[在帕斯卡三角形中]存在着太多的关系，以至于当有人找到新的身份时，除了发现者之外，没有其他人对此感到兴奋了！ - 唐纳德·E·努斯 （如马丁·加德纳所引）
我的灵感来自
张贴在帕特的博客上 并阅读A.W.F.爱德华兹
帕斯卡的算术三角形 看一下对高维三角数的倒数求和。事实证明，您可以使用相同的
伸缩系列技术 这样您就可以对二维（即通常的）三角数的倒数求和，并且这些和的“伸缩”特征可以用一些很好的恒等式表示。
总和的陈述是一个不错的陈述。对于
d > 1我们有：
\ [\ sum ^ {\ infty} _ {n = 1} \ frac {1} {t ^ d_n} = \ frac {d} {d-1}。 \]
这给你2的结果
d = 2，如Pat的文章中所述。在这种情况下
d = 0或1，序列不收敛。
在下面的注释中，没有一个身份是新的（我认为最新的身份大约有400年了）-帖子顶部的Donald Knuth著名的语录是为了警告任何被抬高并衍生出来的人大量。
在此帖子的所有语句中，索引
d 范围超过非负整数（0、1、2 ...），而
n 范围超过自然数（1、2、3，...）。这似乎有些不一致，但是我们想从零维开始（
d = 0）并使用第一个三角数（
n = 1).
的
d三角数$ t ^ d_n $（“维”为d）由$ t ^ 0_n = 1 $定义，并且
\ [t ^ d_n = \ sum ^ {n} _ {i = 1} t ^ {d-1} _i \ mbox {for} d > 0. \]
$ t ^ d_n $的公式也可以表示为差t $ ^ d_n-t ^ d_ {n-1} = t ^ {d-1} _n $。
什么时候
d = 2我们得到通常的三角数，
d = 3给出金字塔，而
d = 4给出了
三角三角形，等等-向上的每个尺寸都可视为下方的尺寸的堆叠。请注意，此定义具有第一个三角数（适用于所有尺寸
d）设为1而不是0，按原样
有时首选; 在这种情况下，从1开始是有意义的。
根据这个定义，
帕斯卡身份，您可以确定
\ [t ^ d_n = \ left（\ begin {array} {c} n + d-1 \\ d \ end {array} \ right）。 \]
如果您熟悉Pascal的Triangle并仔细查看三角形的数字定义，您将在
d-三角数是Pascal Triangle“
曲棍球棒定理变相”。 这为我们提供了d三角数的直接公式：
\ [t ^ d_n = \ frac {n（n + 1）\ cdots（n + d-1）} {d！}。 \]
这也表明我们安排了
d-三角数到Pascal的三角形中，同时请记住，我们并没有像通常对二项式系数那样对它们进行索引。
该公式还使我们有机会生成一堆身份，例如：
\ [t ^ d_n = \ frac {（n + d-1）} {d} t ^ {d-1} _n，\]
和
\ [t ^ d_n = \ frac {n} {d} t ^ {d-1} _ {n + 1}。 \]
从这里开始，我们翻转三角形中的每个条目，以获得一个新的三角形，莱布尼兹三角形（爱德华兹称之为），其条目是的倒数
d-三角数。
这个三角形也有很好的差异关系，因为
d > 1,
\ [\ frac {1} {t ^ d_n} = \ frac {d} {d-1} \ left（\ frac {1} {t ^ {d-1} _n}-\ frac {1} {t ^ {d-1} _ {n + 1}} \ right）\]
为了证明这一身份，请推广将分数$ \ frac {1} {n（n + 1）} $分解为 $ \ frac {1} {n}-在通常的伸缩系列示例中为\ frac {1} {n + 1} $。
为了获得最后一个数字三角形，我们将莱布尼兹三角形中的每个条目除以$（n + d）$，从而得出
莱布尼兹谐波三角。换句话说，我们定义$ h ^ d_n = \ left（\ frac {1} {n + d} \ right）\ frac {1} {t ^ d_n} $，并使用条目$ h ^ d_n创建一个新三角形$。
回到$ t ^ d_n $的公式，我们可以获得其他一些标识，例如：
\ [h ^ d_n = \ left（\ frac {1} {d + 1} \ right）\ frac {1} {t ^ {d + 1} _n}，\]
和
\ [h ^ d_n = \ left（\ frac {1} {n} \ right）\ frac {1} {t ^ {d} _ {n + 1}}。 \]
并且，与其他三角形一样，存在良好的差异关系，因为
d < 0 :
\ [h ^ d_n = h ^ {d-1} _n -h ^ {d-1} _ {n + 1}。 \]
