这些日子确实根本没做什么题，除了考试。
每天一到晚上就真 jb 困，大概是每天晚上不到 7h 睡觉导致的。
每天上下楼都能看见一个 marisa 海报。
下边所有东西基本都是对着贺的。参考了 Geek 学院的报告和一个知乎文章。查证了一下我确实没写过相关东西。
定义
伯努利数递归定义如下：
\[B_0=1
\]
\[\sum_{k=0}^{n-1}\binom nkB_k=[n=1]
\]
推导略。它的 EGF 长这样：
\[B(x)=\frac x{e^x-1}
\]
这两个东西详见 oi-wiki。接下来扯点上边没有的。
性质
首先其实应该是默认知道这个生成函数然后把上边两个当做结论来推（，那举个稍微不一样的证明方式来说明一下接下来可能会用到的哑演算这一技术。（下边这一段也拿来给 joke3579 说什么叫哑演算）
我们知道 \(B(x)=\frac x{e^x-1}\)。现在我们把 \(B_n\) 记成 \(B^n\)，那么我们有
\[B(x)=\sum_{n=0}B_n\frac{x^n}{n!}=\sum_{n=0}B^n\frac{x^n}{n!}=e^{Bx}
\]
然后有一个显然的式子
\[e^{(B+1)x}-e^{Bx}=e^{Bx}(e^x-1)=\frac x{e^x-1}(e^x-1)=x
\]
于是提系数
\[(B+1)^n-B^n=[n=1]
\]
\[\sum_{i=0}^{n-1}\binom niB_i=[n=1]
\]
证毕。看起来非常没有规律是不是？没有就对了。
然后另一个打表就能看出来的结论：对于 \(n\ge 1,B_{2n+1}=0\)。证明方法许多，光我就知道三个。
一种证明方法是考虑 \(G(x)=\dfrac x{e^x-1}-B_1x=\frac{x(e^x+1)}{2(e^x-1)}\) 奇数位置没值。
另一个是解析数论，在 \(z_0=z^{2n+2}\) 处把 \(B(z)\) Laurent 展开，用留数定理爆推积分得到。我不会积分所以咕了。
还有一个是经典老番哑演算。证明留给读者。
还有一个小小性质：
\[\frac 1n\sum_{i=0}^{n-1}f(nB+i)=f(B)
\]
简洁证明（伯努利数在推导过程中和哑演算真的很搭配）：只考虑一项的 EGF，剩下的是线性组合：
\[\begin{aligned}
&\frac 1n\sum_{i=0}^{n-1}e^{(nB+i)z}\\
=&e^{nBz}\frac 1n\sum_{i=0}^{n-1}e^{iz}\\
=&\frac nz{e^{nz}-1}\frac 1n\frac{1-e^{nz}}{1-e^z}\\
=&\frac z{e^z-1}=e^{Bz}
\end{aligned}
\]
等幂求和
\[\sum_{i=1}^{n-1}i^m=\frac 1{m+1}\sum_{k=0}^m\binom{m+1}kB_kn^{m-k+1}
\]
或者用哑元的形式写成
\[\sum_{i=1}^{n-1}i^m=\frac{(B+n)^{m+1}-B^{m+1}}{m+1}
\]
不展开。
有关三角函数
刚才那个 \(G(x)\)实际上是
\[\frac{x(e^{\frac x2}+e^{-\frac x2})}{2(e^{\frac x2}-e^{-\frac x2})}=\frac x2\coth\frac x2
\]
展开直接有
\[\frac x2\coth\frac x2=\sum_{n=0}\frac{B_{2n}x^{2n}}{(2n)!}
\]
\[\coth x=\sum_{n=0}\frac{2B_{2n}(2x)^{2n-1}}{(2n)!}
\]
令 \(xi\to x\) 即得到 \(\cot x\) 的表达式：
\[\cot x=\sum_{n=0}(-1)^n\frac{2B_{2n}(2x)^{2n-1}}{(2n)!}
\]
许多有类似形式的其他三角函数也可以用伯努利数表示。
然后由这个可以得到一个计算黎曼 \(\zeta\) 函数的一个十分牛逼的方法：
\[\zeta(2n)=\frac{(-1)^{n-1}B_{2n}(2\pi)^{2n}}{2(2n)!}
\]
证明一下这个柿子。
首先考虑如何凑出上边的 \(\cot x\) 形式：由
\[\frac{\sin x}x=\prod_{n=1}\left(1-\left(\frac x{n\pi}\right)^2\right)
\]
两边取对数并求导：
\[\begin{aligned}
\ln\frac{\sin x}x=&\sum_{n=1}\ln\left(1-\left(\frac x{n\pi}\right)^2\right)\\
\frac{x\cos x-\sin x}{x\sin x}=&\sum_{n=1}\frac{2x}{x^2-(n\pi)^2}\\
\cot x=&\frac 1x+\sum_{n=1}\frac{2x}{x^2-(n\pi)^2}\\
=&\frac 1x+\sum_{n=1}\frac 1{x+n\pi}+\frac 1{x-n\pi}\\
=&\frac 1x+\sum_{n=1}\frac 1{n\pi}\left(\frac 1{1+\frac x{n\pi}}+\frac 1{1-\frac x{n\pi}}\right)\\
=&\frac 1x+\sum_{n=1}\frac 1{n\pi}\left(\sum_{i=0}((-1)^i-1)\left(\frac x{n\pi}\right)^i\right)\\
=&\frac 1x+\sum_{n=1}\frac 2{n\pi}\sum_{i=0}\left(\frac x{n\pi}\right)^{2i+1}\\
