编辑2018-04-16：公式已更正。
我不确定与$\beta_{mv}$的联系，但我们可以获得$a_{j，m}$的递归公式，如下所示。
首先，让我们修复$j<0$或$j>m$的未使用值$A_{j，m}=0$，因此我们不需要关心$j$的求和范围。
展开$（n-k）^j$并使用Faulhaber公式，我们得到$$\sum_{k=0}^{n-1}（n-k）^jk^j=\sum_{k=0.}^{n-1}\sum_i\binom{j} 我n^{j-i}（-1）^ik^{i+j}$$$$=\sum_{i}\binom{j}{i}n^{j-i}\frac{（-1）^i}{i+j+1}\left[\sum_t\binom}i+j+1}tB_tn^{i+j+1-t}-B_{i+j+1}\right]$$$$=\sum_｛i，t｝\binom｛j｝｛i｝\frac｛（-1）^i｝｛i+j+1｝\binom｛i+j+1｝t B_t n^｛2j+1-t｝-\sum_｛i｝\binom｛j｝｛i｝\frac｛（-1）^i｝｛i+j+1｝B_ i+j+1｝n^｛j-i｝$$其中$B_t$是伯努利数。
现在，我们注意到$$\sum_{i}\binom{j}{i}\frac{（-1）^i}{i+j+1}\binom{i+j+1}t=\开始{cases}\裂缝{1}{（2j+1）\binom{2j}个}，&\text{if}t=0\\\压裂{（-1）^j}{t}\binom{j}{2j-t+1}，&\text{if}t>0。\结束{cases}$$特别是，$0<t\leq j$的最后一个总和为零。
因此，分别引入$\ell=2j+1-t$和$\ell=j-i$，我们得到$$\sum_｛k=0｝^｛n-1｝（n-k）^ j k ^ j=\压裂{1}{（2j+1）\binom{2j}个}n^{2j+1}+\sum_{ell}\frac{（-1）^j}{2j+1-\ell}\binom{j}{\ell}B_{2j+1-\ell}n^{ell}-\sum_{ellneneneep \binom}{j}{\ell{（-1）$$$$=\压裂{1}{（2j+1）\binom{2j}个}n^{2j+1}+2\sum_{\text{奇数}\ell}\frac{（-1）^j}{2j+1-\ell}\binom{j}{\ell}B{2j+1-\ell}n^{\ellneneneep$$
使用$A_{j，m}$的定义，我们获得了$n$中多项式的以下恒等式：$$（\星）\qquad\sum_{j}A_{j，m}\frac{1}{（2j+1）\binom{2j}个}n^{2j+1}+2\sum_{j，\text{奇数}\ell}A_{j、m}\binom{j}{\ell}\frac{（-1）^j}{2j+1-\ell}B_2j+1-\ ell}n^{ell}\equivn^{2m+1}$$
取$（\star）$中$n^{2m+1}$的系数，得到$A{m，m}=（2m+1）\binom{2m}{m}$取整数$d$在$m/2\leqd<m$范围内的系数$x^{2d+1}$，得到$A{d，m}=0$。
对于$m/4\leqd<m/2$，取$（\star）$中$n^{2d+1}$的系数，得到$$A{d，m}\frac{1}{（2d+1）\binom{2d}{d}}+2（2m+1）\biom{2m}{m}\binom}{2d+1}\frac{（-1）^m}{2m-2d}B{2m-2d}=0$$即$$A_{d，m}=（-1）^{m-1}\frac{（2m+1）！}{d！d！m！（m-2d-1）！}\frac{1}{m-d}B_{2m-2d}$$
类似地，我们可以通过先前确定的$A_{j，m}$的值来表示$m/2^{s+1}\leq d<m/2^s$范围内的每个整数$d$的$A{d，m}$（连续迭代$s=1,2，\dots$），如下所示：$$A{d，m}=（2d+1）\binom{2d}{d}\sum{j\geq2d+1}A{j，m}\binom}{2d+1}\frac{（-1）^{j-1}}{j-d}B{2j-2d}$$同样的公式也适用于$d=0$。
