根据这篇文章第一节的分析，对于任意数列 \(\{a_n\}\)，存在一个线性泛函 \(L\) 满足 \(L(z^n)=a_n\)（在这里因为没有对线性泛函 \(L\) 的分析，所以使用正常记号），这说明了基本的本影演算本身的严谨性 . 对于 \(L(z^n)=a_n\)，称 \(z\) 是数列 \(\{a_n\}\) 的本影（umbra），通过 \(L(z^n)\) 对数列进行代换，这就是最基本的本影演算（umbral calculus）的用法，似乎为了区别于现代本影演算有本影法（umbral method）的称呼 .
伯努利多项式
让我们从伯努利多项式与伯努利数开始：
伯努利多项式 \(B_n(x)\) 的其中一个定义是：
\[B_n(x)=\sum_{k=0}^n \binom nk B_{n-k} x^k \]其中 \(B_n\) 为 伯努利数，令 \(L(z^n)=B_n\)，代入原式，有：
\[\begin{aligned} B_n(x)&=\sum_{k=0}^n \binom nk B_{n-k} x^k\\ &=\sum_{k=0}^n \binom nk L(z^{n-k}) x^k\\ &=L\left(\sum_{k=0}^n \binom nk z^{n-k} x^k \right)\\ &=L((x+z)^n) \end{aligned} \]因此就可以用 \(L((x+z)^n)\) 来替换 \(B_n\)，现在直接可以证明：
\[\begin{aligned} \sum_{k=0}^n \binom nk B_{n-k}(y) x^{k}&=L\left( \sum_{k=0}^n \binom nk (y+z)^{n-k} x^{k} \right)\\ &=L((x+y+z)^n)=B_n(x+y) \end{aligned} \]比我在这里的直接展开证明要好上一万倍 .
现在考虑伯努利多项式的前向差分 \(\Delta B_n(x)=\Delta L((x+z)^n)=L((x+z+1)^n)-L((x+z)^n)\)：
\[\begin{aligned} L((x+z+1)^n)-L((x+z)^n)=L\left(\sum_{k=0}^n\binom nk x^{n-k}\left[(z+1)^k-z^k\right] \right) \end{aligned} \]注意到伯努利数的递归定义 \(\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}\binom nk B_k=[n=1]\) 实际等价于 \(L((z+1)^n)=L(z^n),n\ne 1\)，故上式仅剩 \(k=1\) 项，变为 \(nx^{n-1}\)，我们得到了 \(\Delta B_n(x)=n x^{n-1}\)，故可以用其求自然数幂和：
\[\begin{aligned} \sum_{i=1}^{m}i^n&=\frac1{n+1}\sum_{i=1}^m \Delta B_{n+1}(i)\\ &=\frac{B_{n+1}(m+1)-B_{n+1}}{n+1} \end{aligned} \]（这里是 \(B_{n+1}(m)\) 还是 \(B_{n+1}(m+1)\) 好像都挺对的，搞不懂，求助评论区，似乎应该是 \(m\)）
这还指出了一个有趣的事实，即：
\[\int_0^{m+1}B_n(x)\mathbb dx=\sum_{i=1}^{m}i^n \]我们用这个结论来证明一下欧拉-麦克劳林公式（好像是第三次证明了）：
\[\begin{aligned} \sum_{x=0}^{n-1}f(x)&=\sum_{x=0}^{n-1}\sum_{k\ge 0}\frac{f^{(k)}(0)}{k!} x^k\\ &=\sum_{k\ge 0}\frac{f^{(k)}(0)}{k!}\sum_{x=0}^{n-1} x^k\\ &=\sum_{k\ge 0}\frac{f^{(k)}(0)}{k!}\int_0^{n}B_k(x)\mathbb dx\\ &=\int_0^{n}\sum_{k\ge 0}\frac{f^{(k)}(0)}{k!}L((x+z)^k)\mathbb dx\\ &=L\left(\int_0^{n}f(x+z)\mathbb dx\right) \end{aligned} \]将其展开并分类讨论即为正常的欧拉-麦克劳林公式，但是现在的形态也太好看了，相对于展开后的形态有种独特的结构美 .
