浙江理工大学理学院，浙江 杭州

收稿日期：2023年12月14日；录用日期：2023年12月25日；发布日期：2024年2月21日

摘要

利用生成函数及双曲函数导子多项式的性质，建立关于Bernoulli数与Euler数的三个多重卷积的递推关系，这三个多重卷积中有两个是Euler型卷积，一个是Rademacher型卷积。又进一步利用部分分式展开法与生成函数方法建立关于Bernoulli数与Genocchi数的混合多重卷积恒等式。

关键词

Bernoulli数，Euler数，Genocchi数，递推关系，生成函数

Multiple Convolutions on Bernoulli Numbers, Euler Numbers and Genocchi Numbers

Yue Chen

School of Science, Zhejiang Sci-Tech University, Hangzhou Zhejiang

Received: Dec. 14^th, 2023; accepted: Dec. 25^th, 2023; published: Feb. 21^st, 2024

ABSTRACT

In this paper, by using generating functions and the properties of derivative polynomials of the hyperbolic functions, we establish the recurrences of three multiple convolutions on Bernoulli numbers and Euler numbers, including two Euler-type convolutions and one Rademacher-type convolution. Moreover, using the methods of partial fraction decompositions and generating functions, we present a mixed multiple convolution identity on Bernoulli numbers and Genocchi numbers.

Keywords:Bernoulli Numbers, Euler Numbers, Genocchi Numbers, Recurrence Relations, Generating Functions

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1. 引言

Bernoulli数(多项式)、Euler数(多项式)、Genocchi数、Fibonacci数(多项式)等经典组合序列及其恒等式在组合学、数论、特殊函数论、算法分析等领域有着重要的应用。这些组合序列的各种形式的多重卷积更是受到学者们的广泛关注 [1] - [8] 。Bernoulli数、Euler数与Genocchi数可由下面的生成函数定义 [9] ：

$\frac{t}{{\text{e}}^t-1}={\displaystyle \underset{n=0}{\overset{\infty }{\sum }}{B}_n\frac{t^n}{n!}}$ ， $\frac{2{\text{e}}^t}{{\text{e}}^{2t}+1}={\displaystyle \underset{n=0}{\overset{\infty }{\sum }}{E}_n\frac{t^n}{n!}}$ ， $\frac{2t}{{\text{e}}^t+1}={\displaystyle \underset{n=1}{\overset{\infty }{\sum }}{G}_n\frac{t^n}{n!}}$ 。

它们的前几项为 $B_0=1$ ， $B_1=-\frac{1}{2}$ ， $B_2=\frac{1}{6}$ ， $B_4=-\frac{1}{30}$ ， $E_0=1$ ， $E_2=-1$ ， $E_4=5$ ，当 $k\ge 1$ 时， $B_{2k+1}=E_{2k-1}=0$ 。此外，对于 $n\ge 0$ ，有 $G_n=2\left(1-2^n\right)B_n$ 。Bernoulli数与Euler数还可由双曲函数定义 [10] ：

$t\coth \left(t\right)={\displaystyle \underset{n=0}{\overset{\infty }{\sum }}{B}_{2n}\frac{{\left(2t\right)}^{2n}}{\left(2n\right)！}}$ ， $\mathrm{sech}\left(t\right)={\displaystyle \underset{n=0}{\overset{\infty }{\sum }}{E}_{2n}\frac{t^{2n}}{\left(2n\right)!}}$ 。 (1)

对 $n\in \mathbb{N}$ ，高阶Bernoulli数 $B_n^{\left(\alpha \right)}$ 和高阶Genocchi数 $G_n^{\left(\alpha \right)}$ 由生成函数定义为

${\left(\frac{t}{{\text{e}}^t-1}\right)}^{\alpha }={\displaystyle \underset{n=0}{\overset{\infty }{\sum }}{B}_n^{\left(\alpha \right)}\frac{t^n}{n!}}$ ， ${\left(\frac{2t}{{\text{e}}^t+1}\right)}^{\alpha }={\displaystyle \underset{n=0}{\overset{\infty }{\sum }}{G}_n^{\left(\alpha \right)}\frac{t^n}{n!}}$ 。 (2)

Bernoulli数满足如下卷积恒等式：

${\displaystyle \underset{j=0}{\overset{n}{\sum }}\left(\begin{array}{l}n\\ j\end{array}\right)B_j{B}_{n-j}}=-n{B}_{n-1}-\left(n-1\right)B_n$ ， $n\ge \text{1}$ ， (3)

该恒等式称为Euler恒等式。Berndt [11] 给出了Euler恒等式(3)的等价形式：

${\displaystyle \underset{j=0}{\overset{n}{\sum }}\left(\begin{array}{l}2n\\ 2j\end{array}\right)B_{2j}{B}_{2n-2j}}=-\left(2n-1\right)B_{2n}$ ， $n\ge 2$ 。

Euler恒等式已经得到了不同类型的推广。例如，1996年，Dilcher [2] 研究了Bernoulli数的多重卷积，即任意多个Bernoulli数的乘积之和

