O. 前言
在翻洛谷日报的时候居然没看到伯努利数的讲解，于是有了这篇文章。
想要看懂本文，你需要提前知道以下内容：
- 二项式系数；
- 幂级数；
- 艾弗森括号；
- 下降幂；
- 第二类斯特林数。
部分内容在文中给了对应的公式，故不放在前言内。
I. 伯努利数的定义：万恶之源 \(m\) 次幂的求和公式
1. 伯努利数的递归定义
伯努利在研究 \(m\) 次幂的求和公式的时候，发现了伯努利数。我们记
\[S_m(n)=\sum_{k=0}^{n-1}k^m \]动手带入不同的值，伯努利发现了以下一系列公式：
\[\begin{aligned} S_0(n) &= n\\ S_1(n) &= \frac12 n^2 &- \frac12 n \\ S_2(n) &= \frac13 n^3 &- \frac12 n^2 &+ \frac16 n \\ S_3(n) &= \frac14 n^4 &- \frac12 n^3 &+ \frac14 n^2 \\ S_4(n) &= \frac15 n^5 &- \frac12 n^4 &+ \frac13 n^3 &- \frac{1}{30} n \\ S_5(n) &= \frac16 n^6 &- \frac12 n^5 &+ \frac{5}{12} n^4 &- \frac{1}{12} n^2 \\ ... \end{aligned} \]观察这些系数，伯努利发现（是的，伟大的数学家不屑于证明这些显然的结论）在 \(S_m(n)\) 中：
- \(n^{m + 1}\) 的系数总是 \(\frac{1}{m + 1}\) ；
- \(n^{m}\) 的系数总是 \(-\frac{1}2\) ；
- \(n^{m - 1}\) 的系数总是 \(\frac{m}{12}\) ；
- \(n^{m - 2}\) 的系数总是 \(0\) ；
- \(n^{m - 3}\) 的系数总是 \(-\frac{m(m-1)(m-2)}{720}\)
- ……
- \(n^{m - k}\) 的系数总是 \(C \cdot m^{\underline{k}}\) ，其中 \(C\) 是一个常数。
用现代记号，我们把系数写为如下形式：
\[S_m(n) = \frac{1}{m+1}\sum_{k=0}^{m}\binom{m+1}{k}B_kn^{m+1-k} \]在此用递归定义伯努利数：
\[\forall m \geq 0,\ \sum^{m}_{k = 0}\binom{m+1}{k}B_k = [m = 0] \]考虑证明。在《具体数学》上给出了一种较为复杂的证明方法。这里，我们直接使用生成函数来证明。
考虑如下式子
\[\sum^{m}_{k = 0}\binom{m+1}{k}B_k = [m = 0] \]两边加上\(B_{m+1}\)，则有：
\[\sum^{m + 1}_{k = 0}\binom{m+1}{k}B_k = [m = 0] + B_{m + 1} \]美美展开二项式系数，则有：
\[\sum^{m + 1}_{k = 0}\frac{B_k}{k!}\cdot \frac{1}{(m - k)!} = [m = 1] + \frac{B_{m}}{m!} \]为了书写方便，设 \(B(z) = \sum_{i\geq 0}\frac{B_i}{i!}z^i\) 。注意到等号左边是个卷积，则有：
\[B(z)\text{e}^z = z + B(z) \\ B(z) = \frac{z}{\text{e}^z - 1} \]设 \(F_n(z) = \sum_{m\geq 0}\frac{S_m(n)}{m!}z^m\) ，则有：
