1. 引言

在數學傳播 29 卷 2 期，蘇益弘等三人，由探討連續整數冪次出發，定義 $$S_k(n)=1^k+2^k+\cdots+n^k$$ 並將其推廣到非正整數的狀況 $$S_k (x)=\frac1{k+1} \Big\{(x+1)^{k+1}-(x+1)-\sum_{i=2}^k{k+1\choose i} S_{k-i+1} (x)\Big\},\quad k\ge 2$$ 以下，我們將用指數生成函數，從 Bernoulli 多項式 $B_n (x)$ 與 Bernoulli 數 $b_n$ 的觀點出發， 證明 $S_k (x)=\frac 1{k+1} (B_{k+1} (x+1)-b_{k+1})$， 將其結果的證明簡化。同時介紹 Bernoulli 多項式與 Bernoulli 數之其他性質。

在此之前我們先簡介 Bernoulli 數與 Bernoulli 多項式的由來。 Bernoulli 數列最早是由瑞士數學家 Jacob Bernoulli (1654-1705) 在逝世後 (1713) 被發表的著作 Ars Conjectandi 中， 求 $n$ 個連續正整數的 $p$ 次方和時被引進。他以 $\int$ 符號表示連續整數和。

Summae Potestatum \begin{eqnarray*} \hbox{$\int$} n&=&\frac 12 nn+\frac 12 n\\ \hbox{$\int$} nn&=&\frac 13n^3+\frac 12 nn+\frac 16 n\\ \hbox{$\int$} n^3&=&\frac 14 n^4+\frac 12 n^3+\frac 14 nn\\ \hbox{$\int$} n^4&=&\frac 15 n^5+\frac 12 n^4+\frac 13 n^3-\frac 1{30}n\\ \hbox{$\int$} n^5&=&\frac 16 n^6+\frac 12 n^5+\frac 5{12}n^4-\frac 1{12}nn\\ \hbox{$\int$} n^6&=&\frac 17 n^7+\frac 12 n^6+\frac 12n^5-\frac 16n^3+\frac 1{42}n\\ \hbox{$\int$} n^7&=&\frac 18 n^8+\frac 12 n^7+\frac 7{12}n^6-\frac 7{24}n^4+\frac 1{12} nn\\ \hbox{$\int$} n^8&=&\frac 19 n^9+\frac 12 n^8+\frac 23n^7-\frac 7{15}n^5+\frac 29n^3-\frac 1{30} n\\ \hbox{$\int$} n^9&=&\frac 1{10} n^{10}+\frac 12 n^9+\frac 34n^8-\frac 7{10}n^6+\frac 12n^4-\frac 1{12} nn\\ \hbox{$\int$} n^{10}&=&\frac 1{11} n^{11}+\frac 12 n^{10}+\frac 56n^9-1n^7+1n^5-\frac 12n^3+\frac 5{66}n \end{eqnarray*} 若以今日表示法觀之則前三式為: \begin{eqnarray*} \sum_{k=1}^n k&=&\frac 12 n(n+1)\\ \sum_{k=1}^n k^2 &=&\frac 16 n(n+1)(2n+1)\\ \sum_{k=1}^n k^3 &=&\frac 14 n^2 (n+1)^2 \end{eqnarray*} 而 Bernoulli 將多項式 $B_n (x)$ 則定義為 $$1^k+2^k+\cdots+(n-1)^k=k!\int_0^n B_k (x)dx$$ 其中 $B_n (x)$ 要滿足 \begin{eqnarray*} B_0 (x)&=&1\\ B'_n (x)&=&B_{n-1} (x)\\ \int_0^1 B_n (x)dx&=&0, \quad n\ge 1 \end{eqnarray*} $B_n (x)$ 即是後人所稱的 Bernoulli 多項式而當 $x=0$ 時的值 $b_n$ 即為 Bernoulli 數。 以下為 Bernoulli 多項式 $B_n (x)$ 與 Bernoulli 數 $b_n$ 的前幾項