${\displaystyle \underset{\begin{array}{c}{j}_1+\cdots +j_l=n\\ j_1,\cdots ,j_l\ge 0\end{array}}{\sum }\left(\begin{array}{c}2n\\ 2j_1,\cdots ,\text{2}{j}_l\end{array}\right)B_{2j_1}\cdots B_{2j_l}}$ ，

并给出了表达式，这里 $\left(\begin{array}{c}2n\\ 2j_1,\cdots ,\text{2}{j}_l\end{array}\right)$ 为多项式系数。之后，2007年，Agoh和Dilcher [1] 利用第二类Stirling数及整数幂和的卷积恒等式研究了(3)式的以下推广形式：

${\left(B_j+B_l\right)}^n:={\displaystyle \underset{k=0}{\overset{n}{\sum }}\left(\begin{array}{l}n\\ k\end{array}\right)B_{j+k}{B}_{l+n-k}}$ ，其中 $j,l,n\ge 0$ 。 (4)

2009年，Agoh和Dilcher [3] 又推广了上面的结果，并得到了(4)的高阶形式

${\left(B_{k_1}+\cdots +B_{k_l}\right)}^n:={\displaystyle \underset{\begin{array}{c}{j}_1+\cdots +j_l=n\\ j_1,\cdots ,j_l\ge 0\end{array}}{\sum }\left(\begin{array}{c}n\\ j_1,\cdots ,j_l\end{array}\right)B_{k_1+j_1}\cdots B_{k_l+j_l}}$

的存在定理。此外，2013年，王伟平 [6] 利用部分分式展开法和生成函数方法还建立了Bernoulli多项式与Euler多项式的混合多重卷积恒等式。

设 $D_t$ 为导算子，满足 $D_{t}f\left(t\right)=f^{\prime }\left(t\right)$ ，则对于双曲余切函数 $\coth \left(t\right)$ ，存在 $n+1$ 阶整系数多项式 $P_n\left(y\right)$ ，使得

$P_n\left(\coth \left(t\right)\right)=D_t^n\coth \left(t\right)$ ， $n=0,1,2,\cdots$ ，

其中，

$P_0\left(y\right)=y$ ， $P_1\left(y\right)=1-y^2$ ， $P_2\left(y\right)=-2y+2y^3$ ， $P_3\left(y\right)=-2+8y^2-6y^4$ ，

且

$P_{n+1}\left(y\right)=\left(1-y^2\right){P^{\prime }}_n\left(y\right)$ ， $n\ge 0$ 。

这些多项式称为双曲函数的导子多项式。可证明对于 $y=\tanh \left(t\right)$ 有相同的导子多项式。导子多项式的概念由Hoffman [12] 在1995年引入。关于导子多项式的研究还可以参考Boyadzhiev [13] 、初文昌等 [4] [5] 、马世美 [14] 等的工作。

2010年，初文昌和王琛颖 [4] 利用生成函数方法和导子多项式的性质，建立了几类关于Bernoulli数的卷积恒等式，其中包括三个多重卷积恒等式。2020年，初文昌 [5] 又利用类似方法进一步得到了更多的关于Euler数与Bernoulli数的多重卷积恒等式。2023年，王伟平和徐策 [8] 又基于导子多项式建立了一类含Bernoulli数与Genocchi数的卷积恒等式，并用于得到关于Euler和的对称级数恒等式。

基于上述工作，本文将研究Bernoulli数与Euler数的多重卷积的递推关系以及Bernoulli数与Genocchi数的混合多重卷积恒等式。首先，利用导子多项式的性质及Bernoulli数与Euler数的生成函数，建立多重卷积

${\displaystyle \underset{\begin{array}{c}{j}_1+\cdots +j_l=n\\ j_1,\cdots ,j_l\ge 0\end{array}}{\sum }\left(\begin{array}{c}2n\\ 2j_1,\cdots ,2j_l\end{array}\right)B_{2j_1}\cdots B_{2j_l}}$ ， ${\displaystyle \underset{\begin{array}{c}{j}_1+\cdots +j_l=n\\ j_1,\cdots ,j_l\ge 0\end{array}}{\sum }\left(\begin{array}{c}2n+l\\ 2j_1+1,\cdots ,\text{2}{j}_l+1\end{array}\right)}\frac{B_{2j_1+2}\cdots B_{2j_l+2}}{\left(j_1+1\right)\cdots \left(j_l+1\right)}$

与

${\displaystyle \underset{\begin{array}{c}{j}_1+\cdots +j_l=n\\ j_1,\cdots ,j_l\ge 0\end{array}}{\sum }\left(\begin{array}{c}2n\\ 2j_1,\cdots ,\text{2}{j}_l\end{array}\right)E_{2j_1}\cdots E_{2j_l}}$

的生成函数满足的关系式，再通过对关系式两端取系数建立多重卷积的递推关系，并给出一些特殊的卷积恒等式；之后，利用部分分式展开法和生成函数方法，得到关于Bernoulli数与Genocchi数的混合多重卷积恒等式，由此可证明混合多重卷积

$S_n^{\left(k\right)}\left(l,k-l\right):={\displaystyle \underset{\begin{array}{c}{j}_1+\cdots +j_k=n\\ j_1,\cdots ,j_k\ge 0\end{array}}{\sum }\left(\begin{array}{c}n\\ j_1,\cdots ,j_k\end{array}\right)B_{j_1}\cdots B_{j_l}{G}_{j_{l+1}}\cdots G_{j_k}}$

