Transcript 3、4、5角數的定義及其一般式

壹、研究動機
在一次偶然的機會下，從老師的口中得知三角數、四角數及五角數的定義和它們的一般式，老師的介紹
中只使用了簡單的幾何圖形、計數的技巧以及級數和的公式，這進而引發了本組研究這個主題的動機。在研
究了多角數的一般式及性質後，本組在老師的建議下將平面的多角數推廣到立體的多面體數、多角錐數及多
柱體數，這部份的研究過程讓本組收穫良多，本組深刻地體會了數學上推廣的過程(從二維到三維)、觀察及
歸納的重要性、並有機會了解正多面體的特性，真是感謝老師給予本組這難得的機會及指導。
貳、研究目的
在此研究中，本組從平面的角數出發，先逐一地介紹三角數、四角數及五角數的定義，並分別指出第n
個三角數、四角數及五角數的一般式。本組的研究目的如下：
(一) 考慮一般的角數並給出第n個角數的一般式。
(二) 透過觀察，得出並證明一些k角數間的有趣關係式。
(三) 求出前n個角數的和。
(四) 將平面的角數推廣至立體的面體數、角錐數及柱體數 (只計算邊上的點)，希望能求得k面體數的公
式。
(五) 將平面的k角數推廣至立體的面體數 (邊上、面上及內部的點都算)，希望能求得面
體數的公式。其中包括第個角錐 (包括正四面體)、第個角柱 (包括政六面
體)及第個八面體數。
參、研究設備及器材
1. 紙、筆、電腦
2. Office Word 2003
3, . Math Type 6.0
4. 小畫家
肆、研究方法及主要結果
一、 3、4、5角數的定義及其一般式
所以，本組得到了以下的結果：
n(n  1)( k  2)  2
從幾何的觀點來介紹k角數，應該較為生動且吸引
Kn 
2
。
人。本組先從三角數的定義談 起：從1個點開始且令 性質 2－1：第 n 個 k 角數為
第1個三角數t1  1；以此點為頂點，做一個邊長為1單
位的正三角形，此時有3個頂點，本組令第2個三角
數 t2  ；再將剛剛的正三角形延伸成邊長為2的正三
為了檢驗性質 2-1 的正確性，本組分別將 k  3, 4, 5
3
角形，並在各邊上每一單位長標上一點(如下圖所示)，
代入性質 2-1 得：
此時，點數的總數即為 ，因此t5  15 、 t3  6 、t4  10
……等。
n [(n  1)(3  2)  2] n( n  1)
t


第 n 個三角數為 n
；
2
2
t1  1
t2  3
t3  6
t4  10
n [(n  1)(4  2)  2] n(2n)

 n2 ；
2
2
第 n 個五角數為
pn 
n [(n  1)(5  2)  2] n(3n  1)

；
2
2
t5  15
由以上的定義，可知第n個三角數 tn 之一般式為
tn  1  2  3    n 
第 n 個四角數為
sn 
n ( n  1)
.
2
如本組所意料，得出的結果與之前的完全吻合，
接下來，仿照類似的方法來定義四角數 sn (如下圖所
示)，則可
得 s1  1、 s2  4 、s3  9 、s4  16 、s5  25 ……等；
此時，第n個四角數 sn 之一般式為
n (1  (2n  1))
sn  1  3  5    (2n  1) 
 n2.
2
本組也乘勝追擊，求出
第 n 個六角數為
hn 
n [(n  1)(6  2)  2] n(4n  2)

 n(2n  1) 。
2
2
三、 有關 k 角數的有趣性質
觀察三、四、五、六角數所成的數列：
三角數 t
: 1, 3, 6, 10, 15, 21, 28, 36, ...
n
四角數 s
n
s1  1
s2  4
s3  9
s4  16
s5  25
: 1, 4, 9, 16, 25, 36, 49, 64, ...
五角數 p
: 1, 5, 12, 22, 35, 51, 70, 92, ...
六角數 h
: 1, 6, 15, 28, 45, 66, 91, 120, ...
n
n
可以看出一些有趣的現象，而這些性質只要透過 k 角數的一般
最後，本組定義五角數 pn (如下圖所示)，則可得p1  1、
p2  5、p3  12 、p4  22 ……等；此時，第n個五角數pn
式即可獲得驗證，證明雖然不難，但經由觀察、形成規律、證
的一般式為
n (3n  1)
pn  1  4  7    (1  3( n  1)) 
.
2
明的過程，讓本組深刻地體會從事科學研究的方法與精神。
性質 3－1：對於所有的大於 1 的正整數
二、 第 n 個 k 角數的一般式
仿照以上三、四、五角數的定義，本組歸納
n ，關係式
tn1  tn  sn
都成立。因此，連續兩項三角數的和為完全平方數。
出第 n 個 k 角數的一般式如下：
1  [1  (k  2)]  [1  2(k  2)]  [1  3(k  2)]    [1  (n  1)(k  2)]
 1  n  [1  2 ......  (n  1)](k  2)
n(n  1)(k  2)
n
2
2n  n(n  1)(k  2)