$n$	$B_n(x)$	$b_n$
0	1	1
1	$x-\frac 12$	$-\frac 12$
2	$x^2-x+\frac 16$	$\frac 16$
3	$x^3-\frac 32x^2+\frac 12 x$	0
4	$x^4-2x^3+x^2-\frac 1{30}$	$-\frac 1{30}$

請參閱 ,

2.Bernoulli從多項式觀點看 $S_k (x)$

由於接下來的證明要用到指數生成函數及 Bernoulli 多項式 $B_n (x)$ 與 Bernoulli 數 $b_n$， 我們在這邊介紹其定義 (請閱 Wilf ) 給定任一數列 $a_0,a_1,\ldots,a_k,\ldots$ 其指數生成函數 $f(t)$ 定義為 $$f(t)=\sum_{n=0}^\infty a_n \frac{t^n}{n!}$$ Bernoulli 多項式的指數生成函數為 $$\sum_{n=0}^\infty B_n (x)\frac{t^n}{n!}=\frac{te^{xt}}{e^t-1}$$ Bernoulli 數的指數生成函數為 $$\sum_{n=0}^\infty b_n \frac{t^n}{n!}=\frac{t}{e^t-1}$$

定理1: \begin{eqnarray*} S_k (x)&=&\frac 1{k+1} \sum_{i=0}^k {k+1\choose i} b_i (x+1)^{k+1-i},\quad k\ge 1\\ S_0 (x)&=&x \end{eqnarray*}

證明: 這個定理的證明需要用到下面兩個式子 (見 ) \begin{eqnarray} &&\hskip -25pt S_k (x)=\frac 1{k+1} \{(x+1)^{k+1}-(x+1)-\sum_{i=2}^k{k+1\choose i} S_{k-i+1} (x)\},\quad k\ge 2\\ % (1) &&\hskip -25pt \sum_{k=0}^\infty S_k (x) \frac{t^k}{k!}=\frac{e^{t(x+1)}-e^t}{e^t-1}% (2) \end{eqnarray} 因為兩個數列相等若且唯若它們擁有相同的指數生成函數，所以我們考慮： $$\sum_{k=0}^\infty S_k (x) \frac{t^k}{k!}=\frac{e^{t(x+1)} -e^t}{e^t-1}=\frac{e^{t(x+1)} -1}{e^t-1}-1$$ 且 $$\frac{e^{t(x+1)} -1}{e^t-1}=\frac{t}{e^t-1}\frac{e^{t(x+1)} -1}t= \Big(\sum_{n=0}^\infty b_n \frac{t^n}{n!}\Big)\Big(\sum_{m=0}^\infty (x+1)^{m+1} \frac{t^{m}}{(m+1)!}\Big)$$ 右式兩個指數生成函數的乘積可得 $$k![t^k]\frac{e^{t(x+1)} -1}{e^t-1}=\sum_{i=0}^k {k\choose i} b_i \frac{(x+1)^{k+1-i}}{k+1-i}=\frac 1{k+1} \sum_{i=0}^k {k+1\choose i} b_i (x+1)^{k+1-i}$$ 再將扣掉的1考慮進來 $$\Big(\sum_{k=0}^\infty S_k (x) \frac{t^k}{k!}\Big)+1=\sum_{k=0}^\infty \Big(\frac 1{k+1} \sum_{i=0}^k {k+1\choose i} b_i (x+1)^{k+1-i}\Big) \quad \frac{t^k}{k!}$$ 故有 $$S_k (x)=\frac1{k+1} \sum_{i=0}^k {k+1\choose i} b_i (x+1)^{k+1-i},\ k\ge 1,\ S_0 (x)=x$$ 故得證。

