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Bernoulli 数入门

Bernoulli 数的介绍、推导与证明

今天，我们主要讨论与组合数学相关的一些问题。

Bernoulli 数（伯努利数），记作 BnB_n，是一列与数论密切相关的有理数。它们出现在连续整数幂和的表达式中，在数学中有着广泛的应用，包括数论、组合学与微积分等。

Bernoulli 数

Bernoulli 数，记作 BnB_n，构成一列与数论密切相关的有理数序列。最先被发现的几个 Bernoulli 数如下：

B0=1,B1=−12,B2=16,B3=0,B4=−130,…B_0 = 1, \quad B_1 = -\frac{1}{2}, \quad B_2 = \frac{1}{6}, \quad B_3 = 0, \quad B_4 = -\frac{1}{30}, \quad \dots

等幂和

Bernoulli 数以 Jacob Bernoulli（雅各布·伯努利）的名字命名，他在研究 mm 次幂求和公式时发现了这些令人瞩目的关系。记

Sm(n)=∑k=0n−1km=0m+1m+⋯+(n−1)mS_{m}(n) = \sum_{k=0}^{n-1} k^m = 0^m + 1^m + \dots + (n-1)^m

Bernoulli 观察到了如下一系列公式，呈现出一种规律：

S0(n)=nS1(n)=12n2−12nS2(n)=13n3−12n2+16nS3(n)=14n4−12n3+14n2S4(n)=15n5−12n4+13n3−130n\begin{align*} S_0(n) &= n \\ S_1(n) &= \frac{1}{2}n^2 - \frac{1}{2}n \\ S_2(n) &= \frac{1}{3}n^3 - \frac{1}{2}n^2 + \frac{1}{6}n \\ S_3(n) &= \frac{1}{4}n^4 - \frac{1}{2}n^3 + \frac{1}{4}n^2 \\ S_4(n) &= \frac{1}{5}n^5 - \frac{1}{2}n^4 + \frac{1}{3}n^3 - \frac{1}{30}n \end{align*}

可以观察到，在 Sm(n)S_m(n) 中，nm+1n^{m+1} 的系数恒为 1m+1\frac{1}{m+1}，nmn^m 的系数恒为 −12-\frac{1}{2}，nm−1n^{m-1} 的系数恒为 m12\frac{m}{12}，nm−3n^{m-3} 的系数恒为 −m(m−1)(m−2)720-\frac{m(m-1)(m-2)}{720}，而 nm−4n^{m-4} 的系数恒为零。

此外，nm−kn^{m-k} 的系数恒为某个常数乘以 mk‾m^{\underline{k}}，其中 mk‾m^{\underline{k}} 表示下降阶乘幂，即 m!(m−k)!\frac{m!}{(m-k)!}。

递推公式

Sm(n)=1m+1(B0nm+1+(m+11)B1nm+⋯+(m+1m)Bmn)=1m+1∑k=0m(m+1k)Bknm+1−k\begin{align*} S_m{(n)} &= \frac{1}{m+1}(B_0n^{m+1}+\binom{m+1}{1}B_1 n^m+\dots+\binom{m+1}{m}B_m n) \\ &= \frac{1}{m+1}\sum_{k=0}^{m}\binom{m+1}{k}B_kn^{m+1-k} \end{align*}

Bernoulli 数由如下隐式递推关系定义：

∑j=0m(m+1j)Bj=0,(m>0)B0=1\begin{align*} \sum_{j=0}^{m}\binom{m+1}{j}B_j &= 0, \quad (m>0) \\ B_0 &= 1 \end{align*}

例如，(20)B0+(21)B1=0\binom{2}{0}B_0+\binom{2}{1}B_1=0。前几个数值为：

n012345678…Bn1−12160−13001420−130…\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|} \hline n & 0 & 1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 & 7 & 8 & \dots \\ \hline B_n & 1 & -\frac{1}{2} & \frac{1}{6} & 0 & -\frac{1}{30} & 0 & \frac{1}{42} & 0 & -\frac{1}{30} & \dots \\ \hline \end{array}