2
n [(n  1)(k  2)  2]

.
2
性質 3－2： 對於所有的大於 1 的正整數
n ，關係式
pn  sn  tn1
都成立。也就是說，第 n 個五角數與第 n 個四角數的差剛好是第
n  1 個三角數。
探討多角數、多面體數之通式
性質 3－3：對於所有的大於 1 的正整數 n ，關係式
性質 5－4：第 n 個十二面體數
pn  tn  2tn1
Pn 
27n 2  43n  18
.
2
都成立。也就是說，第 n 個五角數與第 n 個三角數的差剛好是第 n  1 個
三角數的兩倍。
最後，本組處理二十面體數 X n 。
性質 3－4：對於所有的正整數 n ，關係式
正二十面體具有 20 面(正三角形)、12 頂點、30 邊且每頂點有 5 邊交會。
(此圖形取自維基百科[3])
tn  pn  2sn
一開始給定一點 A ，所以
S1  1 ，
都成立。也就是說，第 n 個三角數與第 n 個五角數的和剛好是第 n 個四角數
的兩倍。
然後由 A 點作出邊長為 1 的正六面體，得
性質 3－5：對於所有的正整數 n ，關係式
S2  1  7  8
tn  sn  pn  n
(此圖形取自維基百科[3])
仿照以上的方法，可以得到
( S2 比 S1 多出 7 個頂點)；
都成立。也就是說，第 n 個三角數與第 n 個四角數的和剛好比第 n 個五角
X1  1
接著，再將剛剛的正六面體，從交會於 A 點的三邊往外延伸成邊長為 2 的正六
數多 n 。
(先給定一點 A )；
面體，並在各邊上，每單位長標上 1 點，得
性質 3－6：對於所有的正整數 n  1 ，關係式
X 2  1  11  12
S3  1  7  (7  1 9)  24
hn  pn  tn 1
(多出 11 個頂點)；
( S3 比 S2 再多出 7 個頂點以及該正六面體上不交於 A 的 (12  3) 個邊也各多出 1 個
都成立。也就是說，第 n 個六角數與第 n 個五角數的差剛好是第
n  1 個三角數。
中間點)；
X 3  1  11  (11  1 25)  48
(再多出 11 個頂點以及不交會於 A 點的 (30  5) 個邊上也各多出 1 個中間點)；
同樣地，
X 4  1  11  (11  1 25)  (11  2  25)  109
其實，後來本組發現，透過直接觀察 t n 、 s n 、 pn 及 hn 的一般式，就可寫出許多
S4  1  7  (7  1 9)  (7  2  9)  49
的關係式，再此不多作贅述。接下來，本組分別考慮這四個數列的前 n 項的和。在
計算過程中，本組需要以下知名的等式：
n ( n  1)(2n  1)
. (平方和公式)
6
12  2 2      n 2 
這個等式在高中的數學課本中可以找到，所以本組直接將此等式當成已知結果來使
( S4 比 S3 又多出 7 個頂點以及該邊長為 3 的正六面體上不交於 A 的 9 個邊也各多
依此類推，可得 X n 的一般式為
出 2 個中間點)；
X n  1  11  (11  1  25)  (11  2  25)    (11  ( n  2)  25)
 1  11( n  1)  25(1  2    ( n  2))
25( n  1)( n  2)
 1  11n  11 
2
2
2  22n  22  25n  75n  50