預備定理: $$B_n (x)=\sum_{i=0}^n {n\choose i} b_i x^{n-i}$$

證明: \begin{eqnarray*} \sum_{n=0}^\infty B_n (x) \frac{t^n}{n!}&=&\frac{te^{xt}}{e^t-1} =\frac t{e^t-1} e^{xt}=\Big(\sum_{i=0}^\infty b_i \frac{t^i}{i!}\Big) \Big(\sum_{j=0}^\infty x^j \frac{t^j}{j!}\Big)\\ &=&\sum_{n=0}^\infty \sum_{i=0}^n {n\choose i} b_i x^{n-i} \frac{t^n}{n!} \end{eqnarray*}

定理2: $$S_k (x)=\frac 1{k+1} (B_{k+1} (x+1)-b_{k+1} )$$

證明: 由預備定理 Bernoulli 多項式 $B_n (x)$ 為 $$B_n (x)=\sum_{i=0}^n{n\choose i} b_i x^{n-i}$$ 因為 \begin{eqnarray*} B_{k+1} (x+1)&=&\sum_{i=0}^{k+1}{k+1\choose i} b_i (x+1)^{k+1-i}\\ &=&\sum_{i=0}^k{k+1\choose i} b_i (x+1)^{k+1-i}+b_{k+1} (x+1)^0\\ {\hbox{即}} B_{k+1} (x+1)-b_{k+1}&=&\sum_{i=0}^k{k+1\choose i} b_i (x+1)^{k+1-i} \end{eqnarray*} 由定理 1 知 $$S_k (x)=\frac 1{k+1} (B_{k+1} (x+1)-b_{k+1} )$$ 故得證。

註: 這個結果與當 $x$ 為正整數時的狀況 $\sum_{j=0}^k j^n =\frac 1{n+1} (B_{k+1} (n+1)-b_{k+1} )$ 是一致的 即 $S_k (n)=\frac 1{k+1} (B_{k+1} (n+1)-b_{k+1} )$

3.Bernoulli用多項式證明 ${S_k (x)}$ 的性質

在數學傳播 29 卷 2 期，蘇益弘等三人 ， 對於 $S_k (x)$ 得到了以下性質，我們將用定理 1 將其重新整理。

定理3: $$\frac d{dx} S_k (x)=kS_{k-1} (x),\ \hbox{$k$ 為大於等於 3 之奇數。}$$

證明: 左式: \begin{eqnarray*} \frac d{dx} S_k (x) &=&\frac d{dx} \frac 1{k+1} (B_{k+1} (x+1)-b_{k+1} )\\ &=&\frac 1{k+1} (\frac d{dx} B_{k+1} (x+1)-\frac d{dx} b_{k+1} )=B_k (x+1) \end{eqnarray*} 右式: \begin{eqnarray*} kS_{k-1} (x)&=&B_k (x+1)-b_k\\ &=&B_k (x+1) \end{eqnarray*} 故得證。

定理4: $$\frac {d^2}{dx^2} S_k (x)=k \frac d{dx} S_{k-1} (x),\ \hbox{$k$ 為大於等於 2 之整數。}$$

證明: 左式: \begin{eqnarray*} \frac {d^2}{dx^2} S_k (x) &=&\frac {d^2}{dx^2} \frac 1{k+1} (B_{k+1} (x+1)-b_{k+1} )\\ &=&\frac 1{k+1} (\frac {d^2}{dx^2} B_{k+1} (x+1)-\frac {d^2}{dx^2} b_{k+1} )=\frac d{dx} B_k (x+1) \end{eqnarray*} 右式: \begin{eqnarray*} k \frac d{dx} S_{k-1} (x) &=&k \frac d{dx} \frac 1k (B_{k+1} (x+1)-b_{k+1} )\\ &=&\frac d{dx}(B_k (x+1)-b_k)\\ &=&\frac d{dx} B_k (x+1) \end{eqnarray*} 故得證。