证明

归纳法证明

此证明方法改编自《具体数学》6.5 节「Bernoulli 数」。

利用二项式系数恒等式与归纳法：

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)\begin{align*} S_{m+1}(n)+n^{m+1} &= \sum_{k=0}^{n-1}(k+1)^{m+1} \\ &= \sum_{k=0}^{n-1}\sum_{j=0}^{m+1}\binom{m+1}{j}k^j \\ &= \sum_{j=0}^{m+1}\binom{m+1}{j}S_j(n) \end{align*}

设 S^m(n)=1m+1∑k=0m(m+1k)Bknm+1−k\hat{S}_{m}(n)=\frac{1}{m+1} \sum_{k=0}^{m} \binom{m+1}{k}B_kn^{m+1-k}，我们要证明 Sm(n)=S^m(n)S_m(n)=\hat{S}_m(n)。假设对 j∈[0,m)j\in[0,m)，有 Sj(n)=S^j(n)S_j(n)=\hat{S}_j(n)。

两边减去 Sm+1(n)S_{m+1}(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)\begin{align*} S_{m+1}(n)+n^{m+1} &=\sum_{j=0}^{m+1}\binom{m+1}{j}S_j(n) \\ n^{m+1} &=\sum_{j=0}^{m}\binom{m+1}{j}S_j(n) \\ &=\sum_{j=0}^{m-1}\binom{m+1}{j}\hat{S}_j(n)+\binom{m+1}{m}S_m(n) \end{align*}

通过加减 (m+1m)S^m(n)−(m+1m)S^m(n)\binom{m+1}{m}\hat{S}_m(n)-\binom{m+1}{m}\hat{S}_m(n) 并化简：

nm+1=∑k=0mnk+1k+1∑j=km(m+1j)(jk)Bj−k+(m+1)Δ\begin{align*} n^{m+1}&=\sum_{k=0}^{m}\frac{n^{k+1}}{k+1}\sum_{j=k}^{m}\binom{m+1}{j}\binom{j}{k}B_{j-k}+(m+1)\Delta \end{align*}

令 Δ=Sm(n)−S^m(n)\Delta = S_m(n)-\hat{S}_m(n)，并展开 S^j(n)\hat{S}_j(n)：

nm+1=∑k=0mnk+1k+1∑j=km(m+1j)(jk)Bj−k+(m+1)Δ=∑k=0mnk+1k+1(m+1k)∑j=km(m−k+1j−k)Bj−k+(m+1)Δ\begin{align*} n^{m+1}&=\sum_{k=0}^{m}\frac{n^{k+1}}{k+1}\sum_{j=k}^{m }\binom{m+1}{j}\binom{j}{k}B_{j-k}+(m+1)\Delta\\ &=\sum_{k=0}^{m}\frac{n^{k+1}}{k+1}\binom{m+1}{k}\sum_{j=k}^{m}\binom{m-k+1}{j-k}B_{j-k}+(m+1)\Delta\\ \end{align*}

交换求和顺序并应用二项式系数恒等式：

nm+1=∑k=0mnk+1k+1(m+1k)∑j=0m−k(m−k+1j)Bj+(m+1)Δ\begin{align*} n^{m+1}&=\sum_{k=0}^{m}\frac{n^{k+1}}{k+1}\binom{m+1}{k}\sum_{j=0}^{m-k}\binom{m-k+1}{j}B_{j}+(m+1)\Delta \end{align*}

利用递推关系：

∑j=0m(m+1j)Bj=0,(m>0)B0=1∑j=0m(m+1j)Bj=[m=0]\begin{align*} \sum_{j=0}^{m}\binom{m+1}{j}B_j &= 0, \quad (m>0) \\ B_0 &= 1 \\ \sum_{j=0}^{m}\binom{m+1}{j}B_j &= [m = 0] \end{align*}

代入：

nm+1=∑k=0mnk+1k+1(m+1k)[m−k=0]+(m+1)Δ=∑k=0mnk+1k+1(m+1k)+(m+1)Δ=nm+1m+1(m+1m)+(m+1)Δ=nm+1+(m+1)Δ\begin{align*} n^{m+1}&=\sum_{k=0}^{m}\frac{n^{k+1}}{k+1}\binom{m+1}{k}[m - k = 0]+(m+1)\Delta\\ &=\sum_{k=0}^{m}\frac{n^{k+1}}{k+1}\binom{m+1}{k}+(m+1)\Delta\\ &=\frac{n^{m+1}}{m+1}\binom{m+1}{m}+(m+1)\Delta\\ &=n^{m+1}+(m+1)\Delta \end{align*}

