伯努利数
伯努利数 𝐵𝑛Bn
是一个与数论有密切关联的有理数序列．前几项被发现的伯努利数分别为：
𝐵0 =1,𝐵1 = −12,𝐵2 =16,𝐵3 =0,𝐵4 = −130,…B0=1,B1=−12,B2=16,B3=0,B4=−130,…
等幂求和
伯努利数是由雅各布·伯努利的名字命名的，他在研究 𝑚m 次幂和的公式时发现了奇妙的关系．我们记
𝑆𝑚(𝑛)=𝑛−1∑𝑘=0𝑘𝑚=0𝑚+1𝑚+⋯+(𝑛−1)𝑚Sm(n)=∑k=0n−1km=0m+1m+⋯+(n−1)m
伯努利观察了如下一列公式，勾画出一种模式：
𝑆0(𝑛)=𝑛𝑆1(𝑛)=12𝑛2−12𝑛𝑆2(𝑛)=13𝑛3−12𝑛2+16𝑛𝑆3(𝑛)=14𝑛4−12𝑛3+14𝑛2𝑆4(𝑛)=15𝑛5−12𝑛4+13𝑛3−130𝑛S0(n)=nS1(n)=12n2−12nS2(n)=13n3−12n2+16nS3(n)=14n4−12n3+14n2S4(n)=15n5−12n4+13n3−130n
可以发现，在 𝑆𝑚(𝑛)Sm(n) 中 𝑛𝑚+1nm+1 的系数总是 1𝑚+11m+1，𝑛𝑚nm 的系数总是 −12−12，𝑛𝑚−1nm−1 的系数总是 𝑚12m12，𝑛𝑚−3nm−3 的系数是 −𝑚(𝑚−1)(𝑚−2)720−m(m−1)(m−2)720，𝑛𝑚−4nm−4 的系数总是零等．
而 𝑛𝑚−𝑘nm−k 的系数总是某个常数乘以 𝑚𝑘――mk―，𝑚𝑘――mk― 表示下降阶乘幂，即 𝑚!(𝑚−𝑘)!m!(m−k)!．
递推公式
𝑆𝑚(𝑛)=1𝑚+1(𝐵0𝑛𝑚+1+(𝑚+11)𝐵1𝑛𝑚+⋯+(𝑚+1𝑚)𝐵𝑚𝑛)=1𝑚+1𝑚∑𝑘=0(𝑚+1𝑘)𝐵𝑘𝑛𝑚+1−𝑘Sm(n)=1m+1(B0nm+1+(m+11)B1nm+⋯+(m+1m)Bmn)=1m+1∑k=0m(m+1k)Bknm+1−k
伯努利数由隐含的递推关系定义：
𝑚∑𝑗=0(𝑚+1𝑗)𝐵𝑗=0,(𝑚>0)𝐵0=1∑j=0m(m+1j)Bj=0,(m>0)B0=1
例如，(20)𝐵0 +(21)𝐵1 =0(20)B0+(21)B1=0，前几个值显然是
| 𝑛n | 00 | 11 | 22 | 33 | 44 | 55 | 66 | 77 | 88 | …… |
|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|
| 𝐵𝑛Bn | 11 | −12−12 | 1616 | 00 | −130−130 | 00 | 142142 | 00 | −130−130 | …… |
证明
利用归纳法证明
这个证明方法来自 Concrete Mathematics 6.5 BERNOULLI NUMBER．