4. Bernoulli多項式及Bernoulli數與Stirling數的關係

Stirling 數第二類 $S(n,k)$ 的指數生成函數為 $$\sum_{n=0}^\infty S(n,k) \frac{t^n}{n!}=\frac{(e^t-1)^k}{k!}$$ $S(n,k)$ 在組合及有限差分中應用廣泛，讀者可參閱。 以下，我們將用到兩個數列相等若且唯若它們擁有相同的指數生成函數的性質。利用這個性質我們可以證明一些 Bernoulli 多項式 $B_n (x)$ 與 Bernoulli 數列 $b_n$ 與 Stirling 數第二類 $S(n,k)$ 數列的關聯性。

定理5: $$b_n=\sum_{k=0}^\infty \frac{(-1)^k}{k+1} k!S(n,k).$$

證明: \begin{eqnarray*} &&\hskip -25pt \sum_{n=0}^\infty b_n \frac{t^n}{n!}=\frac{t}{e^t-1}=\frac{\log(e^t-1+1)}{e^t-1} =\sum_{k=0}^\infty (-1)^k \frac{(e^t-1)^k}{k+1}\\ &=&\sum_{k=0}^\infty (-1)^k \frac{k!\sum_{n=0}^\infty S(n,k) \frac{t^n}{n!}}{k+1} =\sum_{n=0}^\infty \sum_{k=0}^\infty \frac{(-1)^k}{k+1} k!S(n,k) \frac{t^n}{n!}\\ &&\hskip 2.5cm b_n=\sum_{k=0}^\infty \frac{(-1)^k}{k+1} k!S(n,k) \end{eqnarray*} 故得證。

定理6: $$B_n (x)=b_n+n\sum_{k=0}^{n-1}S(n-1,k) k!{x\choose k+1}.$$

證明: \begin{eqnarray*} &&\hskip -25pt \sum_{n=0}^\infty (B_n (x)-b_n) \frac{t^n}{n!}=\frac{t(e^{xt}-1)}{e^t-1} =t \frac{(e^t-1+1)^x-1}{e^t-1}=t \frac{\sum_{k=0}^\infty {x\choose k} (e^t-1)^k-1}{e^t-1}\\ &=&t\sum_{k=0}^\infty {x\choose k+1} (e^t-1)^k =t\sum_{k=0}^\infty {x\choose k+1}k!\sum_{n=0}^\infty S(n,k) \frac{t^n}{n!}\\ &=&\sum_{n=0}^\infty \sum_{k=0}^\infty S(n,k)k!{x\choose k+1} \frac{t^{n+1}}{n!} =\sum_{n=1}^\infty n\sum_{k=0}^\infty S(n-1,k)k!{x\choose k+1} \frac{t^n}{n!}\\ &=&\sum_{n=0}^\infty n\sum_{k=0}^{n-1} S(n-1,k)k!{x\choose k+1} \frac{t^n}{n!}\\ &&\hskip 2.5cm B_n (x)-b_n=n\sum_{k=0}^{n-1}S(n-1,k)k!{x\choose k+1} \end{eqnarray*} 故得證。

5. Bernoulli多項式與 ${S_k (n+\frac 12)}$ 的性質

以下，我們將介紹廣義的公式 $$\sum_{i=0}^n(x+i)^k=\frac 1{k+1} (B_{k+1} (n+1+x)-B_{k+1} (x))$$ 在特殊狀況下的推論。

