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伯努利数

伯努利数 BnB_n 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,…B_0=1,B_1=-\frac{1}{2},B_2=\frac{1}{6},B_3=0,B_4=-\frac{1}{30},\dots

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)=∑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

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+13n3−130n\begin{aligned} 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{aligned}

可以发现，在 Sm(n)S_m(n) 中 nm+1n^{m+1} 的系数总是 1m+1\frac{1}{m+1}，nmn^m 的系数总是 −12-\frac{1}{2}，nm−1n^{m-1} 的系数总是 m12\frac{m}{12}，nm−3n^{m-3} 的系数是 −m(m−1)(m−2)720-\frac{m(m-1)(m-2)}{720}，nm−4n^{m-4} 的系数总是零等。

而 nm−kn^{m-k} 的系数总是某个常数乘以 mk‾m^{\underline{k}}，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{aligned} 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{aligned}

伯努利数由隐含的递推关系定义：

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

例如，(20)B0+(21)B1=0\binom{2}{0}B_0+\binom{2}{1}B_1=0，前几个值显然是

nn001122334455667788…\dots
BnB_n11−12-\frac{1}{2}16\frac{1}{6}00−130-\frac{1}{30}00142\frac{1}{42}00−130-\frac{1}{30}…\dots

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=∑k=0n−1(k+1)m+1=∑k=0n−1∑j=0m+1(m+1j)kj=∑j=0m+1(m+1j)Sj(n)\begin{aligned} 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{aligned}

令 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}，我们希望证明 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)。

将原式中两边都减去 Sm+1(n)S_{m+1}(n) 后可以得到：

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{aligned} 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{aligned}

尝试在式子的右边加上 (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) 再进行化简，可以得到：

nm+1=∑j=0m(m+1j)S^j(n)+(m+1)(Sm(n)−S^m(n))n^{m+1}=\sum_{j=0}^{m}\binom{m+1}{j}\hat{S}_j(n)+(m+1)(S_m(n)-\hat{S}_m(n))

不妨设 Δ=Sm(n)−S^m(n)\Delta = S_m(n)-\hat{S}_m(n)，并且将 S^j(n)\hat{S}_j(n) 展开，那么有

nm+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\begin{aligned} n^{m+1}&=\sum_{j=0}^{m}\binom{m+1}{j}\hat{S}_j(n)+(m+1)\Delta\\ &=\sum_{j=0}^{m}\binom{m+1}{j}\frac{1}{j+1}\sum_{k=0}^{j}\binom{j+1}{k}B_kn^{j+1-k}+(m+1)\Delta\\ \end{aligned}

将第二个 ∑\sum 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=∑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\begin{aligned} n^{m+1}&=\sum_{j=0}^{m}\binom{m+1}{j}\frac{1}{j+1}\sum_{k=0}^{j}\binom{j+1}{j-k}B_{j-k}n^{k+1}+(m+1)\Delta\\ &=\sum_{j=0}^{m}\binom{m+1}{j}\frac{1}{j+1}\sum_{k=0}^{j}\binom{j+1}{k+1}B_{j-k}n^{k+1}+(m+1)\Delta\\ &=\sum_{j=0}^{m}\binom{m+1}{j}\frac{1}{j+1}\sum_{k=0}^{j}\frac{j+1}{k+1}\binom{j}{k}B_{j-k}n^{k+1}+(m+1)\Delta\\ &=\sum_{j=0}^{m}\binom{m+1}{j}\sum_{k=0}^{j}\binom{j}{k}\frac{B_{j-k}}{k+1}n^{k+1}+(m+1)\Delta \end{aligned}

对两个求和符号进行交换，可以得到：

nm+1=∑k=0mnk+1k+1∑j=km(m+1j)(jk)Bj−k+(m+1)Δn^{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

对 (m+1j)(jk)\binom{m+1}{j}\binom{j}{k} 进行恒等变换：

(m+1j)(jk)＝(m+1k)(m−k+1j−k)\binom{m+1}{j}\binom{j}{k}＝\binom{m+1}{k}\binom{m-k+1}{j-k}

那么式子就变成了：

nm+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\begin{aligned} n^{m+1}&=\sum_{k=0}^{m}\frac{n^{k+1}}{k+1}\sum_{j=k}^{m}\binom{m+1}{k}\binom{m-k+1}{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{aligned}

将所有的 j−kj-k 用 jj 代替，那么就可以得到：

nm+1=∑k=0mnk+1k+1(m+1k)∑j=0m−k(m−k+1j)Bj+(m+1)Δn^{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

考虑我们前面提到过的递归关系

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

代入后可以得到：

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{aligned} 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{aligned}

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

利用指数生成函数证明​

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

两边都加上 Bm+1B_{m + 1}，即得到：

∑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{aligned} \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{aligned}

设 B(z)=∑i≥0Bii!ziB(z) = \sum\limits_{i\ge 0}\dfrac{B_i}{i!}z^i，注意到左边为卷积形式，故：

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

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{aligned} 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{aligned}

调换求和顺序：

Fn(z)=∑i=0n−1∑m≥0imzmm!=∑i=0n−1eiz=enz−1ez−1=zez−1⋅enz−1z\begin{aligned} 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{aligned}

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{aligned} 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{aligned}

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)：

S×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\begin{aligned} S \times 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{aligned}

故得证。

参考实现
using ll = long long;
constexpr int MAXN = 10000;
constexpr int mod = 1e9 + 7;
ll B[MAXN];        // 伯努利数
ll C[MAXN][MAXN];  // 组合数
ll inv[MAXN];      // 逆元（计算伯努利数）

void init() {
  // 预处理组合数
  for (int i = 0; i < MAXN; i++) {
    C[i][0] = C[i][i] = 1;
    for (int k = 1; k < i; k++) {
      C[i][k] = (C[i - 1][k] % mod + C[i - 1][k - 1] % mod) % mod;
    }
  }
  // 预处理逆元
  inv[1] = 1;
  for (int i = 2; i < MAXN; i++) {
    inv[i] = (mod - mod / i) * inv[mod % i] % mod;
  }
  // 预处理伯努利数
  B[0] = 1;
  for (int i = 1; i < MAXN; i++) {
    ll ans = 0;
    if (i == MAXN - 1) break;
    for (int k = 0; k < i; k++) {
      ans += C[i + 1][k] * B[k];
      ans %= mod;
    }
    ans = (ans * (-inv[i + 1]) % mod + mod) % mod;
    B[i] = ans;
  }
}
中等 (500)