可以由Bernoulli数 $B_n$ 、Genocchi数 $G_n$ 与Euler数 $E_n\left(0\right)$ 表示。

2. Bernoulli数与Euler数的多重卷积的递推关系

定义1 给定一个序列 ${\left(h_n\right)}_{n\in \mathbb{N}}$ ，若存在 $a_1,\cdots ,a_k$ ，使得

$h_n=a_1{h}_{n-1}+\cdots +a_k{h}_{n-k}$ ， $n\ge k$ ，

则称序列 ${\left(h_n\right)}_{n\in \mathbb{N}}$ 满足k阶齐次线性递推关系。

本节利用导子多项式的性质及Bernoulli数与Euler数的生成函数，建立Bernoulli数与Euler数的多重卷积的递推关系。

对于整数 $2n>l\ge 1$ ，有下列Euler型多重卷积公式 [5] 成立：

${\epsilon }_1\left(n,l\right):={\displaystyle \underset{\begin{array}{c}{j}_1+\cdots +j_l=n\\ j_1,\cdots ,j_l\ge 0\end{array}}{\sum }\left(\begin{array}{c}2n\\ 2j_1,\cdots ,2j_l\end{array}\right)B_{2j_1}\cdots B_{2j_l}}={\left(-1\right)}^{l-1}l!\left(\begin{array}{c}2n\\ l\end{array}\right){\displaystyle \underset{k=0}{\overset{\left[\frac{l-1}{2}\right]}{\sum }}\frac{B_{2n-2k}}{2n-2k}W\left(k,l\right)}$ ，

其中

$W\left(k,l\right)={\displaystyle \underset{i=0}{\overset{2k}{\sum }}{\left(-1\right)}^i\frac{2^{-i}}{\left(l-1-i\right)!}\left(\begin{array}{l}l\\ i\end{array}\right)\left[\begin{array}{c}l-i\\ l-2k\end{array}\right]}$ ，

$\left[\begin{array}{c}n\\ k\end{array}\right]$ 表示第一类Stirling数 [9] 。除 ${\epsilon }_1\left(n,l\right)$ 之外，对于整数 $n\ge l\ge 1$ ，有下列Rademacher型多重卷积公式 [5] 成立：

${\epsilon }_2\left(n,l\right):={\displaystyle \underset{\begin{array}{c}{j}_1+\cdots +j_l=n\\ j_1,\cdots ,j_l\ge 0\end{array}}{\sum }\left(\begin{array}{c}2n+l\\ 2j_1+1,\cdots ,2j_l+1\end{array}\right)}\frac{B_{2j_1+2}\cdots B_{2j_l+2}}{\left(j_1+1\right)\cdots \left(j_l+1\right)}={\left(-1\right)}^{l-1}{2}^{l-1}{\displaystyle \underset{k=0}{\overset{\left[\frac{l-1}{2}\right]}{\sum }}\frac{B_{2n+2l-2k}}{n+l-k}T\left(k,l\right)}$ ，

其中

$T\left(k,l\right)={\displaystyle \underset{m=2k+1}{\overset{l}{\sum }}{\displaystyle \underset{i=0}{\overset{2k}{\sum }}{\left(-1\right)}^i\frac{2^{-i}}{\left(m-1-i\right)!}\left(\begin{array}{c}l\\ m\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}m\\ i\end{array}\right)\frac{1}{{\left(2n+l+1\right)}_{l-m}}\left[\begin{array}{c}m-i\\ m-2k\end{array}\right]}}$ 。

例如，对 $n\ge 2$ ，有 ${\epsilon }_1\left(n,2\right)=-\left(2n-1\right)B_n$ ，该公式即为Euler恒等式。此外，

${\epsilon }_2\left(n,1\right)=\frac{B_{2n+2}}{n+1}$ ， ${\epsilon }_2\left(n,2\right)=-\frac{2\left(2n+5\right)B_{2n+4}}{\left(2n+3\right)\left(n+2\right)}$ 。

Euler型多重卷积及Rademacher型多重卷积在量子场理论及拓扑弦论中有重要的应用(见 [15] )。

下面建立上述两个Bernoulli数多重卷积的递推关系。

定理1 对于正整数 $n\ge l$ ，Euler型多重卷积 ${\epsilon }_1\left(n,l\right)$ 和Rademacher型多重卷积 ${\epsilon }_2\left(n,l\right)$ 满足下面的递推关系：

${\epsilon }_1\left(n,l+1\right)=-\frac{2n-l}{l}{\epsilon }_1\left(n,l\right)+\frac{n\left(2n-1\right)}{2}{\epsilon }_1\left(n-1,l-1\right)$ ， $l\ge 2$ ， (5)

${\epsilon }_2\left(n-1,l+1\right)=-\frac{2\left(2n+3l\right)}{l\left(2n+l\right)}{\epsilon }_2\left(n,l\right)+{\epsilon }_2\left(n,l-1\right)$ ， $l\ge 2$ 。 (6)

