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新高考-伯努利数

## 发现
伯努利数是由雅各布$\cdot$伯努利的名字命名的，他在研究 $m$ 次幂和的公式时发现了奇妙的关系。我们记
$$
S_m(n)=\sum_{k=0}^{n-1} k^m=0^m+1^m+\cdots+(n-1)^m
$$

伯努利观察了如下一列公式，勾画出一种模式：
$$
\begin{aligned}
& S_0(n)=n \\
& S_1(n)=\frac{1}{2} n^2-\frac{1}{2} n \\
& S_2(n)=\frac{1}{3} n^3-\frac{1}{2} n^2+\frac{1}{6} n \\
& S_3(n)=\frac{1}{4} n^4-\frac{1}{2} n^3+\frac{1}{4} n^2 \\
& S_4(n)=\frac{1}{5} n^5-\frac{1}{2} n^4+\frac{1}{3} n^3-\frac{1}{30} n
\end{aligned}
$$

可以发现，在 $S_m(n)$ 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 $\frac{m}{12} ， n^{m-3}$的系数是 $-\frac{m(m-1)(m-2)}{720} ， n^{m-4}$ 的系数总是零等。

而 $n^{m-k}$ 的系数总是某个常数乘以 $m^{\underline{k}} ， m^{\underline{k}}$ 表示下降阶乘幂，即 $\frac{m !}{(m-k) !}$ 。

## 定义
1755年，欧拉给出了伯努利数 $B_n$ 的生成函数定义:
$$
\frac{x}{\mathrm{e}^x-1}=\sum_{n=0}^{\infty} \frac{\mathrm{B}_n x^n}{n !}
$$
伯努利数是一个有理数数列这也是现代应用最广的一种定义。

第一次认识一个新数列的时候，你一定会想办法写出它的前几项，这样理解起来要直观一点。没问题，数学家们已经帮你算好了:
$$
\begin{array}{ll}
\mathrm{B}_0=1 & \mathrm{~B}_5=0 \\
\mathrm{~B}_1=-\frac{1}{2} & \mathrm{~B}_6=\frac{1}{42} \\
\mathrm{~B}_2=\frac{1}{6} & \mathrm{~B}_7=0 \\
\mathrm{~B}_3=0 & \mathrm{~B}_8=-\frac{1}{30} \\
\mathrm{~B}_4=-\frac{1}{30} & \mathrm{~B}_9=0
\end{array}
$$

似乎能够看出当 $n \geq 1$ 时， $\mathrm{B}_{2 n+1}=0$

具体的计算方法是利用泰勒级数展开 $\frac{x}{\mathrm{e}^x-1}=1-\frac{x}{2}+\frac{x^2}{12}+\frac{x^4}{720}+\cdots$

然后对应系数比较，也就是
$$
\mathrm{B}_n=\frac{\mathrm{d}^n}{\mathrm{~d} x^n}\left(\frac{x}{\mathrm{e}^x-1}\right)_{x=0}
$$

## 递推公式
$$
\begin{aligned}
S_m(n) & =\frac{1}{m+1}\left(B_0 n^{m+1}+\left(\begin{array}{c}
m+1 \\
1
\end{array}\right) B_1 n^m+\cdots+\left(\begin{array}{c}
m+1 \\
m
\end{array}\right) B_m n\right) \\
& =\frac{1}{m+1} \sum_{k=0}^m\left(\begin{array}{c}
m+1 \\
k
\end{array}\right) B_k n^{m+1-k}
\end{aligned}
$$

伯努利数由隐含的递推关系定义：
$$
\begin{gathered}
\sum_{j=0}^m\left(\begin{array}{c}
m+1 \\
j
\end{array}\right) B_j=0,(m>0) \\
B_0=1
\end{gathered}
$$

## 伯努利多项式

定义伯努利多项式 $\mathrm{B}_n(t)$
$$
\frac{x \mathrm{e}^{x t}}{\mathrm{e}^x-1}=\sum_{n=0}^{\infty} \frac{\mathrm{B}_n(t) x^n}{n !}
$$