2
2
25n  53n  30

.
2
依此類推可得
用；相關的證明，請參考[1]。
四、 k 角數的前 n 項的和
由於第 n 個四角數即為 n 個平方數，所以，根據平方和公式，本組馬上得到以下的結果。
性質 5－2：第 n 個六面體數
n ( n  1)(2n  1)
6
性質 4－1： 前 n 個四角數的和為
，也就是說，
s1  s2    sn 
(再多出 11 個頂點以及不交會於 A 點的 25 個邊上也各多出 2 個中間點)；
Sn 
n(n  1)(2n  1)
.
6
9n 2  13n  6
.
2
於是得到以下的結果。
性質 5－5：第 n 個二十面體數
接著，本組利用平方和公式分別求出三角數、五角數以及六角數的前 n 項的和。
n(n  1)(n  2)
6
性質 4－2：前 n 個三角數的和為
，也就是說，
t1  t2    tn 
接下來，考慮八面體數 On 。由於該立體圖形不易畫出，本組求助於網路，感謝”昌爸工
作坊” http://www.mathland.idv.tw/graphics3d/polyhedron8.htm
n( n  1)( n  2)
.
6
[2] 提供了正多面體的環視圖
正八面體具有 8 面(正三角形)、6 頂點、12 邊且每頂點有 4 邊交會。
在前一小節中，本組觀察並證明了一些有關於 tn 、 sn 、 pn 或 hn 的關係式，但是在此，似乎不
太容易透過觀察得到 Tn 、 Sn 、 On 、 Pn 或 X n 的關係式。本組倒是可以透過代數運算求得這些
多面體的前 n 項的和。舉例而言，前 n 個八面體數的和為
n 2 (n  1)
p1  p2    pn 
.
2
O1  O2    On  (4  12  7  1  4)  (4  2 2  7  2  4)    (4 n 2  7 n  4)
 4(12  2 2    n 2 )  7(1  2    n)  4 n
n(n  1)(2n  1)
n( n  1)
 4
7
 4n
6
2
4n( n  1)(2n  1)  21n( n  1)  24n

6
n[4( n  1)(2n  1)  21( n  1)  24]

6
2
n(8n  12n  4  21n  21  24)

6
2
n(8n  9n  7)