可以按照与用来显示反三角形的差关系相同的思想来证明这一点。值得将此身份与Pascal三角形的相应身份进行对比。
现在，如果您已经证明了这些身份，有两种简单的方法可以找到和：$ \ sum ^ {\ infty} _ {n = 1} \ frac {1} {t ^ d_n} $。
第一种方法：使用Leibniz Harmonic三角形。
利用以下两个身份：
\ [h ^ d_n = \ left（\ frac {1} {d + 1} \ right）\ frac {1} {t ^ {d + 1} _n}，\]
\ [h ^ d_n = h ^ {d-1} _n -h ^ {d-1} _ {n + 1}。 \]
我们可以将它们结合起来并观察到> 1:
\ [\ begin {array} {lll} \ sum ^ {\ infty} _ {n = 1} \ frac {1} {t ^ d_n}&=&d \ sum ^ {\ infty} _ {n = 1} h ^ {d-1} _n \\&=&d \ sum ^ {\ infty} _ {n = 1} \ left（h ^ {d-2} _n-h ^ {d-2} _ {n + 1} \ right）\\&=&d \ left（\ sum ^ {\ infty} _ {n = 1} h ^ {d-2} _n-\ sum ^ {\ infty} _ {n = 1} h ^ {d-2} _ {n + 1} \ right）\\&=&d \ left（\ sum ^ {\ infty} _ {n = 1} h ^ {d-2} _n-\ sum ^ {\ infty} _ {n = 2} h ^ {d-2} _ {n} \对）\\&=&d \ left（\ sum ^ {\ infty} _ {n = 1} h ^ {d-2} _n-\ sum ^ {\ infty} _ {n = 1} h ^ {d-2} _ {n} + h ^ {d-2} _ {1} \ right）\\&=& dh^{d-2}_{1} \\ &=&d \ left（\ frac {1} {d-1} \ right）\\&=&\ frac {d} {d-1} \ end {array} \]
顺便说一下，我们还有$ \ sum ^ {\ infty} _ {n = 1} h ^ d_n = \ frac {1} {d} $
d > 0.
第二种方法：对莱布尼兹三角形使用倒数识别。
在这里，我们看到一切都直接来自身份：
\ [\ frac {1} {t ^ d_n} = \ frac {d} {d-1} \ left（\ frac {1} {t ^ {d-1} _n}-\ frac {1} {t ^ {d-1} _ {n + 1}} \ right）。 \]
我们有
d > 1:
\ [\ begin {array} {lll} \ sum ^ {\ infty} _ {n = 1} \ frac {1} {t ^ d_n}&=&\ frac {d} {d-1} \ sum ^ {\ infty} _ {n = 1} \ left（\ frac {1} {t ^ {d-1} _n}-\ frac {1} {t ^ {d-1} _ {n + 1}} \右）\\&=&\ frac {d} {d-1} \ left（\ sum ^ {\ infty} _ {n = 1} \ frac {1} {t ^ {d-1} _n}-\ sum ^ {\ infty} _ {n = 1} \ frac {1} {t ^ {d-1} _ {n + 1}} \右）\\&=&\ frac {d} {d-1} \ left（\ sum ^ {\ infty} _ {n = 1} \ frac {1} {t ^ {d-1} _n}-\ sum ^ {\ infty} _ {n = 2} \ frac {1} {t ^ {d-1} _ {n}} \右）\\&=&\ frac {d} {d-1} \ left（\ sum ^ {\ infty} _ {n = 1} \ frac {1} {t ^ {d-1} _n}-\ sum ^ {\ infty} _ {n = 1} \ frac {1} {t ^ {d-1} _ {n}} + \ frac {1} {t ^ {d-1} _ {1}} \ right）\\&=&\ frac {d} {d-1} \ left（\ frac {1} {t ^ {d-1} _ {1}} \ right）\\&=&\ frac {d} {d-1} \ end {array} \]
解决所有这些问题后，我在以下位置遇到了相同的“广义三角数的倒数”问题
拓扑沉思 -解决方案＃3与此处的解决方案相同，但以二项式系数表示（并且未从这些术语中提取一些一般恒等式）。
