伯努利数

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：

$B_{0} = 1, B_{1} = - \frac{1}{2}, B_{2} = \frac{1}{6}, B_{3} = 0, B_{4} = - \frac{1}{30}, \dots$

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 $m$ 次幂和的公式时发现了奇妙的关系。我们记

S_{m} (n) = k = 0 \sum 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：

S_{0} (n) S_{1} (n) S_{2} (n) S_{3} (n) S_{4} (n) = n = \frac{1}{2} n^{2} - \frac{1}{2} n = \frac{1}{3} n^{3} - \frac{1}{2} n^{2} + \frac{1}{6} n = \frac{1}{4} n^{4} - \frac{1}{2} n^{3} + \frac{1}{4} n^{2} = \frac{1}{5} n^{5} - \frac{1}{2} n^{4} + \frac{1}{3} n^{3} - \frac{1}{30} n

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 $\frac{m !}{( m - k )!}$ 。

递推公式

S_{m} (n) = \frac{1}{m + 1} (B_{0} n^{m + 1} + (1 m + 1) B_{1} n^{m} + \dots + (m m + 1) B_{m} n) = \frac{1}{m + 1} k = 0 \sum m (k m + 1) B_{k} n^{m + 1 - k}

伯努利数由隐含的递推关系定义：

j = 0 \sum m (j m + 1) B_{j} B_{0} = 0, (m > 0) = 1

例如， $(0 2) B_{0} + (1 2) B_{1} = 0$ ，前几个值显然是

$n$	$0$	$1$	$2$	$3$	$4$	$5$	$6$	$7$	$8$	$\dots$
$B_{n}$	$1$	$- \frac{1}{2}$	$\frac{1}{6}$	$0$	$- \frac{1}{30}$	$0$	$\frac{1}{42}$	$0$	$- \frac{1}{30}$	$\dots$

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：

S_{m + 1} (n) + n^{m + 1} = k = 0 \sum n - 1 (k + 1)^{m + 1} = k = 0 \sum n - 1 j = 0 \sum m + 1 (j m + 1) k^{j} = j = 0 \sum m + 1 (j m + 1) S_{j} (n)

令 $\hat{S}_{m} (n) = \frac{1}{m + 1} \sum_{k = 0}^{m} (k m + 1) B_{k} n^{m + 1 - k}$ ，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：

S_{m + 1} (n) + n^{m + 1} n^{m + 1} = j = 0 \sum m + 1 (j m + 1) S_{j} (n) = j = 0 \sum m (j m + 1) S_{j} (n) = j = 0 \sum m - 1 (j m + 1) \hat{S}_{j} (n) + (m m + 1) S_{m} (n)

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

n^{m + 1} = j = 0 \sum m (j m + 1) \hat{S}_{j} (n) + (m + 1) (S_{m} (n) - \hat{S}_{m} (n))

不妨设 $Δ = S_{m} (n) - \hat{S}_{m} (n)$ ，并且将 $\hat{S}_{j} (n)$ 展开，那么有

n^{m + 1} = j = 0 \sum m (j m + 1) \hat{S}_{j} (n) + (m + 1) Δ = j = 0 \sum m (j m + 1) \frac{1}{j + 1} k = 0 \sum j (k j + 1) B_{k} n^{j + 1 - k} + (m + 1) Δ

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：

n^{m + 1} = j = 0 \sum m (j m + 1) \frac{1}{j + 1} k = 0 \sum j (j - k j + 1) B_{j - k} n^{k + 1} + (m + 1) Δ = j = 0 \sum m (j m + 1) \frac{1}{j + 1} k = 0 \sum j (k + 1 j + 1) B_{j - k} n^{k + 1} + (m + 1) Δ = j = 0 \sum m (j m + 1) \frac{1}{j + 1} k = 0 \sum j \frac{j + 1}{k + 1} (k j) B_{j - k} n^{k + 1} + (m + 1) Δ = j = 0 \sum m (j m + 1) k = 0 \sum j (k j) \frac{B _{j - k}}{k + 1} n^{k + 1} + (m + 1) Δ

对两个求和符号进行交换，可以得到：

n^{m + 1} = k = 0 \sum m \frac{n ^{k + 1}}{k + 1} j = k \sum m (j m + 1) (k j) B_{j - k} + (m + 1) Δ