.
6
n ( n  1)(4n  1)
，也就是說，
6
h1  h2    hn 
25n 2  53n  30
.
2
(可利用滑鼠旋轉該正多面體做 360 度環視)，這對以下的研究幫助相當大。
n 2 (n  1)
性質 4－3：前 n 個五角數的和為 2 ，也就是說，
性質 4－4：前 n 個六角數的和為
Xn 
n(n  1)(4n  1)
.
6
(此圖形取自維基百科[3])
仿照以上的方法，可以得到
五、多面體數---多角數的立體推廣(只計算邊上的點)
O1  1
在這一節中，本組將嘗試將平面的 k 角數推廣至立體的 k 面體數，希望能求得 k 面體
(先給定一點 A )；
數的一般式。由於正多面體的種類只有五種，即正四、六、八、十二、二十面體，所以，本
O2  1  5  6
組針對這五種分別求出其第 n 個 k 面體數。
所以得到了以下的結果：
(多出 5 個頂點)；
首先，從四面體數 Tn 開始，一樣從幾何的觀點來定義它：首先，已知
O3  1  5  (5  1 8)  19
正四面體具有 4 面(正三角形)、4 頂點、6 邊且每頂點有 3 邊交會。
性質 5－6：前 n 個八面體數的和為
(再多出 5 個頂點以及不交會於 A 點的 (12  4) 個邊上也各多出 1 個中間點)；
On 
O4  1  5  (5  1 8)  (5  2  8)  40
n(8n 2  9n  7)
.
6
(再多出 5 個頂點以及不交會於 A 點的 8 個邊上也又各多出 2 個中間點)；
至於其它四種多面體數的前 n 項的和也都可以類似的方法求出，在此不多作贅述。
依此類推，本組可得 On 的一般式為
On  1  5  (5  1  8)  (5  2  8)    (5  ( n  2)  8)
(此圖形取自維基百科[3])
 1  5( n  1)  8(1  2    ( n  2))
8(n  1)(n  2)
 1  5n  5 
2
 1  5n  5  4( n  1)( n  2)
一開始給定一點 A ，所以
T1  1 ，
然後由 A 點作出邊長為 1 的正四面體，得
 4n 2  7n  4.
T2  1  3  4
六、多面體數、多角柱數及多柱體數---多角數的立體推廣(邊上、面上及內部的
點都算)
＊錐體：求 k 角錐的頂點數和
在這一節中，本組將嘗試把立體的 k 角錐的內部點數也加入，希望能求得 k 角錐數的一
( T2 比 T1 多出 3 個頂點)；
於是得到以下的結果。
般式。
接著，再將剛剛的正四面體，從交會於 A 點的三邊往外延伸成邊長為 2 的正四面體，並在各
性質 5－3：第 n 個八面體數
邊上，每單位長標上 1 點，得
T3  1  3  (3  1 3)  10
首先，令 Tn 代表第 n 個三角錐數
On  4n 2  7n  4.
一開始給定一點 A ，所以定義
( T3 比 T2 再多出 3 個頂點以及該四面體上不交於 A 的 (6  3) 個邊上也各多出 1 個中間點)；
如下圖所示：
T1  1 ，
接下來，考慮十二面體數 Pn 。
然後由 A 點作出邊長為 1 的三角錐，得
正十二面體具有 12 面(正五邊形)、20 頂點、30 邊且每頂點有 3 邊交會。
T2  1  (1  2)
接著，再將剛剛的三角錐，從交會於 A 點的三邊往外延伸成邊長為 2 的三角錐，得
T3  1  (1  2)  (1  2  3)
如下圖所示：
T1  1
T2  4
內部多出 1
個點
T3  10
同樣地，
(此圖形取自維基百科[3])
T4  1  3  (3  1 3)  (3  2  3)  19
仿照以上的方法，可以得到
( T4 比 T3 再多出 3 個頂點以及該正四方體上不交於 A 的 3 個邊上也各多出 2 個中間點)；
依此類推可得
Tn  1  3  (3  1  3)  (3  2  3)    (3  ( n  2)  3)
P1  1
(先給定一點 A )；
P2  1  19  20
P3  1  19  (19  1 27)  66
Tn  
(再多出 19 個頂點以及不交會於 A 點的 (30  3) 個邊上也各多出 1 個中間點)；
P4  1  19  (19  1 27)  (19  2  27)  139
點)；於是得到以下的結果：
依此類推，可得 Pn 的一般式為
Pn  1  19  (19  1  27)  (19  2  27)    (19  ( n  2)  27)
接下來，本組處理六面體數 Sn 。仿照剛剛處理六面體數的方法
依此類推可得
n
(再多出 19 個頂點以及不交會於 A 點的 (30  3) 個邊上也各多出 2 個中間點)；
3n 2  3n  2
Tn 
.
2
T4  1  (1  2)  (1  2  3)  (1  2  3  4)
(多出 19 個頂點)；
( Tn 比 Tn 1 多出 3 個頂點以及該邊長為 n 的正方體上不交於 A 的 3 個邊也各多出 n  2 個中間
性質 5－1：第 n 個四面體數
T3  10
T2  4
同樣地，
 1  3( n  1)  3(1  2    ( n  2))
3( n  1)( n  2)
 1  3n  3 
2
2
2  6n  6  3n  9n  6

2
2
3n  3n  2

.
2
T1  1
 1  19( n  1)  27(1  2    ( n  2))
27( n  1)( n  2)
 1  19n  19 
2
2
2  38n  38  27n  81n  54