运用二项式系数的恒等变换和归纳法进行证明：
𝑆𝑚+1(𝑛)+𝑛𝑚+1=𝑛−1∑𝑘=0(𝑘+1)𝑚+1=𝑛−1∑𝑘=0𝑚+1∑𝑗=0(𝑚+1𝑗)𝑘𝑗=𝑚+1∑𝑗=0(𝑚+1𝑗)𝑆𝑗(𝑛)Sm+1(n)+nm+1=∑k=0n−1(k+1)m+1=∑k=0n−1∑j=0m+1(m+1j)kj=∑j=0m+1(m+1j)Sj(n)
令 ˆ𝑆𝑚(𝑛) =1𝑚+1∑𝑚𝑘=0(𝑚+1𝑘)𝐵𝑘𝑛𝑚+1−𝑘S^m(n)=1m+1∑k=0m(m+1k)Bknm+1−k，我们希望证明 𝑆𝑚(𝑛) =ˆ𝑆𝑚(𝑛)Sm(n)=S^m(n)，假设对 𝑗 ∈[0,𝑚)j∈[0,m)，有 𝑆𝑗(𝑛) =ˆ𝑆𝑗(𝑛)Sj(n)=S^j(n)．
将原式中两边都减去 𝑆𝑚+1(𝑛)Sm+1(n) 后可以得到：
𝑆𝑚+1(𝑛)+𝑛𝑚+1=𝑚+1∑𝑗=0(𝑚+1𝑗)𝑆𝑗(𝑛)𝑛𝑚+1=𝑚∑𝑗=0(𝑚+1𝑗)𝑆𝑗(𝑛)=𝑚−1∑𝑗=0(𝑚+1𝑗)ˆ𝑆𝑗(𝑛)+(𝑚+1𝑚)𝑆𝑚(𝑛)Sm+1(n)+nm+1=∑j=0m+1(m+1j)Sj(n)nm+1=∑j=0m(m+1j)Sj(n)=∑j=0m−1(m+1j)S^j(n)+(m+1m)Sm(n)
尝试在式子的右边加上 (𝑚+1𝑚)ˆ𝑆𝑚(𝑛) −(𝑚+1𝑚)ˆ𝑆𝑚(𝑛)(m+1m)S^m(n)−(m+1m)S^m(n) 再进行化简，可以得到：
𝑛𝑚+1=𝑚∑𝑗=0(𝑚+1𝑗)ˆ𝑆𝑗(𝑛)+(𝑚+1)(𝑆𝑚(𝑛)−ˆ𝑆𝑚(𝑛))nm+1=∑j=0m(m+1j)S^j(n)+(m+1)(Sm(n)−S^m(n))
不妨设 Δ =𝑆𝑚(𝑛) −ˆ𝑆𝑚(𝑛)Δ=Sm(n)−S^m(n)，并且将 ˆ𝑆𝑗(𝑛)S^j(n) 展开，那么有
𝑛𝑚+1=𝑚∑𝑗=0(𝑚+1𝑗)ˆ𝑆𝑗(𝑛)+(𝑚+1)Δ=𝑚∑𝑗=0(𝑚+1𝑗)1𝑗+1𝑗∑𝑘=0(𝑗+1𝑘)𝐵𝑘𝑛𝑗+1−𝑘+(𝑚+1)Δnm+1=∑j=0m(m+1j)S^j(n)+(m+1)Δ=∑j=0m(m+1j)1j+1∑k=0j(j+1k)Bknj+1−k+(m+1)Δ
将第二个 ∑∑ 中的求和顺序改为逆向，再将组合数的写法恒等变换可以得到：
𝑛𝑚+1=𝑚∑𝑗=0(𝑚+1𝑗)1𝑗+1𝑗∑𝑘=0(𝑗+1𝑗−𝑘)𝐵𝑗−𝑘𝑛𝑘+1+(𝑚+1)Δ=𝑚∑𝑗=0(𝑚+1𝑗)1𝑗+1𝑗∑𝑘=0(𝑗+1𝑘+1)𝐵𝑗−𝑘𝑛𝑘+1+(𝑚+1)Δ=𝑚∑𝑗=0(𝑚+1𝑗)1𝑗+1𝑗∑𝑘=0𝑗+1𝑘+1(𝑗𝑘)𝐵𝑗−𝑘𝑛𝑘+1+(𝑚+1)Δ=𝑚∑𝑗=0(𝑚+1𝑗)𝑗∑𝑘=0(𝑗𝑘)𝐵𝑗−𝑘𝑘+1𝑛𝑘+1+(𝑚+1)Δnm+1=∑j=0m(m+1j)1j+1∑k=0j(j+1j−k)Bj−knk+1+(m+1)Δ=∑j=0m(m+1j)1j+1∑k=0j(j+1k+1)Bj−knk+1+(m+1)Δ=∑j=0m(m+1j)1j+1∑k=0jj+1k+1(jk)Bj−knk+1+(m+1)Δ=∑j=0m(m+1j)∑k=0j(jk)Bj−kk+1nk+1+(m+1)Δ
