最后更新: 2025-05-14 09:36 查看: 410 次反馈同步训练

附录3：伯努利数与斯特林公式

## 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}_

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