可以看出 $\mathrm{B}_n(0)=\mathrm{B}_n$ ，伯努利多项式是伯努利数的推广。
一样地，先给出前几个伯努利多项式:
$$
\begin{aligned}
& \mathrm{B}_0(t)=1 \\
& \mathrm{~B}_1(t)=t-\frac{1}{2} \\
& \mathrm{~B}_2(t)=t^2-t+\frac{1}{6} \\
& \mathrm{~B}_3(t)=t^3-\frac{3}{2} t^2+\frac{1}{2} t \\
& \mathrm{~B}_4(t)=t^4-2 t^3+t^2-\frac{1}{30}
\end{aligned}
$$

这些系数看起来有点特殊，似乎能够看出 $\mathrm{B}_n^{\prime}(t)=n \mathrm{~B}_{n-1}(t)$

我们进一步探索伯努利多项式的生成函数
$$
\begin{aligned}
\sum_{n=0}^{\infty} \mathrm{B}_n(t) \frac{x^n}{n !} & =\frac{x}{\mathrm{e}^x-1} \mathrm{e}^{x t} \\
& =\sum_{n=0}^{\infty} \frac{\mathrm{B}_n x^n}{n !} \sum_{k=0}^{\infty} \frac{(x t)^k}{k !} \\
& =\sum_{n=0}^{\infty} \sum_{k=0}^n \frac{\mathrm{B}_k x^k}{k !} \frac{(x t)^{n-k}}{(n-k) !} \\
& =\sum_{n=0}^{\infty} \sum_{k=0}^n\left(\begin{array}{l}
n \\
k
\end{array}\right) \mathrm{B}_k t^{n-k} \frac{x^n}{n !}
\end{aligned}
$$
$$
\mathrm{B}_n(t)=\sum_{k=0}^n\left(\begin{array}{l}
n \\
k
\end{array}\right) \mathrm{B}_k t^{n-k}
$$

这个形式很像等幂求和，做一点变形
$$
\begin{aligned}
S_p & =\frac{1}{p+1} \sum_{k=0}^p\left(\begin{array}{c}
p+1 \\
k
\end{array}\right) \mathrm{B}_k n^{p-k+1} \\
& =\frac{1}{p+1}\left(\sum_{k=0}^{p+1}\left(\begin{array}{c}
p+1 \\
k
\end{array}\right) \mathrm{B}_k n^{p-k+1}-\mathrm{B}_{p+1}\right) \\
& =\frac{1}{p+1}\left(\mathrm{~B}_{p+1}(n)-\mathrm{B}_{p+1}\right)
\end{aligned}
$$

于是我们得到了等幂求和公式的另一种写法。
## 欧拉-麦克劳林求和公式

这可能是伯努利数最大的应用之一。
$$
\begin{aligned}
\sum_{i=a}^b f(i)=\int_a^b f(x) \mathrm{d} x+ & \frac{1}{2}(f(a)+f(b))+\left.\sum_{k=2}^n \frac{\mathrm{B}_k}{k !} f^{(k-1)}(x)\right|_a ^b-R_n, R_n= \\
& \int_a^b \frac{\mathrm{B}_n(\{1-x\})}{n !} f^{(n)}(x) \mathrm{d} x
\end{aligned}
$$

如果当 $n \rightarrow \infty, R_n \rightarrow 0$ ，那么
$$
\sum_{i=a}^b f(i)=\int_a^b f(x) \mathrm{d} x+\frac{1}{2}(f(a)+f(b))+\left.\sum_{k=2}^{\infty} \frac{\mathrm{B}_k}{k !} f^{(k-1)}(x)\right|_a ^b
$$