对 $(j m + 1) (k j)$ 进行恒等变换：

(j m + 1) (k j) ＝ (k m + 1) (j - k m - k + 1)

那么式子就变成了：

n^{m + 1} = k = 0 \sum m \frac{n ^{k + 1}}{k + 1} j = k \sum m (k m + 1) (j - k m - k + 1) B_{j - k} + (m + 1) Δ = k = 0 \sum m \frac{n ^{k + 1}}{k + 1} (k m + 1) j = k \sum m (j - k m - k + 1) B_{j - k} + (m + 1) Δ

将所有的 $j - k$ 用 $j$ 代替，那么就可以得到：

n^{m + 1} = k = 0 \sum m \frac{n ^{k + 1}}{k + 1} (k m + 1) j = 0 \sum m - k (j m - k + 1) B_{j} + (m + 1) Δ

考虑我们前面提到过的递归关系

j = 0 \sum m (j m + 1) B_{j} B_{0} j = 0 \sum m (j m + 1) B_{j} = 0, (m > 0) = 1 = [m = 0]

代入后可以得到：

n^{m + 1} = k = 0 \sum m \frac{n ^{k + 1}}{k + 1} (k m + 1) [m - k = 0] + (m + 1) Δ = k = 0 \sum m \frac{n ^{k + 1}}{k + 1} (k m + 1) + (m + 1) Δ = \frac{n ^{m + 1}}{m + 1} (m m + 1) + (m + 1) Δ = n^{m + 1} + (m + 1) Δ

于是 $Δ = 0$ ，且有 $S_{m} (n) = \hat{S}_{m} (n)$ 。

利用指数生成函数证明

对递推式 $\sum_{j = 0}^{m} (j m + 1) B_{j} = [m = 0]$

两边都加上 $B_{m + 1}$ ，即得到：

j = 0 \sum m + 1 (j m + 1) B_{j} j = 0 \sum m (j m) B_{j} j = 0 \sum m \frac{B _{j}}{j !} \cdot \frac{1}{( m - j )!} = [m = 0] + B_{m + 1} = [m = 1] + B_{m} = [m = 1] + \frac{B _{m}}{m !}

设 $B (z) = i \geq 0 \sum \frac{B _{i}}{i !} z^{i}$ ，注意到左边为卷积形式，故：

B (z) e^{z} B (z) = z + B (z) = \frac{z}{e ^{z} - 1}

设 $F_{n} (z) = \sum_{m \geq 0} \frac{S _{m} ( n )}{m !} z^{m}$ ，则：

F_{n} (z) = m \geq 0 \sum \frac{S _{m} ( n )}{m !} z^{m} = m \geq 0 \sum i = 0 \sum n - 1 \frac{i ^{m} z ^{m}}{m !}

调换求和顺序：

F_{n} (z) = i = 0 \sum n - 1 m \geq 0 \sum \frac{i ^{m} z ^{m}}{m !} = i = 0 \sum n - 1 e^{i z} = \frac{e ^{n z} - 1}{e ^{z} - 1} = \frac{z}{e ^{z} - 1} \cdot \frac{e ^{n z} - 1}{z}

代入 $B (z) = \frac{z}{e ^{z} - 1}$ ：

F_{n} (z) = B (z) \cdot \frac{e ^{n z} - 1}{z} = (i \geq 0 \sum \frac{B _{i}}{i !}) (i \geq 1 \sum \frac{n ^{i} z ^{i - 1}}{i !}) = (i \geq 0 \sum \frac{B _{i}}{i !}) (i \geq 0 \sum \frac{n ^{i + 1} z ^{i}}{( i + 1 )!})

由于 $F_{n} (z) = \sum_{m \geq 0} \frac{S _{m} ( n )}{m !} z^{m}$ ，即 $S_{m} (n) = m! [z^{m}] F_{n} (z)$ ：

S \times m (n) = m! [z^{m}] F_{n} (z) = m! i = 0 \sum m \frac{B \times i}{i !} \cdot \frac{n ^{m - i + 1}}{( m - i + 1 )!} = \frac{1}{m + 1} i = 0 \sum m (i m + 1) B_{i} n^{m - i + 1}

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;
  }
}

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