\[\begin{aligned} F_n(z) &= \sum_{m\geq 0}\frac{S_m(n)}{m!}z^m \\ &= \sum_{m\geq 0}\sum_{i=0}^{n-1}\frac{i^m z^m}{m!} \\ &= \sum_{i=0}^{n-1}\textcolor{red}{\sum_{m\geq 0}\frac{i^m z^m}{m!}} \\ &= \sum_{i=0}^{n-1} \textcolor{red}{\text{e}^{iz}} \\ &= \frac{\text{e}^{nz}-1}{\text{e}^z-1} \\ &= \textcolor{red}{\frac{z}{\text{e}^z-1}}\cdot \ \frac{\text{e}^{nz}-1}{z}\\ &= B(z)\cdot \ \frac{\text{e}^{nz}-1}{z} \\ &= (\sum_{i\geq 0}\frac{B_i}{i!})(\sum_{i\geq 0}\frac{n^{i+1}z^i}{(i+1)!}) \end{aligned} \]把 \(F_n(z)\) 带入，则有：
\[\begin{aligned} S_m(n) &= m![z^m]F_n(z) \\ &= \frac{1}{m+1}\sum_{i = 0}^m\binom{m+1}{i}B_in^{m-i+1} \end{aligned} \]这正是我们熟悉的形式，证毕！
2. 伯努利数的生成函数定义
伯努利数的生成函数定义如下（也是现代应用最广的定义法）：
\[\frac{x}{\text{e}^x - 1} = \sum_{n \geq 0}\frac{B_n x^n}{n!} \]这样子计算伯努利数会更快一些。具体的做法是考虑泰勒展开，我们熟知：
\[\frac{x}{\text{e}^x - 1} = 1 - \frac{x}{2} + \frac{x^2}{12} +\cdot\cdot\cdot \]直接对比系数，你会发现：
\[B_n = \frac{\text{d}^n}{\text{d}x^n} (\frac{x}{\text{e}^x - 1})_{x=0} \]不难发现：
\[\begin{aligned} \frac{x}{\text{e}^x - 1}&=\frac{\ln{1-(1-\text{e}^x)}}{e^x-1}\\ &= \sum_{k \geq 0} \frac{(1-\text{e}^x)^k}{k+1} \end{aligned} \]带入，则有（我们需要使用第二类斯特林数）：
\[\begin{aligned} B_n &= \frac{\text{d}^n}{\text{d}x^n} (\frac{x}{\text{e}^x - 1})_{x=0} \\ &= \sum_{k \geq 0} \frac {1}{k+1}\frac{\text{d}^n}{\text{d}x^n} (1-\text{e}^x)^k\bigg|_{x=0} \\ &= \sum_{k \geq 0} \frac {1}{k+1} \textcolor{red}{\sum_{i = 0}^{k}\binom{k}{i}(-1)^ii^n} \\ &= \sum_{k = 1}^{n} \frac{(-1)^kk!}{k+1} {n\brace k} \end{aligned} \]至此，你就得出了伯努利数的两种定义。复习一下：
- 递归定义：
- 生成定义：
II. 伯努利数的性质：伯 努 0 数
1. 第一个性质
伯努利数的三个比较重要的性质与 \(0\) 有关所以锰1应该会特别喜欢（赞赏），计算能力强大的你应该可以轻松计算出伯努利数的前几项：
你会看出，当 \(n\geq 1\) 时，似乎有 \(B_{2n+1}=0\) 。我们来尝试证明一下这个结论。
回到生成函数定义法：
\[\frac{x}{\text{e}^x - 1} = \sum_{n \geq 0}\frac{B_n x^n}{n!} \]观察到 \(B_0=1,\ B_1=-\frac12\) ，代入则有：
\[\frac{x}{\text{e}^x - 1} \textcolor{red}{+\frac{x}{2}}= \sum_{n \geq \textcolor{red}{2}}\frac{B_n x^n}{n!}\textcolor{red}{+1} \]左边通分，得到：
\[\text{LHS}=\frac{x}{2}\cdot \frac{e^x+1}{e^x-1} \]一个成熟的竞赛选手此时应该很快意识到，这玩意是个偶函数，也就意味着，我们有：
\[\sum_{n \geq 2}\frac{B_n x^n}{n!}+1= \sum_{n \geq 2}\frac{B_n \textcolor{red}{(-x)}^n}{n!}+1 \]两边对比系数，则可以得到：