2
2
27n  43n  18

.
2
正六面體具有 6 面(正四邊形)、8 頂點、12 邊且每頂點有 3 邊交會。
於是得到以下的結果。
i 1
i(i  1)
n(n  1)
 1  3  6  10         
2
2
因此，利用性質 4－2，
Tn 
n( n  1)( n  2)
6
性質 6－1：第 n 個三角錐數
Tn 
n(n  1)(n  2)
6
T4  20
接下來，本組處理四角柱數 Sn 。仿照剛剛處理三角柱數的方法
接下來，本組處理四角錐數 Sn 。仿照剛剛處理三角錐數的方法
討論二：第 n 個 k 角數的一般式
A
由(一)得以下通式：
第 n 個 k 角數點數和為
n( n  1)( k  2)  2
2
討論三：有關 k 角數的有趣性質
A
一開始給定一點 A ，所以
一開始給定一點 A ，所以定義
觀察三、四、五、六角數所成的數列：
S1  1 ，
S1  1 ，
三角數 tn : 1, 3, 6, 10, 15, 21, 28, 36, ...
然後由 A 點作出邊長為 1 的四角柱，得
然後由 A 點作出邊長為 1 的四角錐，得
四角數 sn : 1, 4, 9, 16, 25, 36, 49, 64, ...
S 2  s2  2  2  2
2
S 2  1 2 2
接著，再將剛剛的四角錐，從交會於 A 點的四邊往外延伸成邊長為 2 的四角錐，得
S3  1  2  3
2
五角數 pn : 1, 5, 12, 22, 35, 51, 70, 92, ...
接著，再將剛剛的四角柱，從交會於 A 點的三邊往外延伸成邊長為 2 的四角柱，並在各邊上，
六角數 hn : 1, 6, 15, 28, 45, 66, 91, 120, ...
每單位長標上 1 點，得
可以看出一些有趣的現象，如下：
S3  s3  3  32  3
2
同樣地
同樣地
1. 連續兩項三角數的和為完全平方數。
S 4  s4  4  4 2  4
S3  1  22  32  42
2.第 n 個五角數與第 n 個四角數的差剛好是第 n  1 個三角數。
n(1  (2n  1))
 n 2 . (可參考第 4 頁)
然後由 sn  1  3  5    (2n  1) 
2
3.第 n 個五角數與第 n 個三角數的差剛好是第 n  1 個三角數的兩倍。
可得第 n 個四角柱之頂點數為：
4.第 n 個三角數與第 n 個五角數的和剛好是第 n 個四角數的兩倍。
依此類推，可得第 n 個四角錐之頂點數為：
Sn  sn  n  n
n
Sn   i 2  12  2 2  32        n 2
3
5.第 n 個三角數與第 n 個四角數的和剛好比第 n 個五角數多 n 。
6.第 n 個六角數與第 n 個五角數的差剛好是第 n  1 個三角數。
i 1
n ( n  1)(2n  1)

6
於是得到以下的結果。
性質 6－6：第 n 個四角柱數
於是得到以下的結果。
討論四：k 角數的前 n 項的和
Sn  sn  n  n3
性質 6－2：第 n 個四角錐數
接下來，本組處理五角柱點數 Fn 。仿照三、四角柱數的方法
n(n  1)(2n  1)
Sn 
6
接下來，本組處理五角錐點數 Fn 。仿照三、四角錐數的方法（可參考第 4 頁）
前 n 個三角數的和為
n(n  1)(n  2)
6
前 n 個四角數的和為
n ( n  1)(2n  1)
6
前 n 個五角數的和為
n 2 (n  1)
2
前 n 個六角數的和為
n ( n  1)(4n  1)
6
討論五：多面體數---多角數的立體推廣(只計算邊上的點)
A
A
一開始給定一點 A ，所以
Fn  1
3n 2  3n  2
.
2
第 n 個六面體數 Sn 
9n 2  13n  6
.
2
第 n 個八面體數
然後由 A 點作出邊長為 1 的五角柱，得
一開始給定一點 A ，所以定義
第 n 個四面體數 Tn 
On  4n 2  7n  4.
第 n 個十二面體數 Pn 
27n 2  43n  18
.
2
第 n 個二十面體數 X n 
25n 2  53n  30
.
2
F2  (1  4)  2  10
P1  1
接著，再將剛剛的五角柱，從交會於 A 點的三邊往外延伸成邊長為 2 的五角柱，
然後由 A 點作出邊長為 1 的五角錐，得
並在各邊上，每單位長標上 1 點，得
P2  1  (1  4)  6
討論六：多面體數、多角柱數及多柱體數---多角數的立體之推廣(邊上、面上及
F3  (1  4  7)  3  36
接著，再將剛剛的五角錐，從交會於 A 點的三邊往外延伸成邊長為 2 的五角錐，得
內部的點都算)
同樣地，
P3  1  (1  4)  (1  4  7)  18
＊錐體：第 n 個三角錐數 Tn 
F4  (1  4  7  10)  4
同樣地，
由 pn  1  4  7    (1  3(n  1)) 
P4  1  (1  4)  (1  4  7)  (1  4  7  10)  30
依此類推得 Pn  第 n 個五角錐數
n( n  1)(2n  1)
6
2
n ( n  1)
第 n 個五角錐數 Pn 
2
n(3n  1)
(可參考第 4 頁)
2
第 n 個四角錐數 Sn 
n 2 (3n  1)
Fn  1  4  7      (1  3(n  1)) n 
2
可得
n(n  1)(n  2)
6
利用性質 6－3 得
由上可推得：第 n 個 k 角錐數：
i(3i  1)
n(3n  1)
 1  5  12        
2
2
i 1
於是得到以下的結果：
n 2 (n  1)
2
性質 6－7：第 n 個五角柱數：
n
Pn  