定理7: $$B_{2n+1} (\frac 12)=B_{2n+1} (1)=B_{2n+1} (0)=b_{2n+1}=0,\quad n\ge 1.$$

證明: 由於 $$\sum_{n=0}^\infty B_n (0)\frac{t^n}{n!}=\frac{te^{0t}}{e^t-1}=\frac t{e^t-1}=\sum_{n=0}^\infty b_n \frac{t^n}{n!}$$ 顯然 \begin{eqnarray*} &&\hskip 2cm B_n (0)=b_n,\quad n\ge 0\\[7pt] &&\hskip -25pt \sum_{n=0}^\infty B_{2n+1} (x) \frac{t^{2n+1}}{(2n+1)!}=\frac 12 \Big(\sum_{n=0}^\infty B_n (x) \frac{t^n}{n!} -\sum_{n=0}^\infty B_n (x) \frac{(-t)^n}{n!}\Big)\\ &=&\frac 12 \Big(\frac{te^xt}{e^t-1}-\frac{-te^{-xt}}{e^{-t}-1}\Big)=\frac 12 \Big(\frac{te^{xt}}{e^t-1} -\frac{te^{(1-x)t}}{e^t-1}\Big)=\frac t2 \frac{(e^{xt}-e^{(1-x)t})}{e^t-1} \end{eqnarray*} 當 $x=\frac 12$, $x=0$, $x=1$ 時我們有 \begin{eqnarray*} \sum_{n=0}^\infty B_{2n+1} (\frac 12) \frac{t^{2n+1}}{(2n+1)!}=0\\ \sum_{n=0}^\infty B_{2n+1} (0) \frac{t^{2n+1}}{(2n+1)!}=\frac{-t}2\\ \sum_{n=0}^\infty B_{2n+1} (1) \frac{t^{2n+1}}{(2n+1)!}=\frac t2 \end{eqnarray*} 故知 $B_1 (\frac 12)=0$, $B_1 (0)=-\frac 12$, $B_1 (1)=\frac 12$ $$B_{2n+1} (\frac 12)=B_{2n+1} (0)=B_{2n+1} (1)=b_{2k+1}=0,\qquad n\ge 1$$ 故得證。

註: 事實上 $B_n (1)=B_n (0)=b_n$, $n\ge 2$ 為其更強的性質。

推論: $k$ 為偶數時 $$\sum_{i=0}^n\Big(i+\frac 12\Big)^k =S_k \Big(n+\frac 12\Big)$$

證明: 由 $$\sum_{i=0}^n (x+i)^k=\frac 1{k+1} (B_{k+1} (n+1+x)-B_{k+1} (x))$$ 當 $x=0$ 時 $$\sum_{i=0}^n i^k =\frac 1{k+1} (B_{k+1} (n+1)-b_{k+1} )$$ 當 $x=\frac 12$， $k$ 為偶數時 \begin{eqnarray*} \sum_{i=0}^n\Big(i+\frac 12\Big)^k &=&\frac 1{k+1} \Big(B_{k+1} \Big(n+1+\frac 12\Big)-B_{k+1} \Big(\frac 12\Big)\Big)\\ &=&\frac 1{k+1} \Big(B_{k+1} (n+1+\frac 12)-b_{k+1} \Big) \end{eqnarray*} 而又由定理 2 $$S_k (x)=\frac 1{k+1} (B_{k+1} (x+1)-b_{k+1} )$$ 所以 $$\sum_{i=0}^n\Big(i+\frac 12\Big)^k =S_k \Big(n+\frac 12\Big)$$ 故得證。

註: 這個公式與 $$\sum_{i=0}^ni^k =S_k (n)$$ 為同一個形式。

舉例來說: \begin{eqnarray*} \Big(\frac 12\Big)^2+\Big(\frac 32\Big)^2+\cdots+\Big(\frac{2n+1}2\Big)^2&=& S_2 \Big(n+\frac 12\Big)=\frac 16 \Big(\frac{2n+1}2\Big)\Big(\frac{2n+3}2\Big)\Big(\frac{4n+4}2\Big)\\ &=&\frac 16 \Big(n+\frac 12\Big)\Big(\Big(n+\frac 12\Big)+1\Big)\Big(2\Big(n+\frac 12\Big)+1\Big) \end{eqnarray*} 這跟 $$1^2+2^2+\cdots+n^2=S_2 (n)=\frac 16 (n)(n+1)(2n+1)$$ 的公式為同一個形式。

致謝

感謝薛昭雄教授的指導與中央研究院數學所的暑期研習生計畫之資助，及其所提供的研究環境，此篇文章得以完成。 同時感謝審查者之細心建議及附加文獻使得此文章更完整。

參考文獻

---本文作者目前就讀國立臺灣大學電機工程學系三年級---