Seki-Bernoulli数とFaulhaberの公式

Taylorの展開公式により、
$$f(x)=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{(x-a{)}^n}{n!}{D}_x^{n}f(a)$$
ただしここで$x$は、$a$を中心とする$f$の収束半径内にあるものとする。また、$D_x^{n}f(x):=\frac{d^{n}f}{d{x}^n}(x)$とする。$D_x^{n}f(a)$は$D_x^{n}f(x)$に$x=a$を代入した値のことである。
$f(x)=B_m(x)$とすると、多項式なので$0$を中心に収束半径$\mathrm{\infty }$でTaylor展開が可能である。
$D_x^n{B}_m(x)$は（１）をくり返し用いることにより、$m(m-1)\cdots (m-n+1)B_{m-n}(x)$となる。Taylorの展開公式を適用すると、
$$B_m(x)=\sum _{n=0}^m(\genfrac{}{}{0ex}{}{m}{n})(x-a{)}^n{B}_{m-n}(a)$$
を得るので、$a=0$とすると、関Bernoulli 多項式の別の定義式ができる。
次に、$$\sum _{k=1}^n{k}^p=\sum _{x=1}^n\frac{D_x{x}^{p+1}}{p+1}=\sum _{x=1}^n\frac{{\mathrm{\Delta }}_x{B}_{p+1}(x)}{p+1}=\frac{B_{p+1}(n+1)-B_{p+1}(1)}{p+1}$$である。ここで、$$B_{p+1}(n+1)=\sum _{j=0}^{p+1}(\genfrac{}{}{0ex}{}{p+1}{j})n^j{B}_{p+1-j}(1)$$を用いると、
$$\sum _{k=1}^n{k}^p=\frac{1}{p+1}\sum _{j=1}^{p+1}(\genfrac{}{}{0ex}{}{p+1}{j})n^j{B}_{p+1-j}(1)=\frac{1}{p+1}\sum _{l=0}^p(\genfrac{}{}{0ex}{}{p+1}{l})B_l^{\prime }{n}^{p+1-l}$$
となってFaulhaberの公式を得ることができる。

まず形式的に（２）から（１）を導くことが可能であることが観察できる。
（２）の両辺を${\mathrm{\Delta }}_x$でわると
$$B_n(x)=\frac{D_x}{{\mathrm{\Delta }}_x}{x}^n$$
両辺に$D_x$を乗じると
$$D_x{B}_n(x)=\frac{D_x}{{\mathrm{\Delta }}_x}{D}_x{x}^n=\frac{D_x}{{\mathrm{\Delta }}_x}n{x}^{n-1}=n{B}_{n-1}(x)$$
となる。
次に（２）より
$${\mathrm{\Delta }}_{x}F=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{\mathrm{\Delta }}_x{B}_n(x)\frac{z^n}{n!}=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{D}_x{x}^n\frac{z^n}{n!}=D_x\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{(xz{)}^n}{n!}=D_x{e}^{xz}$$
となるから、$F(z;x+1)-F(z;x)=z{e}^{xz}$について、
両辺を$x=0$から$x=t-1$まで和をとると、
$$F(z;t)-F(z;0)=z\sum _{x=0}^{t-1}{e}^{xz}=z\frac{e^{tz}-1}{e^z-1}$$
となるので、$t$を$x$で置き換えると、
$$F(z;x)-F(z;0)=z\frac{e^{xz}-1}{e^z-1}\cdots (a)$$
を得る。
$F$に$D_x$を作用させると、
$$D_{x}F=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{D}_x{B}_n(x)\frac{z^n}{n!}=\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}n{B}_{n-1}(x)\frac{z^n}{n!}=z\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{B}_n(x)\frac{z^n}{n!}=zF(z;x)\cdots (b)$$
を得る。
ただしここで、$B_n(x)=\sum _{k=0}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})x^k{B}_{n-k}$より$B_0(x)=B_0=1$を利用している。
$(a)$の両辺に$D_x$を作用させると
$$D_{x}F=z^2\frac{e^{xz}}{e^z-1}$$
となるが、これが$(b)$に一致するので、
$$F(z;x)=z\frac{e^{xz}}{e^z-1}$$
である。

$$F(-z;0)=\frac{-z}{e^{-z}-1}=\frac{z{e}^z}{e^z-1}=F(z;1)$$であるので、係数を比較して$B_n(1)=(-1{)}^n{B}_n(0)$である。
$$F(z;0)=\frac{z}{e^z-1}$$について、$B_0=1,B_1=-\frac{1}{2}$だから$$\sum _{n=2}^{\mathrm{\infty }}{B}_n\frac{z^n}{n!}=\frac{z}{e^z-1}-1+\frac{1}{2}z$$であるが、$$\frac{z}{e^z-1}+\frac{1}{2}z$$は偶関数なので、$n$が$3$以上の奇数であれば、$B_n=0$となる。