Traité du triangle arithmétique）中，就記述了這種級數的作法，他作了如後的一個三角形。
這個三角形仔細玩賞一下，趣味非常豐富。它對於從左上向右下的這條對角線是對稱的，所以橫著一排一排地看，和豎著一行一行地看，全是一樣。
它的作法是：（Ⅰ）橫、豎各寫同數的1。（Ⅱ）將同行的上一數和同排的左一數相加，便得本數。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……
由這個作法，我們很容易知道它所包含的意味。就豎行說（自然橫排也一樣），從左起，第一行是相等的差，第二行是一次差級數，每兩項的差都是1。第三行是二次差級數，因為第一次的差就是第二行的各數。第四行是三次差級數，因為第一次的差就是第三行的各數，而第二次的差就是第二行的各數。同樣地，第五行是四次差級數，第六行是五次差級數……
這種玩意兒的性質，布萊士·帕斯卡有過不少的研究，他曾用這個算術三角形討論組合，又用它發現許多關於概率的有趣味的東西。
上麵已經說過了，王老頭子的一盤湯圓，各層正好成一個二次差級數。倘若我們能夠知道計算一般差級數的和的公式，豈不是占了大大的便宜了嗎？
對，我們就來講這個。讓我們偷學布萊士·帕斯卡來作一個一般差級數的三角形。
差，英文是difference，和用S代Sum一般，如法炮製就用d代difference。本來已夠用了，然而我們還可以更別致一些，用一個相當於d的希臘字母Δ來代。設差級數的一串數為u1，u2，u3……第一次的差為Δu1，Δu2，Δu3……第二次的差為Δ2u1，Δ2u2，Δ2u3……第三次的差為Δ3u1，Δ3u2，Δ3u3……這樣一來，就得下麵的三角形。
這個三角形的構成，實際上說，非常簡單，下一排的數，總是它上一u5，排的左右兩個數的差，即：加法可以說是減法的還原，因此由上麵的關係，便可得出：
照樣地，第二排當作第一排，第三排當作第二排，便可得：
把（1）（2）（3）三個式子一比較，右邊各項的數係數是1，1；1，2，1；1，3，3，1。這恰好相當於二項式（a+b）=a+b，（a+b）2=a2+2ab+b2，（a+b）3=a3+3a2b+3ab2+b3，各展開式中各項的係數。根據這個事實，依照數學的歸納法的步驟，我們無妨走進第二步，假定推到一般，而得出：
照前麵的樣子，把第n+1排作第一排，第n+2排作第二排，便可得：
將這兩個式子相加，很巧就得：
這不是已將數學的歸納法的三步走完了嗎？可見我們假定對於n的公式若是對的，那麽，它對於n+1也是對的。而事實上它對於1、2、3、4等都是對的，可見得它對於6、7、8……也是對的，所以推到一般都是對的。倘若你還記得我們講組合——見棕欖謎——時所用的符號，那麽就可將這公式寫得更簡明一點：
這個式子所表示的是什麽，你可知道？它就是用差級數的第一項，和各次差的第一項，表出這差級數的一般項。假如王老頭子的那一盤湯圓總共堆了十層，因為，這差級數的第一項u1是1，第一次差的第一項Δu1是3，第二次差的第一項Δ2u1是2，第三次以後的Δ3u1、Δ4u1都是0，所以第十層的湯圓的個數便是：
這個得數誰也用不到懷疑，王老頭子的那盤湯圓的第十層，正是每邊十個的正方形，總共恰好一百個。
我們要求的原是計算差級數和的公式，現在跑這野馬幹什麽？
別著急！朋友！就來了！再弄一個小小的戲法，保管你心滿意足。
我們在前麵差級數三角形的頂上加一串數v1、v2、v3……vn、vn+1不過就是胡亂寫些數，它們每兩項的差，就是u1、u2、u3……un。這樣一來，它們便是n+1次差級數，而第一次的差為
若是我們惠而不費地將vn+1點綴得富麗堂皇些，無妨將它寫成下麵的樣子：
假使造這串數的時候，取巧一點，v1就用0，那麽，便得：
所以若用求一般項的公式來求vn+1得出來的便是u1+u2+u3+……+un的和。但就公式說，這個差級數中，u1=0，Δu1=u1，Δ2u1=Δu1……Δn+1u=Δnu1
這個戲法總算沒有變差，由此我們就知道：
假如照用慣了的算術級數的樣兒將a代第一項，d代差，並且不用組合所用的符號 C rn，那麽n次差級數n項的和便是：
有了這公式，我們就回頭去解答王老頭子的那一盤湯圓，它是一個二次差級數，對於這公式說：a=1，d1=3，d2=2，d3=d4=……=0。
第二種三角錐的堆法，前麵也已說過，仍是一個二次差級數，對於這公式，a=1， d1=2， d2=1，d3=d4=……=0。
至於第三種堆法，它各層的個數及各次的差是：
也是一個二次差級數，u1=p，d1=p+2，d2=2，d3=d4=……=0
最後，再把這個公式運用到第四種堆法，它的每層的個數以及各次的差是這樣的：
ab，（a+1）（b+1），（a+2）（b+2），（a+3）（b+3）……
（a+b）+1，（a+b）+3，（a+b）+5……
2， 2 ……
所以也是一個二次差級數，就公式說，u1=ab，Δu1=（a+b）+1，Δu2=2，Δu3=Δu4=……=0
用差級數的一般求和的公式，將我們開頭提出的四個公式都證明了。這種證明真可以算是無疵可指，就連最後分母中那事實上無關痛癢的1×2×3中的1也給了它一個詳細說明。這種證法，不但有這一點點的好處，由上麵的經過看來，我們所提出的四個公式，全都是這差級數求和的公式的運用。因此隻要我們已徹底地了解了它，這四個公式就不值一顧了，數學的理論的發展，永遠是霸道橫行，後來居上的。
六
一開頭曾經提到我們的老前輩朱世傑先生，這裏就以他老人家的功績來作結束。上麵我們隻提到四種堆法，已鬧得滿城風雨，借用了許多法寶，才達到心安理得的地步。然而在朱老先生的大著《四元玉鑒》中，“茭草形段”隻有七題，“如像招數”隻有五題，“果垛疊藏”雖然多一些，也隻有二十題，總共不過三十二題。他所提出的堆垛法有些名詞卻很別致，現在列舉在下麵，至於各種求和的公式，那不用說，當然可依樣畫葫蘆地證明了。
（1）落一形——就是三角錐形。
（2）芻甍垛——就是前麵第三種堆法。
（3）芻童垛——就是矩形截錐台。
（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）嵐峰形——就是1，（1+5），（1+5+12）……
（8） 四 角 嵐 峰 形 —— 就 是1·12，2（12+22），3（12+22+32） ……n（12+22+32+……+n2）