=&\frac 1x+\sum_{n=1}\sum_{i=1}\frac{2x^{2i-1}}{(n\pi)^{2i}}\\
=&\frac 1x+\sum_{i=1}\frac{2x^{2i-1}}{\pi^{2i}}\zeta(2k)
\end{aligned}
\]
于是
\[\begin{aligned}
\frac 1x+\sum_{k=1}\frac{2x^{2k-1}}{\pi^{2k}}\zeta(2k)=&\sum_{n=0}(-1)^n\frac{2B_{2n}(2x)^{2n-1}}{(2n)!}\\
\frac 1x+\sum_{k=1}\frac{2x^{2k-1}}{\pi^{2k}}\zeta(2k)=&\frac 1x+\sum_{k=1}(-1)^{k-1}\frac{2B_{2k}(2x)^{2k-1}}{(2k)!}
\end{aligned}
\]
提取 \([x^{2k-1}]\)：
\[\frac 2{\pi^{2k}}\zeta(2k)=(-1)^{k-1}\frac{2^{2k}B_{2k}}{(2k)!}
\]
从而得证
\[\zeta(2n)=\frac{(-1)^{n-1}B_{2n}(2\pi)^{2n}}{2(2n)!}
\]
欧拉-麦克劳林求和公式
我们知道有一个很长的完整式子。这里我们先讨论它的一个相当简洁的形式。上边我们得到了
\[\sum_{i=1}^{n-1}i^m=\int_0^n(B+x)^m\text dx
\]
那实际上我们就得到了一个及其简单的形式：对于多项式 \(f(x)\)，有
\[\sum_{i=1}^{n-1}f(i)=\int_0^nf(B+x)\text dx
\]
这是一个简单形式。完整的形式长这个样子：
\[\sum_{i=a}^{b-1}f(i)=\int_a^bf(x)\text dx+\sum_{k=1}^m\frac{B_k}{k!}f^{(k-1)}(x)\Big|_a^b+R_m
\]
其中余项 \(R_m\) 可以估计为
\[R_m=(-1)^{m+1}\int_a^b\frac{B_m(y-\lfloor y\rfloor)}{m!}f^{(m)}(x)\text dx
\]
证明你只要搜就能找到。不写了。
这玩意的应用十分广泛。比如直接套到等幂求和上就是那个式子。接下来我们使用另一个形式：
\[\sum_{n=a}^bf(b)=\int_a^bf(x)\text dx+\frac{f(a)+f(b)}2+\sum_{k=1}\frac{B_{2k}}{(2k)!}f^{(2k-1)(x)}\Big|_a^b
\]
推导斯特林公式。
设 \(f(x)=\ln x\)，则
\[\sum_{i=1}^n\ln i=\int_1^n\ln x\text dx+\frac 12\ln n+R
\]
\[\ln n!=(n+\frac 12)\ln n-n+1+R
\]
\[n!=C\sqrt n\left(\frac ne\right)^n
\]
那么现在转为对常数 \(C\) 的估计。由勒让德加倍公式
\[\Gamma(2n)=\frac{2^{2n-1}}{\sqrt \pi}\Gamma(n)\Gamma(n+\frac 12)
\]
得到
\[(2n)!=\frac{2^{2n-1}}{\sqrt \pi}n!\Gamma(n-\frac 12)
\]
\[C\sqrt{2n}\left(\frac{2n}e\right)^{2n}\sim\frac{2^{2n}}{\sqrt\pi}C\sqrt n\left(\frac ne\right)^nC\sqrt{n-\frac 12}\left(\frac{n-\frac 12}e\right)^{n-\frac 12}
\]
\[C\sim\frac{\sqrt{2\pi}}{\sqrt e(1-\frac 1{2n})^n}
\]
下边东西在 \(n\to\infty\) 时显然是个 \(1\)。于是 \(C=\sqrt{2\pi}\)，即得到斯特林公式
\[\lim_{n\to\infty}n!=\sqrt{2\pi n}\left(\frac ne\right)^n
\]
同时也可以用类似手段推出欧拉-马歇罗尼常数 \(\gamma=\frac 12+\sum_{k=1}{B_{2k}}{2k}\)：考虑
\[\begin{aligned}
\sum_{i=1}^{n-1}\frac 1i=&\int_1^n\frac 1x\text dx+\sum_{k=1}^m\frac{B_k}{k1}{(-1)^{k-1}(k-1)!}{x^k}\Big|_1^n+R_m\\
\sum_{i=1}^n\frac 1i-\ln n=&\frac 1n+\sum_{k=1}^m\frac{(-1)^kB_k}{k}\left(\frac 1{n^k}-1\right)+R_m\\
=&\frac 12+\frac 1{2n}+\sum_{k=1}^m\frac{B_{2k}}{2k}\left(1-\frac 1{n^{2k}}\right)+R_m
\end{aligned}
\]
\(n,m\) 同取极限即得到结论：
\[\gamma=\frac 12+\sum_{k=1}\frac{B_{2k}}{2k}
\]
当然运用之前的哑演算恒等式就更加简单：
\[\sum_{i=1}\frac 1i=\ln(B+n)-\ln(B)
\]
\[\ln n+\gamma=\ln(B+n)-\ln B
\]
立即得到结论。
见到一个比较牛逼的伯努利数定义：\(B_1=\frac 12\)。有许多牛逼性质，有时间会写。