因此，Δ=0\Delta=0，故 Sm(n)=S^m(n)S_m(n)=\hat{S}_m(n)。

指数型母函数证明

对递推式 ∑j=0m(m+1j)Bj=[m=0]\sum_{j=0}^{m}\binom{m+1}{j}B_j=[m=0]，

两边加上 Bm+1B_{m + 1}：

∑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!\begin{align*} \sum_{j=0}^{m+1}\binom{m+1}{j}B_j&=[m=0]+B_{m+1}\\ \sum_{j=0}^{m}\binom{m}{j}B_j&=[m=1]+B_{m}\\ \sum_{j=0}^{m}\dfrac{B_j}{j!}\cdot\dfrac{1}{(m-j)!}&=[m=1]+\dfrac{B_{m}}{m!} \end{align*}

设 B(z)=∑i≥0Bii!ziB(z) = \sum\limits_{i\ge 0}\dfrac{B_i}{i!}z^i，注意到左端是卷积形式，于是：

B(z)ez=z+B(z)B(z)=zez−1\begin{align*} B(z)\mathrm{e}^z &= z+B(z)\\ B(z)&=\dfrac{z}{\mathrm{e}^z - 1} \end{align*}

设 Fn(z)=∑m≥0Sm(n)m!zmF_n(z) = \sum_{m\ge 0}\dfrac{S_m(n)}{m!}z^m，则：

Fn(z)=∑m≥0Sm(n)m!zm=∑m≥0∑i=0n−1imzmm!\begin{align*} F_n(z) &= \sum_{m\ge 0}\dfrac{S_m(n)}{m!}z^m\\ &= \sum_{m\ge 0}\sum_{i=0}^{n-1}\dfrac{i^mz^m}{m!}\\ \end{align*}

交换求和顺序：

Fn(z)=∑i=0n−1∑m≥0imzmm!=∑i=0n−1eiz=enz−1ez−1=zez−1⋅enz−1z\begin{align*} F_n(z) &=\sum_{i=0}^{n-1}\sum_{m\ge 0}\dfrac{i^mz^m}{m!}\\ &=\sum_{i=0}^{n-1}\mathrm{e}^{iz}\\ &=\dfrac{\mathrm{e}^{nz} - 1}{\mathrm{e}^z - 1}\\ &=\dfrac{z}{\mathrm{e}^z - 1}\cdot\dfrac{\mathrm{e}^{nz} - 1}{z} \end{align*}

代入 B(z)=zez−1B(z)=\dfrac{z}{\mathrm{e}^z - 1}：

Fn(z)=B(z)⋅enz−1z=(∑i≥0Bii!)(∑i≥1nizi−1i!)=(∑i≥0Bii!)(∑i≥0ni+1zi(i+1)!)\begin{align*} F_n(z) &= B(z)\cdot\dfrac{\mathrm{e}^{nz} - 1}{z}\\ &= \left(\sum_{i\ge 0}\dfrac{B_i}{i!} \right)\left(\sum_{i\ge 1}\dfrac{n^i z^{i - 1}}{i!}\right)\\ &= \left(\sum_{i\ge 0}\dfrac{B_i}{i!} \right)\left(\sum_{i\ge 0}\dfrac{n^{i+1} z^{i}}{(i+1)!}\right) \end{align*}

由于 Fn(z)=∑m≥0Sm(n)m!zmF_n(z) = \sum_{m\ge 0}\dfrac{S_m(n)}{m!}z^m，即 Sm(n)=m![zm]Fn(z)S_m(n)=m![z^m]F_n(z)：

Sm(n)=m![zm]Fn(z)=m!∑i=0mB×ii!⋅nm−i+1(m−i+1)!=1m+1∑i=0m(m+1i)Binm−i+1\begin{align*} S_m(n)&=m![z^m]F_n(z)\\ &= m!\sum_{i=0}^{m}\dfrac{B \times i}{i!}\cdot\dfrac{n^{m-i+1}}{(m-i+1)!}\\ &=\dfrac{1}{m+1}\sum_{i=0}^{m}\binom{m+1}{i}B_in^{m-i+1} \end{align*}

证毕