对两个求和符号进行交换，可以得到：
𝑛𝑚+1=𝑚∑𝑘=0𝑛𝑘+1𝑘+1𝑚∑𝑗=𝑘(𝑚+1𝑗)(𝑗𝑘)𝐵𝑗−𝑘+(𝑚+1)Δnm+1=∑k=0mnk+1k+1∑j=km(m+1j)(jk)Bj−k+(m+1)Δ
对 (𝑚+1𝑗)(𝑗𝑘)(m+1j)(jk) 进行恒等变换：
(𝑚+1𝑗)(𝑗𝑘)＝(𝑚+1𝑘)(𝑚−𝑘+1𝑗−𝑘)(m+1j)(jk)＝(m+1k)(m−k+1j−k)
那么式子就变成了：
𝑛𝑚+1=𝑚∑𝑘=0𝑛𝑘+1𝑘+1𝑚∑𝑗=𝑘(𝑚+1𝑘)(𝑚−𝑘+1𝑗−𝑘)𝐵𝑗−𝑘+(𝑚+1)Δ=𝑚∑𝑘=0𝑛𝑘+1𝑘+1(𝑚+1𝑘)𝑚∑𝑗=𝑘(𝑚−𝑘+1𝑗−𝑘)𝐵𝑗−𝑘+(𝑚+1)Δnm+1=∑k=0mnk+1k+1∑j=km(m+1k)(m−k+1j−k)Bj−k+(m+1)Δ=∑k=0mnk+1k+1(m+1k)∑j=km(m−k+1j−k)Bj−k+(m+1)Δ
将所有的 𝑗 −𝑘j−k 用 𝑗j 代替，那么就可以得到：
𝑛𝑚+1=𝑚∑𝑘=0𝑛𝑘+1𝑘+1(𝑚+1𝑘)𝑚−𝑘∑𝑗=0(𝑚−𝑘+1𝑗)𝐵𝑗+(𝑚+1)Δnm+1=∑k=0mnk+1k+1(m+1k)∑j=0m−k(m−k+1j)Bj+(m+1)Δ
考虑我们前面提到过的递归关系
𝑚∑𝑗=0(𝑚+1𝑗)𝐵𝑗=0,(𝑚>0)𝐵0=1𝑚∑𝑗=0(𝑚+1𝑗)𝐵𝑗=[𝑚=0]∑j=0m(m+1j)Bj=0,(m>0)B0=1∑j=0m(m+1j)Bj=[m=0]
代入后可以得到：
𝑛𝑚+1=𝑚∑𝑘=0𝑛𝑘+1𝑘+1(𝑚+1𝑘)[𝑚−𝑘=0]+(𝑚+1)Δ=𝑛𝑚+1𝑚+1(𝑚+1𝑚)+(𝑚+1)Δ=𝑛𝑚+1+(𝑚+1)Δnm+1=∑k=0mnk+1k+1(m+1k)[m−k=0]+(m+1)Δ=nm+1m+1(m+1m)+(m+1)Δ=nm+1+(m+1)Δ
于是 Δ =0Δ=0，且有 𝑆𝑚(𝑛) =ˆ𝑆𝑚(𝑛)Sm(n)=S^m(n)．
利用指数生成函数证明
对递推式 ∑𝑚𝑗=0(𝑚+1𝑗)𝐵𝑗 =[𝑚 =0]∑j=0m(m+1j)Bj=[m=0]
两边都加上 𝐵𝑚+1Bm+1，即得到：
𝑚+1∑𝑗=0(𝑚+1𝑗)𝐵𝑗=[𝑚=0]+𝐵𝑚+1𝑚∑𝑗=0(𝑚𝑗)𝐵𝑗=[𝑚=1]+𝐵𝑚𝑚∑𝑗=0𝐵𝑗𝑗!⋅1(𝑚−𝑗)!=[𝑚=1]+𝐵𝑚𝑚!∑j=0m+1(m+1j)Bj=[m=0]+Bm+1∑j=0m(mj)Bj=[m=1]+Bm∑j=0mBjj!⋅1(m−j)!=[m=1]+Bmm!