我们引入算符 $\hat{D}: f(x) \mapsto f^{\prime}(x), \hat{T}: f(x) \mapsto f(x+1)$

注意它们之间的关系
$$
\hat{T} f(x)=f(x+1)=\sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{n !} f^{(n)}(x)=\sum_{n=0}^{\infty} \frac{\hat{D}^n}{n !} f(x)=\mathrm{e}^{\hat{D}} f(x)
$$

那么
$$
\begin{aligned}
& \sum_{i=0}^{\infty} f(x+i)=\left(1+\hat{T}+\hat{T}^2+\cdots\right) f(x) \\
&=\frac{1}{1-\hat{T}} f(x) \\
&=\frac{1}{\hat{D}} \frac{\hat{D}}{1-\mathrm{e}^{\hat{D}}} f(x) \\
&=\left(-\frac{1}{\hat{D}}+\frac{1}{2}-\sum_{k=2}^{\infty} \frac{\mathrm{B}_k \hat{D}^{k-1}}{k !}\right) f(x) \\
&=\int_x^{\infty} f(x) \mathrm{d} x+\frac{1}{2} f(x)-\sum_{k=2}^{\infty} \frac{\mathrm{B}_k}{k !} f^{(k-1)}(x) \\
& \sum_{i=a}^b f(i)=\sum_{i=0}^{\infty} f(a+i)-\sum_{i=0}^{\infty} f(b+i)+f(b) \\
&=\int_a^b f(x) \mathrm{d} x+\frac{1}{2}(f(a)+f(b))+\left.\sum_{k=2}^{\infty} \frac{\mathrm{B}_k}{k !} f^{(k-1)}(x)\right|_a ^b
\end{aligned}
$$

应用到等幂求和上
$$
\begin{aligned}
\sum_{i=0}^{n-1} i^p & =\int_0^n x^p \mathrm{~d} x+\left.\sum_{k=1}^p \frac{\mathrm{B}_k}{k !} p(p-1) \cdots(p-k+2) x^{p-k+1}\right|_0 ^n \\
& =\frac{n^{p+1}}{p+1}+\frac{1}{p+1} \sum_{k=1}^p\left(\begin{array}{c}
p+1 \\
k
\end{array}\right) \mathrm{B}_k n^{p-k+1} \\
& =\frac{1}{p+1} \sum_{k=0}^p\left(\begin{array}{c}
p+1 \\
k
\end{array}\right) \mathrm{B}_k n^{p-k+1}
\end{aligned}
$$

应用到阶乘上
$$
\begin{aligned}
\sum_{i=1}^n \ln i & =\int_1^n \ln x \mathrm{~d} x+\frac{1}{2} \ln n+R_1 \\
\ln n ! & =\left(n+\frac{1}{2}\right) \ln n-(n-1)+R_1 \\
n ! & =C \sqrt{n}\left(\frac{n}{\mathrm{e}}\right)^n
\end{aligned}
$$

## 斯特林公式
由勒让德倍元公式 $\Gamma(2 n)=\frac{2^{2 n-1}}{\sqrt{\pi}} \Gamma(n) \Gamma\left(n+\frac{1}{2}\right)$

$$
\begin{aligned}
(2 n) ! & =\frac{2^{2 n}}{\sqrt{\pi}} n ! \Gamma\left(n+\frac{1}{2}\right) \\
C \sqrt{2 n}\left(\frac{2 n}{\mathrm{e}}\right)^{2 n} & \sim \frac{2^{2 n}}{\sqrt{\pi}} C \sqrt{n}\left(\frac{n}{\mathrm{e}}\right)^n C\left(n-\frac{1}{2}\right)^n \mathrm{e}^{\frac{1}{2}-n} \\
C & \sim \frac{\sqrt{2 \pi}}{\sqrt{\mathrm{e}}\left(1-\frac{1}{2 n}\right)^n}
\end{aligned}
$$

当 $n \rightarrow \infty$ 时 $C \rightarrow \sqrt{2 \pi}$
所以
$$
n ! \sim \sqrt{2 \pi n}\left(\frac{n}{\mathrm{e}}\right)^n
$$