证明根据生成函数(1)，定义

$g_1\left(t\right):=t\coth \left(t\right)={\displaystyle \underset{n=0}{\overset{\infty }{\sum }}{B}_{2n}\frac{{\left(2t\right)}^{2n}}{\left(2n\right)!}}$ ， $g_2\left(t\right):=t\coth \left(t\right)-1={\displaystyle \underset{n=0}{\overset{\infty }{\sum }}{B}_{2n+2}\frac{{\left(2t\right)}^{2n+2}}{\left(2n+2\right)!}}$ ，

则有

$g_1{\left(t\right)}^l={\displaystyle \underset{n=0}{\overset{\infty }{\sum }}{\epsilon }_1\left(n,l\right)\frac{{\left(2t\right)}^{2n}}{\left(2n\right)!}}$ ， $g_2{\left(t\right)}^l={\displaystyle \underset{n=0}{\overset{\infty }{\sum }}{\epsilon }_2\left(n,l\right)\frac{2^{2n+l}{t}^{2n+2l}}{\left(2n+l\right)!}}$ 。 (7)

运用导子多项式的性质

$\cot h^{\prime }\left(t\right)=P_1\left(\coth \left(t\right)\right)=1-{\coth }^2\left(t\right)$ ，

则

$t{g}_1{}^{\prime }\left(t\right)=t{\left(t\coth \left(t\right)\right)}^{\prime }=t\left(\coth \left(t\right)+t\left(1-{\coth }^2\left(t\right)\right)\right)=t^2+g_1\left(t\right)-g_1{\left(t\right)}^2$ ，

类似可得

$t{g}_2{}^{\prime }\left(t\right)=t^2-g_2\left(t\right)-g_2{\left(t\right)}^2$ ， ${\left(t{g}_1{\left(t\right)}^l\right)}^{\prime }=(l+1)g_1{\left(t\right)}^l-l{g}_1{\left(t\right)}^{l+1}+l{t}^2{g}_1{\left(t\right)}^{l-1}$ ，

${\left(t{g}_2{\left(t\right)}^l\right)}^{\prime }=\left(-l+1\right)g_2{\left(t\right)}^l-l{g}_2{\left(t\right)}^{l+1}+l{t}^2{g}_2{\left(t\right)}^{l-1}$ ，

再将(7)式代入，可得

${\left({\displaystyle \underset{n=0}{\overset{\infty }{\sum }}{\epsilon }_1\left(n,l\right)\frac{2^{2n}{t}^{2n+1}}{\left(2n\right)!}}\right)}^{\prime }=\left(l+1\right){\displaystyle \underset{n=0}{\overset{\infty }{\sum }}{\epsilon }_1\left(n,l\right)\frac{{\left(2t\right)}^{2n}}{\left(2n\right)!}}-l{\displaystyle \underset{n=0}{\overset{\infty }{\sum }}{\epsilon }_1\left(n,l+1\right)}\frac{{\left(2t\right)}^{2n}}{\left(2n\right)!}+l{\displaystyle \underset{n=0}{\overset{\infty }{\sum }}{\epsilon }_1\left(n,l-1\right)}\frac{2^{2n}{t}^{2n+2}}{\left(2n\right)!}$ ，

比较等式两边 $t^{2n}$ 的系数即可得(5)式，同理并比较 $t^{2n+2l}$ 的系数可得(6)式。□

对于Bernoulli数的上述Euler型多重卷积，当 $l-1$ 重与l重卷积的表达式确定之后，即可利用递推关系(5)确定 $l+1$ 重卷积的表达式。类似地，对于上述Rademacher型多重卷积，也可递推地确定 $l+1$ 重卷积的表达式，但需注意为得到最终结果，在利用(6)式之后，还需进行变量替换 $n\to n+1$ 。

例1在定理1中取 $l=2,3,4$ ，可得

$\begin{array}{l}{\epsilon }_1\left(n,3\right)=3!\left(\begin{array}{c}2n\\ 3\end{array}\right)\left[\frac{B_{2n}}{4n}+\frac{B_{2n-2}}{8\left(n-1\right)}\right],{\epsilon }_1\left(n,4\right)=-4!\left(\begin{array}{c}2n\\ 4\end{array}\right)\left[\frac{B_{2n}}{12n}+\frac{B_{2n-2}}{6\left(n-1\right)}\right],\\ {\epsilon }_1\left(n,5\right)=5!\left(\begin{array}{c}2n\\ 5\end{array}\right)\left[\frac{B_{2n}}{48n}+\frac{5B_{2n-2}}{48\left(n-1\right)}+\frac{B_{2n-4}}{32\left(n-2\right)}\right],\\ {\epsilon }_2\left(n,3\right)=\frac{2\left(2n+7\right)\left(n+4\right)B_{2n+6}}{\left(2n+5\right)\left(n+3\right)\left(n+2\right)}+\frac{B_{2n+4}}{n+2},{\epsilon }_2\left(n,4\right)=-\frac{8{\langle 2n+9\rangle }_3{B}_{2n+8}}{3{\langle 2n+5\rangle }_4}-\frac{32\left(n+4\right)B_{2n+6}}{3{\langle 2n+5\rangle }_2},\\ {\epsilon }_2\left(n,5\right)=\frac{4{\langle 2n+11\rangle }_4{B}_{2n+10}}{3{\langle 2n+6\rangle }_5}+\frac{20{\langle 2n+10\rangle }_2{B}_{2n+8}}{3{\langle 2n+6\rangle }_3}+\frac{B_{2n+6}}{n+3},\end{array}$