贝尔数
这个数最简单的表示应该是它的 EGF（下边用 \(\varpi_k\) 表示第 \(k\) 项 Bell 数）：
\[\sum_{k\ge 0}\frac{\varpi_k}{k!}x^k=e^{e^x-1} \]原因显然 . 下边先证明其递推公式 \(\displaystyle \varpi_{n+1}=\sum_{k=0}^n\binom nk \varpi_{k}\) .
设划分的集合为 \(S\)，其元素个数为 \(n\)，引入一个辅助用集合，记为 \(U\)，设其元素个数为 \(u\)，考虑所有 \(f:S\rightarrow U\)，其数目显然为 \(u^n\).
对于任意 \(f\)，非常自然地与 \(S\) 的一个划分 \(\pi\) 联系起来：即如果 \(a,b\in S\) 同属于 \(\pi\) 的一个块当且仅当 \(f(a)=f(b)\)，我们称 \(\pi\) 是 \(f\) 的核（kernel） .
设 \(N(\pi)\) 为划分 \(\pi\) 的块数量，则对于给定的核 \(\pi\)，函数的值域元素数量为 \(N(\pi)\)，所以对于给定的核 \(\pi\) 有 \(\displaystyle A_u^{N(\pi)}= u^{\small\underline{N(\pi)}}\) 种函数 .
通过对函数 \(f:S\rightarrow U\) 的计数，对于 \(u>0\)，我们有：
\[\sum_{\pi}u^{\small\underline{N(\pi)}}=u^n \]因为 \(1\) 和 \(u^{\underline k} (k\ge 1)\) 是多项式的一组基，所以在其上定义线性泛函 \(L\) 使得：
\[L(1)=1,\quad L(u^{\underline k})=1,\quad k\ge 1 \]将 \(L\) 作用到和式中：
\[L(z^n)=\sum_{\pi}1 \]所以 \(L(z^n)=\varpi_n\) .
注意到 \(L(u(u-1)^{\underline {n}})=L(u^{\underline{n+1}})=1=L(u^{\underline n})\)，又因为 \(1\) 和 \(u^{\underline k} (k\ge 1)\) 是多项式的一组基，所以根据线性性，对任意多项式 \(p(x)\) 有：
\[L(u\cdot p(u-1))=L(p(u)) \]特别地，取 \(p(u)=(u+1)^n\)，有：
\[L(u^{n+1})=L((u+1)^n) \]展开即为 Bell 数的递推公式 .
接下来我们可以非常简单地证明一个公式：
Dobinski's formula
\[\varpi_{n}=\frac 1e\sum_{k\ge 1}\frac{k^n}{k!} \]
考虑 \(e=\sum_{k\ge 0}1/k!\) 可以改写成 \(e=\sum_{k\ge 0}k^{\underline n}/k!\)，所以有：
\[L(u^{\underline{n}})=\frac 1e \sum_{k\ge 0}\frac{k^{\underline n}}{k!} \]和上边一样，由于线性性，扩展到任意多项式 \(p(u)\)：
\[L(p(u))=\frac 1e \sum_{k\ge 0}\frac{p(k)}{k!} \]取 \(p(u)=u^n\)，得证 .
事实上有更加普遍的版本：
Generalized Dobinski's formula
\[\frac 1e \sum_{k\ge x}\frac{k^n}{(k-x)!}=\sum_{k=0}^n \binom nk \varpi_k x^{n-k} \]
但是证明异常简单，取 \(p(u)=(x+u)^n\) 即可（本影演算的强大）.
调和数
这个通过令 \(L(z^n)=H_n\) 和 \(\frac 1i =L(z^i-z^{i-1})\) 应该就能直接硬算了，没试过 .
强大 umbra 之力 .
标签：frac,演算,sum,ge,应用,本影,binom,pi,underline From： https://www.cnblogs.com/Rolling-star/p/18421871