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伯努利数 $B_n$ 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：

 $B_0=0,B_1=-\frac{1}{2},B_2=\frac{1}{6},B_3=0,B_4=-\frac{1}{30},\dots$ 

 $B_0=1,B_1=-\frac{1}{2},B_2=\frac{1}{6},B_3=0,B_4=-\frac{1}{30},\dots$ 

## 等幂求和

$$

\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}n^{m+1-k}

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}

$$

### 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：

$$

\begin{aligned}

S_{m+1}+n^{m+1}&= \sum_{k=0}^{n-1}(k+1)^{m+1}\\

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 $S_{m+1}$ 后可以得到：

将原式中两边都减去 $S_{m+1}(n)$ 后可以得到：

$$

\begin{aligned}

S_{m+1}+n^{m+1}&=\sum_{j=0}^{m+1}\binom{m+1}{j}S_j(n)\\

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：

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))

\end{aligned}

$$

将所有的 $j-k$ 用 j 代替，那么就可以得到：

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

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

#### 利用指数生成函数证明

对递推式 

$$\sum_{j=0}^{m}\binom{m+1}{j}B_j=[m=0]$$

两边都加上 $B_{m + 1}$，即得到：

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

$$\begin{aligned}

B(z)e^z &= z+B(z)\\

B(z) &= \dfrac{z}{e^z - 1}

\end{aligned}$$

设 $F_n(z) = \sum_{m\ge 0}\dfrac{S_m(n)}{m!}z^m$，则：

$$\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：

$$\begin{aligned}

F_n(z) &= \sum_{i=0}^{n-1}\sum_{m\ge 0}\dfrac{i^mz^m}{m!}\\

&= \sum_{i=0}^{n-1}e^{iz}\\

&= \dfrac{e^{nz} - 1}{e^z - 1}\\

&= \dfrac{z}{e^z - 1}\cdot\dfrac{e^{nz} - 1}{z}

\end{aligned}$$

代入 $B(z)=\dfrac{z}{e^z - 1}$：

$$\begin{aligned}

F_n(z) &= B(z)\cdot\dfrac{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 $F_n(z) = \sum_{m\ge 0}\dfrac{S_m(n)}{m!}z^m$，即 $S_m(n)=m![z^m]F_n(z)$：

$$\begin{aligned}

S_m(n)&=m![z^m]F_n(z)\\

&= m!\sum_{i=0}^{m}\dfrac{B_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。

??? note "参考实现"

    ```c++

    typedef long long ll;