其中 ${\langle x\rangle }_n$ 为升阶乘，定义为 ${\langle x\rangle }_0=1$ ， ${\langle x\rangle }_n=x\left(x+1\right)\cdots \left(x+n-1\right)$ ， $n=1,2,\cdots$ 。□

类似地，对于Euler数，若定义：

${\epsilon }_3\left(n,l\right):={\displaystyle \underset{\begin{array}{c}{j}_1+\cdots +j_l=n\\ j_1,\cdots ,j_l\ge 0\end{array}}{\sum }\left(\begin{array}{c}2n\\ 2j_1,\cdots ,2j_l\end{array}\right)E_{2j_1}\cdots E_{2j_l}}$ ，

则根据Berndt [11] 的著作，有 ${\epsilon }_3\left(n,1\right)=E_{2n}$ ， ${\epsilon }_3\left(n,2\right)=4^{n+1}\left({\text{2}}^{\text{2}n+\text{2}}-1\right)\frac{B_{2n+2}}{2n+2}$ 。最近，初文昌 [5] 建立了l为偶数与奇数时， ${\epsilon }_3\left(n,l\right)$ 的两个表达式。下面给出 ${\epsilon }_3\left(n,l\right)$ 的递推关系。

定理2对于正整数 $n\ge l$ ，Euler型多重卷积 ${\epsilon }_3\left(n,l\right)$ 满足下面的递推关系：

${\epsilon }_3\left(n,l+2\right)=-\frac{1}{l\left(l+1\right)}{\epsilon }_3\left(n+1,l\right)+\frac{l}{l+1}{\epsilon }_3\left(n,l\right)$ ， $l\ge 1$ 。

证明根据生成函数(1)，定义

$g_3\left(t\right):=\mathrm{sech}\left(t\right)={\displaystyle \underset{n=0}{\overset{\infty }{\sum }}{E}_{2n}\frac{t^{2n}}{\left(2n\right)!}}$ ， (8)

则有

$g_3{\left(t\right)}^l={\displaystyle \underset{n=0}{\overset{\infty }{\sum }}{\epsilon }_3\left(n,l\right)\frac{t^{2n}}{\left(2n\right)!}}$ ，

又由导子多项式的性质得

$\begin{array}{l}{g^{\prime }}_3\left(t\right)=-\text{tanh}\left(t\right)\mathrm{sech}\left(t\right),{g^{″}}_3\left(t\right)=g_3\left(t\right)-2g_3{\left(t\right)}^3,\\ {\left(g_3{\left(t\right)}^l\right)}^{\prime }=l{g}_3{\left(t\right)}^{l-1}{g^{\prime }}_3\left(t\right),{\left(g_3{\left(t\right)}^l\right)}^{\prime \text{}\prime }=l^2{g}_3{\left(t\right)}^l-l\left(l+1\right)g_3{\left(t\right)}^{l+2},\end{array}$

将(8)式代入并比较 $t^{2n}$ 的系数，再整理即可得到定理2。□

例2 在定理2中取 $l=1,2,3,4$ ，可得以下恒等式：

$\begin{array}{l}{\epsilon }_3\left(n,3\right)=-\frac{E_{2n+2}}{2}+\frac{E_{2n}}{2},{\epsilon }_3\left(n,4\right)=4^{n+1}\left[-\frac{\left(2^{2n+4}-1\right)B_{2n+4}}{3\left(n+2\right)}+\frac{\left(2^{2n+2}-1\right)B_{2n+2}}{3\left(n+1\right)}\right],\\ {\epsilon }_3\left(n,5\right)=\frac{E_{2n+4}}{24}-\frac{5E_{2n+2}}{12}+\frac{3E_{2n}}{8},\\ {\epsilon }_3\left(n,6\right)=4^{n+1}\left[\frac{\left(2^{2n+6}-1\right)B_{2n+6}}{15\left(n+3\right)}-\frac{\left(2^{2n+4}-1\right)B_{2n+4}}{3\left(n+2\right)}+\frac{4\left(2^{2n+2}-1\right)B_{2n+2}}{15\left(n+1\right)}\right].\end{array}$

由定理2可知，当l为偶数时 ${\epsilon }_3\left(n,l\right)$ 可以由Bernoulli数 $B_{2n}$ 表示，当l为奇数时 ${\epsilon }_3\left(n,l\right)$ 可以由Euler数 $E_{2n}$ 表示。

3. Bernoulli数与Genocchi数的混合多重卷积恒等式

Dilcher [2] 建立了高阶Bernoulli数 $B_n^{\left(k\right)}$ 的表达式

$B_n^{\left(k\right)}={\left(-1\right)}^{k-1}k\left(\begin{array}{l}n\\ k\end{array}\right){\displaystyle \underset{j=1}{\overset{k}{\sum }}\left[\begin{array}{l}k\\ j\end{array}\right]\frac{B_{n-k+j}}{n-k+j}}$ ， (9)