\[B_n=(-1)^nB_n \]把 \(n\) 换成一个大于 \(1\) 的奇数即可。
剩下两个个性质比较难以观察，我们直接给出。
2. 第二个性质
对于任意的整数 \(n>1\) ，我们有：
\[\sum_{k=0}^{n-1}\binom{n}{k}B_k=0 \]证明如下。
先回顾一个知识点：两个无穷级数的柯西乘积：
回到伯努利数的生成函数定义，只不过是这回我们把 \(x\) 单独整到一边：
\[\begin{aligned} x&=\textcolor{red}{(\text{e}^x-1)}\sum_{n \geq 0}\frac{B_nx^n}{n!} \\ &=\textcolor{red}{\sum_{i\geq 1}\frac{x^i}{i!}}\sum_{n \geq 0}\frac{B_nx^n}{n!} \\ &= {\sum_{i\geq 0}\frac{x^{i+1}}{i!}}\sum_{n \geq 0}\frac{B_nx^n}{n!}\\ &=\textcolor{red}{\sum_{p\geq 0}\sum_{q=0}^{p}\frac{x^{p+1-q}}{(p+1-q)!}\cdot \frac{B_qx^q}{q!}} \\ &= \sum_{p\geq 0}\sum_{q=0}^{p}\color{red}\frac{(p+1)!B_q}{(p+1-q)q!}\ \cdot\ \frac{x^{p+1}}{(p+1)!} \\ &= \sum_{p\geq 1}\sum_{q=0}^{p-1}\binom{p}{q}B_q\frac{x^p}{p!} \end{aligned} \]对比系数，即可得证。
3. 第三个性质
考虑证明，对于整数 \(n>1\) ：
\[B_n=-\frac{1}{n+1}\sum_{k=0}^{n-1}\binom{n+1}{k}B_k \]这是显然的，用递归定义展开左侧就完了。引用资料里提到了他的一个简单记忆方法。
III. 伯努利数的应用：哪 里 都 是 你
伯努利数的应用相当广泛。然而部分应用涉及到了积分，这里就不做说明。然而，欧拉-麦克劳林公式应用十分广泛（当然，也相当吓人），这里不加证明的给出其广义版本：
运用这个公式，你可以证明以下的应用。
应用1. 三角函数与黎曼函数\(\zeta\)
不难发现：
\[\begin{aligned} \sum_{n\geq 0} \frac{B_{2n}}{(2n)!}x^{2n} &= \frac{x}{\text{e}^x - 1}-B_!x \\ &= \frac{x}{2}\ \cdot\ \textcolor{red}{\frac{\text{e}^{\frac x2}+\text{e}^{-\frac x2}}{\text{e}^{\frac x2}-\text{e}^{-\frac x2}}} \\ &= \frac x2\ \color{red}\coth \frac x2 \end{aligned} \]由此可以得出：
\[\coth x = \sum_{n \geq 0}\frac{4^nB_{2n}}{(2n)!}x^{2n-1}\\ \cot x = \sum_{m\geq 0}\frac{(-1)^n4^nB_{2n}}{(2n)!}x^{2n-1} \]聪明的你发现了些不对劲的东西，因为你很清楚地记得：
\[\frac{\sin x}{x} = \prod_{n \geq 1}(1-(\frac{x}{n\pi})^2) \]你尝试对其两边取对数再求导，得到了一个不得了的东西：
\[\cot x = \frac{1}{x} + \sum_{n\geq 1}(\frac{2x}{x^2-(n\pi)^2}) \]似乎还是看不出什么有意思的地方。别急，我们再来看看黎曼函数。
我们知道，黎曼函数定义如下
在实数上（ \(|k|\geq 1\) ）定义为：
你又知道， \(\cot x\) 可以用含有 \(\zeta\) 的式子改写：