设 𝐵(𝑧) =∑𝑖≥0𝐵𝑖𝑖!𝑧𝑖B(z)=∑i≥0Bii!zi，注意到左边为卷积形式，故：
𝐵(𝑧)e𝑧=𝑧+𝐵(𝑧)𝐵(𝑧)=𝑧e𝑧−1B(z)ez=z+B(z)B(z)=zez−1
设 𝐹𝑛(𝑧) =∑𝑚≥0𝑆𝑚(𝑛)𝑚!𝑧𝑚Fn(z)=∑m≥0Sm(n)m!zm，则：
𝐹𝑛(𝑧)=∑𝑚≥0𝑆𝑚(𝑛)𝑚!𝑧𝑚=∑𝑚≥0𝑛−1∑𝑖=0𝑖𝑚𝑧𝑚𝑚!Fn(z)=∑m≥0Sm(n)m!zm=∑m≥0∑i=0n−1imzmm!
调换求和顺序：
𝐹𝑛(𝑧)=𝑛−1∑𝑖=0∑𝑚≥0𝑖𝑚𝑧𝑚𝑚!=𝑛−1∑𝑖=0e𝑖𝑧=e𝑛𝑧−1e𝑧−1=𝑧e𝑧−1⋅e𝑛𝑧−1𝑧Fn(z)=∑i=0n−1∑m≥0imzmm!=∑i=0n−1eiz=enz−1ez−1=zez−1⋅enz−1z
代入 𝐵(𝑧) =𝑧e𝑧−1B(z)=zez−1：
𝐹𝑛(𝑧)=𝐵(𝑧)⋅e𝑛𝑧−1𝑧=(∑𝑖≥0𝐵𝑖𝑖!)(∑𝑖≥1𝑛𝑖𝑧𝑖−1𝑖!)=(∑𝑖≥0𝐵𝑖𝑖!)(∑𝑖≥0𝑛𝑖+1𝑧𝑖(𝑖+1)!)Fn(z)=B(z)⋅enz−1z=(∑i≥0Bii!)(∑i≥1nizi−1i!)=(∑i≥0Bii!)(∑i≥0ni+1zi(i+1)!)
由于 𝐹𝑛(𝑧) =∑𝑚≥0𝑆𝑚(𝑛)𝑚!𝑧𝑚Fn(z)=∑m≥0Sm(n)m!zm，即 𝑆𝑚(𝑛) =𝑚![𝑧𝑚]𝐹𝑛(𝑧)Sm(n)=m![zm]Fn(z)：
𝑆×𝑚(𝑛)=𝑚![𝑧𝑚]𝐹𝑛(𝑧)=𝑚!𝑚∑𝑖=0𝐵×𝑖𝑖!⋅𝑛𝑚−𝑖+1(𝑚−𝑖+1)!=1𝑚+1𝑚∑𝑖=0(𝑚+1𝑖)𝐵𝑖𝑛𝑚−𝑖+1S×m(n)=m![zm]Fn(z)=m!∑i=0mB×ii!⋅nm−i+1(m−i+1)!=1m+1∑i=0m(m+1i)Binm−i+1
故得证．
参考实现
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