例如，

$\begin{array}{l}{B}_n^{\left(2\right)}=-\left(n-1\right)B_n-n{B}_{n-1},B_n^{\left(3\right)}=\frac{\left(n-1\right)\left(n-2\right)}{2}{B}_n+\frac{3n\left(n-2\right)}{2}{B}_{n-1}+n\left(n-1\right)B_{n-2},\\ B_n^{\left(4\right)}=-\frac{\left(n-1\right)\left(n-2\right)\left(n-3\right)}{6}{B}_n-n\left(n-2\right)\left(n-3\right)B_{n-1}-\frac{11n\left(n-1\right)\left(n-3\right)}{6}{B}_{n-2}-n\left(n-1\right)\left(n-2\right)B_{n-3}.\end{array}$

此外，Dilcher [2] 还建立了高阶Euler多项式在0处的值 $E_n^{\left(k\right)}\left(0\right)$ 的表达式

$\begin{array}{c}{E}_n^{\left(k\right)}\left(0\right)=\left[\frac{t^n}{n!}\right]{\left(\frac{2}{{\text{e}}^t+1}\right)}^k={\displaystyle \underset{\begin{array}{c}{j}_1+\cdots +j_k=n\\ j_1,\cdots ,j_k\ge 0\end{array}}{\sum }\left(\begin{array}{c}2n\\ 2j_1,\cdots ,2j_k\end{array}\right)E_{2j_1}\left(0\right)\cdots E_{2j_k}\left(0\right)}\\ =\frac{2^{k-1}}{\left(k-1\right)!}{\displaystyle \underset{j=0}{\overset{k-1}{\sum }}\left[\begin{array}{c}k\\ k-j\end{array}\right]E_{n+k-1-j}}\left(0\right),\end{array}$

其中， $n\ge k\ge 1$ ， $E_n\left(0\right)$ 为Euler多项式 $E_n\left(x\right)$ 在0处的值，为简便起见，本文中也称之为Euler数。结合生成函数(2)可得如下引理。

引理1高阶Genocchi数 $G_n^{\left(k\right)}$ 可以用Euler数 $E_n\left(0\right)$ 表示：

$G_n^{\left(k\right)}=k\left(\begin{array}{l}n\\ k\end{array}\right)2^{k-1}{\displaystyle \underset{j=0}{\overset{k-1}{\sum }}\left[\begin{array}{c}k\\ k-j\end{array}\right]E_{n-1-j}\left(0\right)}$ ， $n\ge k\ge 1$ 。 (10)

证明由生成函数(2)以及上述Dilcher的结果，可得

$G_n^{\left(k\right)}=n!\left[t^{n-k}\right]{\left(\frac{2}{{\text{e}}^{2t}-1}\right)}^k=\frac{n!}{\left(n-k\right)!}\left[\frac{t^{n-k}}{\left(n-k\right)!}\right]{\left(\frac{2}{{\text{e}}^{2t}-1}\right)}^k=k\left(\begin{array}{l}n\\ k\end{array}\right)2^{k-1}{\displaystyle \underset{j=0}{\overset{k-1}{\sum }}\left[\begin{array}{c}k\\ k-j\end{array}\right]E_{n-1-j}\left(0\right)}$ 。

例3 在引理1中取 $k=1,2,3,4$ ，可得

$\begin{array}{l}{G}_n^{\left(1\right)}=n{E}_{n-1}\left(0\right),\\ G_n^{\left(2\right)}=2n\left(n-1\right)\left[E_{n-1}\left(0\right)+E_{n-2}\left(0\right)\right],\\ G_n^{\left(3\right)}=2n\left(n-1\right)\left(n-2\right)\left[E_{n-1}\left(0\right)+3E_{n-2}\left(0\right)+2E_{n-3}\left(0\right)\right],\\ G_n^{\left(4\right)}=\frac{4n\left(n-1\right)\left(n-2\right)\left(n-3\right)}{3}\left[E_{n-1}\left(0\right)+6E_{n-2}\left(0\right)+11E_{n-3}\left(0\right)+6E_{n-4}\left(0\right)\right].\end{array}$

下面考虑l个Bernoulli数与 $k-l$ 个Genocchi数的混合多重卷积。

定理3对于正整数 $n,k,l$ ，有以下恒等式成立：

$\begin{array}{c}{S}_n^{\left(k\right)}\left(l,k-l\right):={\displaystyle \underset{\begin{array}{l}{j}_1+\cdots +j_k=n\\ j_1,\cdots ,j_k\ge 0\end{array}}{\sum }\left(\begin{array}{c}n\\ j_1,\cdots ,j_k\end{array}\right)B_{j_1}\cdots B_{j_l}{G}_{j_{l+1}}\cdots G_{j_k}}\\ ={\displaystyle \underset{i=1}{\overset{l}{\sum }}{\left(-\frac{1}{2}\right)}^{l-i}\frac{{\left(n\right)}_{k-i}{\langle k-l\rangle }_{l-i}}{\left(l-i\right)!}{B}_{n-k+i}^{\left(i\right)}}+{\left(-\frac{1}{2}\right)}^l{\displaystyle \underset{j=1}{\overset{k-l}{\sum }}\frac{{\left(n\right)}_{k-j}{\langle l\rangle }_{k-l-j}}{\left(k-l-j\right)!}{G}_{n-k+j}^{\left(j\right)}},\end{array}$