\[\begin{aligned} \cot x &= \frac{1}{x}+\sum_{n\geq 1}(\frac{1}{x+n\pi}+\frac{1}{x-n\pi}) \\ &= \frac1x + \sum_{n\geq 1}\textcolor{red}{\frac{1}{n\pi}}(\sum_{k\geq 0}(-1)^k(\frac{x}{n\pi})^k-\sum_{k\geq 0}(\frac{x}{n\pi})^k)\\ &= \frac1x+\sum_{n\geq 1}\frac{1}{n\pi}(2\sum_{k\geq 0}(\frac{x}{n\pi})^{2k+1}) \\ &= \frac1x + \sum_{n\geq 1}\sum_{k\geq 1}(\frac{2x^{2k-1}}{(n\pi)^2k}) \\ &= \frac{1x} + \sum_{k\geq 1}\sum_{n\geq 1}\frac{2x^{2k-1}}{\pi ^{2k}}\cdot\frac{1}{n^{2k}} \\ &= \frac{1}{x}+\sum_{k\geq 1}\frac{2x^{2k-1}}{\pi ^{2k}}\zeta(2n) \end{aligned} \]联立，你会发现一个极其美妙的式子：对于任意整数 \(k>0\) 黎曼函数和伯努利数有这样一个关系：
\[\zeta(2k)=\frac{|B_{2k}|\ (2\pi)^{2k}}{2(2k)!} \]由此，你还可以推出另一些三角函数的表达式。例如，你知道：
\[2\coth 2x - \coth x = \tanh x \]你也可以轻松得到：
\[\tanh x = \sum_{n\geq 1} 4^n(4^n - 1) B_{2n} \frac{x^{2n-1}}{(2n)!} \]应用2. 自然数的等幂求和
其实就是最开始给出的公式。
\[S_m(n) = \frac{1}{m+1}\sum_{k=0}^{m}\binom{m+1}{k}B_kn^{m+1-k} \]应用3. 欧拉常数
我们都知道：
\[\sum_{k = 1}^{n}\frac 1k = \ln{n}+\gamma \]更严谨的写法是：
\[\gamma = \lim_{n\rightarrow \infin}(\sum_{k=1}^n \frac 1k-\int_1^{\infin} \frac 1x) \]其中， \(\gamma\) 即为欧拉常数。运用欧拉麦克劳林公式，你可以很容易得到：
\[\gamma = \frac 12+\sum_{k\geq 1}\frac{B_{2k}}{2k} \]具体的做法是，令 \(f(x)=\frac 1x,\ a = 1,\ b=n\) 直接代入即可。
应用4. 斯特林近似
据说今年天津高考的最后一题有人用斯特林近似搞出来了？斯特林近似是这么一个东西：
\[n! \sim \sqrt{2\pi n}(\frac ne)^n \]他其实也是欧拉麦克劳林公式的一个应用。应用到阶乘上，你可以得知：
\[\sum_{i=1}^n \ln i=\int_1^n \ln x \text{d}x+\frac 12 \ln n + R_1 \]\(R_1\) 是一个余项。我们可以进一步推出：
\[n!=C\sqrt{n}(\frac {n}{\text{e}})^n \]由勒让德倍元公式 \(\Gamma (2n)=\frac{2^{2m-1}}{\sqrt{\pi}}\Gamma(n)\Gamma(n)+\frac 12\) 得：
\[C\sqrt{2n}(\frac{2n}{\text{e}})^{2n}\sim \frac{2^{2n}}{\sqrt{\pi}}C\sqrt{n}(\frac{n}{\text{e}})^nC(n-\frac{1}{2})^n\text{e}^{\frac 12-n} \]即可得到：
\[C \sim \frac{\sqrt{2\pi}}{\sqrt{\text{e}}(1-\frac{1}{2n})^n} \]\(n\rightarrow \infin\) 时， \(C\rightarrow {\sqrt{2\pi}}\) ，代入即可得到。
IV. 总结
没啥好总结的，祝贺你又学会了一个考试不考的知识点（你小子？）。
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