这就是著名的斯特林公式。

## 证明
利用二项式公式和数学归纳法可以证明，具体证明如下：

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：

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

令 $\hat{S}_{m}(n)=\frac{1}{m+1} \sum_{k=0}^{m} \binom{m+1}{k}B_kn^{m+1-k}$，我们希望证明 $S_m(n)=\hat{S}_m(n)$，假设对 $j\in[0,m)$，有 $S_j(n)=\hat{S}_j(n)$。

将原式中两边都减去 $S_{m+1}(n)$ 后可以得到：

$$
\begin{aligned}
S_{m+1}(n)+n^{m+1}&=\sum_{j=0}^{m+1}\binom{m+1}{j}S_j(n)\\
n^{m+1}&=\sum_{j=0}^{m}\binom{m+1}{j}S_j(n)\\
&=\sum_{j=0}^{m-1}\binom{m+1}{j}\hat{S}_j(n)+\binom{m+1}{m}S_m(n)
\end{aligned}
$$

尝试在式子的右边加上 $\binom{m+1}{m}\hat{S}_m(n)-\binom{m+1}{m}\hat{S}_m(n)$ 再进行化简，可以得到：

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

不妨设 $\Delta = S_m(n)-\hat{S}_m(n)$，并且将 $\hat{S}_j(n)$ 展开，那么有

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

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：

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

对两个求和符号进行交换，可以得到：

$$
n^{m+1}=\sum_{k=0}^{m}\frac{n^{k+1}}{k+1}\sum_{j=k}^{m}\binom{m+1}{j}\binom{j}{k}B_{j-k}+(m+1)\Delta
$$

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

$$
\binom{m+1}{j}\binom{j}{k}＝\binom{m+1}{k}\binom{m-k+1}{j-k}
$$

那么式子就变成了：

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

将所有的 $j-k$ 用 $j$ 代替，那么就可以得到：

$$
n^{m+1}=\sum_{k=0}^{m}\frac{n^{k+1}}{k+1}\binom{m+1}{k}\sum_{j=0}^{m-k}\binom{m-k+1}{j}B_{j}+(m+1)\Delta
$$

考虑我们前面提到过的递归关系

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

代入后可以得到：

$$
\begin{aligned}
n^{m+1}&=\sum_{k=0}^{m}\frac{n^{k+1}}{k+1}\binom{m+1}{k}[m - k = 0]+(m+1)\Delta\\
&=\sum_{k=0}^{m}\frac{n^{k+1}}{k+1}\binom{m+1}{k}+(m+1)\Delta\\
&=\frac{n^{m+1}}{m+1}\binom{m+1}{m}+(m+1)\Delta\\
&=n^{m+1}+(m+1)\Delta
\end{aligned}
$$

于是 $\Delta=0$，且有 $S_m(n)=\hat{S}_m(n)$。

## 应用
**数学与数论的应用**：伯努利数在组合数学中经常被使用，并具有特定的递推关系。这种数列的特定性质和递推关系使得它在解决一些数学问题时非常有用。此外，伯努利数在数论中也具有显著的作用，例如在正规素数的判断中，伯努利数的分子是否被整除是一个重要的判断标准。
伯努利数和黎曼函数的关系为：$\zeta(2 n)=\frac{(-1)^{n-1}(2 \pi)^{2 n}}{2(2 n) !} \mathrm{B}_{2 n}$，而黎曼函数和素数分布有关，而线代计算机采用的RSA算法利用的就是大素数无法快速找到原理进行加密。

**物理学中的应用**：伯努利原理与伯努利数密切相关，尤其在流体力学领域。伯努利原理描述了理想流体在重力场做稳流运动时，具有压力能、位能和动能三种形式，而且它们之间可以相互转化，且总和保持不变。这一原理在飞行器的起飞和降落、机翼设计、风洞实验以及液体流体力学中的水泵和喷嘴设计等方面都有重要的应用。

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