其中， ${\left(x\right)}_n$ 为降阶乘，定义为 ${\left(x\right)}_0=1$ ， ${\left(x\right)}_n=x\left(x-1\right)\cdots \left(x-n+1\right)$ ， $n=1,2,\cdots$ 。

证明根据Bernoulli数与Genocchi数的生成函数，定理3左边的生成函数可改写为

${\left(\frac{t}{{\text{e}}^t-1}\right)}^l{\left(\frac{2t}{{\text{e}}^t+1}\right)}^{k-l}=\frac{2^{k-l}{t}^k}{{\left({\text{e}}^t-1\right)}^l{\left({\text{e}}^t+1\right)}^{k-l}}$ ， (11)

对上式进行部分分式展开，为简便起见，定义

$f\left(z\right):=\frac{1}{{\left(z-1\right)}^l{\left(z+1\right)}^{k-l}}={\displaystyle \underset{i=1}{\overset{l}{\sum }}\frac{A_i}{{\left(z-1\right)}^i}+{\displaystyle \underset{j=1}{\overset{k-l}{\sum }}\frac{B_j}{{\left(z+1\right)}^j}}}$ ，

其中 $A_i$ 和 $B_j$ 为待定系数， $i=1,\cdots ,l$ ， $j=1,\cdots ,k-l$ 。系数 $A_i$ 满足

$A_i=\frac{{\left(-1\right)}^{l-i}{\langle k-l\rangle }_{l-i}}{2^{k-i}\left(l-i\right)!}$ ， $f\left(z\right)-{\displaystyle \underset{s=i}{\overset{l}{\sum }}\frac{A_s}{{\left(z-1\right)}^s}=}\frac{1}{{\left(z-1\right)}^l{\left(z+1\right)}^{k-l}}\left[1+{\displaystyle \underset{\tau =0}{\overset{l-i}{\sum }}{\left(-1\right)}^{\tau -1}\frac{{\langle k-l\rangle }_{\tau }}{\tau !}}{\left(\frac{z-1}{2}\right)}^{\tau }{\left(\frac{z+1}{2}\right)}^{k-l}\right]$ 。(12)

可通过反向数学归纳法证明上式从 $i=l$ 到 $i=1$ 都成立。首先，系数 $A_l$ 容易求得：

$A_l=\underset{z\to 1}{\lim }{\left(z-1\right)}^{l}f\left(z\right)=\underset{z\to 1}{\lim }\frac{1}{{\left(z+1\right)}^{k-l}}=\frac{1}{2^{k-l}}$ ，

由此可得

$f\left(z\right)-\frac{A_l}{{\left(z-1\right)}^l}=\frac{1}{{\left(z-1\right)}^l{\left(z+1\right)}^{k-l}}-\frac{1}{2^{k-l}{\left(z-1\right)}^l}=\frac{1}{{\left(z-1\right)}^l{\left(z+1\right)}^{k-l}}\left[1-{\left(\frac{z+1}{2}\right)}^{k-l}\right]$ ，

所以当 $i=l$ 时，(12)式成立。假设(12)式对i成立，根据归纳假设，可得 $A_{i-1}$ 如下：

$\begin{array}{c}{A}_{i-1}=\underset{z\to 1}{\lim }{\left(z-1\right)}^{i-1}\left[f\left(z\right)-{\displaystyle \underset{s=i}{\overset{l}{\sum }}\frac{A_s}{{\left(z-1\right)}^s}}\right]\\ =\underset{z\to 1}{\lim }\frac{1}{{\left(z-1\right)}^{l-i+1}{\left(z+1\right)}^{k-l}}\left[{\left(z+1\right)}^{-k+l}+{\displaystyle \underset{\tau =0}{\overset{l-i}{\sum }}{\left(-1\right)}^{\tau -1}\frac{{\langle k-l\rangle }_{\tau }}{\tau !}{\left(\frac{z-1}{2}\right)}^{\tau }\frac{1}{2^{k-l}}}\right].\end{array}$

运用 $l-i+1$ 次洛必达法则可得

$A_{i-1}=\frac{{\left(-1\right)}^{l-i+1}{\langle k-l\rangle }_{l-i+1}}{2^{k-i+1}\left(l-i+1\right)!}$ ，

由此得

$\begin{array}{c}f\left(z\right)-{\displaystyle \underset{s=i-1}{\overset{l}{\sum }}\frac{A_s}{{\left(z-1\right)}^s}}=\left[f\left(z\right)-{\displaystyle \underset{s=i}{\overset{l}{\sum }}\frac{A_s}{{\left(z-1\right)}^s}}\right]-\frac{A_{i-1}}{{\left(z-1\right)}^{i-1}}\\ =\frac{1}{{\left(z-1\right)}^l{\left(z+1\right)}^{k-l}}\left[1+{\displaystyle \underset{\tau =0}{\overset{l-i+1}{\sum }}{\left(-1\right)}^{\tau -1}\frac{{\langle k-l\rangle }_{\tau }}{\tau !}{\left(\frac{z-1}{2}\right)}^{\tau }{\left(\frac{z+1}{2}\right)}^{k-l}}\right].\end{array}$