Kn 
於是得到以下的結果：
第 n 個四角柱數 Sn
最後統整以上各種角柱數後，得到一個最終的結論：第 n 個 k 角柱數為
n 2 ( n  1)
Pn 
2
K n  kn  n 
 n(n  1)(2n  1) n(n  1)   n(n  1) 
( k  2) 

2
i(i  1)(k  2)  2
6
2   2 

n
K 

2
2
i 1
n
n 2 (n  1)(k  2)  2
2
 n(n  1)(2n  1  3)
(k  2)
  n(n  1)
6



2
n 2 (n  1)(k  2)  2
kn  n 
2
n 2 (n  1)(k  2)  2
2
＊含內部點的第 n 個八面體數
接下來本組將嘗試把立體的八面體的內部點數也加入，希望能求得八面體數通式
n(n  1)n(k  2)  (k  5)
6
於是得到以下的結果：
Kn 
n(n  1) n(k  2)  (k  5)
6
陸、參考文獻
2. 昌爸工作坊 http://www.mathland.idv.tw/graphics3d/polyhedron8.htm
A
3. 維基百科 http://zh.wikipedia.org/zh-tw/
仿照以上的方法，本組可以得到
＊柱體：求第 n 個 k 角柱數
O1  1
在這一節中，本組將嘗試把立體的 k 角柱的內部的點數也加入，希望能求得 k 角柱數的一
(先給定一點 A )；
般式。
O2  12  2 2  12
( O2 比 O1 多出兩層)；
首先，從三角柱 Tn 開始(可參考第 4 頁)
O3  12  22  32  22  12
一開始給定一點 A ，所以
T1  1 ，
( O3 比 O2 再多出兩層)；
然後由 A 點作出邊長為 1 的三角柱，得
O4  12  22  32  42  32  22  12
T2  t2  2  3  2  6
接著，再將剛剛的三角柱，從交會於 A 點的三邊往外延伸成邊長為 2 的三角柱，並在各邊上，( O 比 O 再多出兩層)；
4
3
每單位長標上 1 點，得
依此類推，本組可得 On 的一般式為
T3  t3  3  6  3  18
On  s1  s2        sn  sn1        s2  s1
如下圖所示：
 12  22         n 2  (n  1)2        22  12 
n(2n 2  1)
3
於是，本組得到以下的結果。
性質 6－9：含內部點的第 n 個八面體數
T2  6
n(2n 2  1)
On 
3
1. 許志農，高中數學第一冊，龍騰文化。
性質 6－4：第 n 個 k 角錐數為
T1  1
 sn  n  n3
由上可推得：第 n 個 k 角柱數：
性質 6－8：第 n 個 k 角柱數為
K n  kn  n 
n 2 (n  1)
2
n 2 (3n  1)
第 n 個五角柱數 Fn  pn  n 
2
於是得到以下的結果：
依此類推，並利用性質 2－1 可得：第 n 個 k 角錐數為

＊柱體：第 n 個三角柱數 Tn  tn  n 
n 2 (3n  1)
Fn 
2
性質 6－3：第 n 個五角錐數
n(n  1)  n(k  2)  (k  5)
6
T3  18
同樣地，
T4  40
On 
n ( 2n 2  1)
3
伍、討論與結論
討論一：3、4、5 角數的定義及其一般式
T4  t4  4  10  4  40
第 n 個三角數 tn 之一般式為
依此類推可得
Tn  tn  n 
n 2 (n  1)
2
tn  1  2  3    n 
n( n  1)
.
2
第 n 個四角數 sn 之一般式為
sn  1  3  5    (2n  1) 
n(1  (2n  1))
 n2.
2
第 n 個五角數 pn 的一般式為
pn  1  4  7    (1  3(n  1)) 
n(3n  1)
.
2