所以(12)式对第 $i-1$ 项也成立。同理，也可验证系数 $B_j$ 满足

$B_j={\left(-1\right)}^l\frac{{\langle l\rangle }_{k-l-j}}{2^{k-j}\left(k-l-j\right)!}$ ， $f\left(z\right)-{\displaystyle \underset{s=j}{\overset{k-l}{\sum }}\frac{B_s}{{\left(z+1\right)}^s}=}\frac{1-{\left(-1\right)}^l{\displaystyle \underset{\tau =0}{\overset{k-l-j}{\sum }}\frac{{\langle l\rangle }_{\tau }}{\tau !}{\left(\frac{z+1}{2}\right)}^{\tau }{\left(\frac{z-1}{2}\right)}^l}}{{\left(z-1\right)}^l{\left(z+1\right)}^{k-l}}$ 。

由此，系数 $A_i$ 与 $B_j$ 都得到确定，则(11)式的生成函数进行部分分式展开后得到

$\frac{2^{k-l}{t}^k}{{\left({\text{e}}^t-1\right)}^l{\left({\text{e}}^t+1\right)}^{k-l}}={\displaystyle \underset{i=1}{\overset{l}{\sum }}{\left(-\frac{1}{2}\right)}^{l-i}\frac{{\langle k-l\rangle }_{l-i}}{\left(l-i\right)!}}\frac{t^k}{{\left({\text{e}}^t-1\right)}^i}+{\displaystyle \underset{j=1}{\overset{k-l}{\sum }}{\left(-\frac{1}{2}\right)}^l\frac{{\langle l\rangle }_{k-l-j}}{\left(k-l-j\right)!}\frac{2^j{t}^k}{{\left({\text{e}}^t+1\right)}^j}}$ 。

利用生成函数(2)比较 $t^n/n!$ 的系数，即可得到所求恒等式。□

下面考虑定理3的一些特殊情况。当 $l=k$ 或 $l=0$ 时，由定理3可得(9)式和(10)式。当 $l=k-1$ 及 $l=1$ 时，有如下两个推论成立。

推论1对于正整数 $n\ge k\ge 2$ ，可得以下恒等式：

$S_n^{\left(k\right)}\left(k-1,1\right)={\displaystyle \underset{\begin{array}{l}{j}_1+\cdots +j_k=n\\ j_1,\cdots ,j_k\ge 0\end{array}}{\sum }\left(\begin{array}{c}n\\ j_1,\cdots ,j_k\end{array}\right)B_{j_1}\cdots B_{j_{k-1}}{G}_{j_k}}={\displaystyle \underset{i=1}{\overset{k-1}{\sum }}{\left(-\frac{1}{2}\right)}^{k-1-i}{\left(n\right)}_{k-i}{B}_{n-k+i}^{\left(i\right)}}+{\left(-\frac{1}{2}\right)}^{k-1}{\left(n\right)}_{k-1}{G}_{n-k+1}$ 。

例4在推论1中取 $k=2,3,4$ ，结合(9)式和(10)式，可得

$\begin{array}{l}{S}_n^{\left(2\right)}\left(1,1\right)={\displaystyle \underset{j=0}{\overset{n}{\sum }}\left(\begin{array}{l}n\\ j\end{array}\right)B_j{G}_{n-j}}=n{B}_{n-1}-\frac{n}{2}{G}_{n-1},\\ S_n^{\left(3\right)}\left(2,1\right)={\displaystyle \underset{j_1+j_2+j_3=n}{\sum }\left(\begin{array}{c}n\\ j_1,j_2,j_3\end{array}\right)B_{j_1}{B}_{j_2}{G}_{j_3}}=-n\left(n-2\right)B_{n-1}-\frac{3n\left(n-1\right)}{2}{B}_{n-2}+\frac{n\left(n-1\right)}{4}{G}_{n-2},\\ S_n^{\left(4\right)}\left(3,1\right)=\frac{n\left(n-2\right)\left(n-3\right)}{2}{B}_{n-1}+2n\left(n-1\right)\left(n-3\right)B_{n-2}+\frac{7n\left(n-1\right)\left(n-2\right)}{4}{B}_{n-3}-\frac{n\left(n-1\right)\left(n-2\right)}{8}{G}_{n-3}.\end{array}$

推论2对于正整数 $n\ge k\ge 2$ ，可得以下恒等式：

$S_n^{\left(k\right)}\left(1,k-1\right)={\displaystyle \underset{\begin{array}{l}{j}_1+\cdots +j_k=n\\ j_1,\cdots ,j_k\ge 0\end{array}}{\sum }\left(\begin{array}{c}n\\ j_1,\cdots ,j_k\end{array}\right)B_{j_1}{G}_{j_2}\cdots G_{j_k}}={\left(n\right)}_{k-1}{B}_{n-k+1}-\frac{1}{2}{\displaystyle \underset{j=1}{\overset{k-1}{\sum }}{\left(n\right)}_{k-j}}{G}_{n-k+j}^{\left(j\right)}$ 。

例5在推论2中取 $k=2$ 可得 $S_n^{\left(2\right)}\left(1,1\right)$ ，取 $k=3,4$ ，并结合(9)式和(10)式，可得