在《数学分析》（第一卷）的附录中，卓里奇（Владимир Антонович Зорич）指出伯努利多项式（Bernoulli polynomial）可以表达为如下四种等价形式：
\[ \newcommand{\d}{\mathrm{d}} \newcommand{\C}[2]{{#1 \choose #2}} \newcommand{\S}[2]{{#1 \brace #2}} \begin{aligned} 1) & \quad B_0(x)\equiv 1,\ B_n'(x)=nB_{n-1}(x),\ \int_0^1B_n(x)\d x=0\ (n\ge 1)\\ 2) & \quad \frac{ze^{xz}}{e^z-1}=\sum\limits_{n=0}^\infty \frac{B_n(x)}{n!}z^n\\ 3) & \quad B_n(x)=\sum\limits_{k=0}^n \C{n}{k} B_{n-k}x^k,\ B_0(x)\equiv 1\\ & \quad \text{or }\quad B_n(x)=\sum\limits_{m=0}^n\frac{1}{m+1}\sum\limits_{k=0}^m (-1)^k\C{m}{k}(x+k)^n,\ B_0(x)\equiv 1\\ 4) & \quad B_n(x)=\sum\limits_{m=0}^n\frac{1}{m+1}\sum\limits_{k=0}^m(-1)^k\C{m}{k}(x+k)^n,\ B_0(x)\equiv 1 \end{aligned} \]\(1)\Rightarrow 2)\Rightarrow 3)\Rightarrow 4)\)是显然的，本文余下的部分证明\(4)\Rightarrow 1)\)。
在开始证明之前，先引入组合数学中第二类斯特林数（Stirling numbers of the second kind）的概念：
\(S(n,m)\)，或者\({n\brace m}\)，表示将\(n\)个不同的小球放入\(m\)个相同的盒子中且无空盒的放法数。它同时等于含有\(n\)个元素的集合划分为\(m\)个子块的分法个数。
第二类斯特林数具有如下的性质：
\[ \begin{aligned} a) & \quad \S{n+1}{m+1}=\S{n}{m}+(m+1)\cdot\S{n}{m+1}\\ b) & \quad \S{n}{m}=\frac{(-1)^m}{m!}\sum\limits_{k=0}^m(-1)^k\C{m}{k}\cdot k^n\\ c) & \quad \S{n+1}{m+1}=\sum\limits_{k=m}^n\C{n}{k}\cdot\S{k}{m}\\ \end{aligned} \]证：
\(a)\qquad\)单独考虑其中的一个球A（不必计算重数），剩下的\(n\)个球要么与A不在同一个盒中（此时固定其他的球，A所在的盒也是固定的），要么占据\(m+1\)个盒（此时固定其他的球，A仍有\(m+1\)种放法）。
\(b)\qquad\)假设在第二类斯特林数的定义中，允许盒子为空，并且\(m\)个盒有区别，那么枚举空盒的数目\(k\)，放法数为
\[ \sum\limits_{k=0}^nT(k)=\sum\limits_{k=0}^n\frac{m!}{(m-k)!}\S{n}{k}=m^n \]此外我们有
\[ m!\cdot\S{n}{m}=T(0) \]空盒的个数不小于\(k\)的情况数为
\[ \C{m}{k}\cdot(m-k)^n \]其中\(\C{m}{k}\)是至少产生\(k\)个空盒的情况数。因此
\[ \sum\limits_{l=0}^m\C{l}{k}\cdot T(l)=\C{m}{k}\cdot(m-k)^n \]最后
\[ \begin{aligned} \sum\limits_{k=0}^m(-1)^k\C{m}{k}\cdot(m-k)^n & = \sum\limits_{k=0}^m(-1)^k\sum\limits_{l=0}^m\C{l}{k}\cdot T(l)\\ & = \sum\limits_{l=0}^m T(l)\sum\limits_{k=0}^m(-1)^k\C{l}{k}\\ & = \sum\limits_{l=0}^m T(l)\cdot 0^l\\ & = T(0)\\ & = m!\cdot \S{n}{m} \end{aligned} \]其中\(0^l\)表示
\[ 0^l= \begin{cases} 1,& l=0\\ 0,& l\ne 0 \end{cases} \]于是
\[ \begin{aligned} \S{n}{m}&=\frac{1}{m!}\sum\limits_{k=0}^m(-1)^k\C{m}{k}\cdot (m-k)^n\\&=\frac{(-1)^m}{m!}\sum\limits_{k=0}^m(-1)^k\C{m}{k}\cdot k^n \end{aligned} \]\(c)\qquad\)从\(m+1\)个盒中选出一个盒B（不必计算重数），考虑将\(k\)个球放入B以外\(m\)个盒中的情况数并使\(k=m,\cdots,n\)累加即可。
其中\(b)\)被成为第二类斯特林数的容斥式（可以通过容斥原理得出），如果以\(b)\)作为第二类斯特林数的定义，那么通过简单的计算也可以推导出\(a)\)与\(c)\)：
\(a)\)
\[ \begin{aligned} \S{n}{m}+(m+1)\cdot\S{n}{m+1} &= \frac{(-1)^m}{m!}\sum\limits_{k=0}^m(-1)^k\C{m}{k}\cdot k^n-\frac{(m+1)(-1)^m}{(m+1)!}\sum\limits_{k=0}^{m+1}(-1)^k\C{m+1}{k}\cdot k^n\\ &= \frac{(-1)^m}{m!}\sum\limits_{k=0}^m(-1)^k\C{m}{k}\cdot k^n-\frac{(-1)^m}{m!}\sum\limits_{k=0}^{m+1}(-1)^k\C{m+1}{k}\cdot k^n\\ &= \frac{(m+1)^n}{m!}+\frac{(-1)^m}{m!}\sum\limits_{k=0}^m(-1)^k\left(\C{m}{k}-\C{m+1}{k}\right)\cdot k^n\\ &= \frac{(m+1)^n}{m!}+\frac{(-1)^{m+1}}{(m+1)!}\sum\limits_{k=0}^m(-1)^k\C{m+1}{k}\cdot k^{n+1}\\ &=\frac{(-1)^{m+1}}{(m+1)!}\sum\limits_{k=0}^{m+1}(-1)^k\C{m+1}{k}\cdot k^{n+1}\\ &= \S{n+1}{m+1} \end{aligned} \]\(c)\)
\[ \begin{aligned} \sum\limits_{k=m}^n\C{n}{k}\cdot\S{k}{m} &= \sum\limits_{k=0}^n\C{n}{k}\cdot\S{k}{m}\\ &= \sum\limits_{k=0}^n\C{n}{k}\cdot\frac{(-1)^m}{m!}\sum\limits_{i=0}^m(-1)^i\C{m}{i}\cdot i^k\\ &= \frac{(-1)^m}{m!}\sum\limits_{i=0}^m(-1)^i\C{m}{i}\left(\sum\limits_{k=0}^n\C{n}{k}\cdot i^k\right)\\ &=\frac{(-1)^m}{m!}\sum\limits_{i=0}^m(-1)^i\C{m}{i}\cdot (1+i)^n\\ &= \frac{(-1)^m}{m!}\sum\limits_{i=0}^{m+1}(-1)^{i-1}\C{m}{i-1}\cdot i^n\\ &= \frac{(-1)^{m+1}}{(m+1)!}\sum\limits_{i=0}^{m+1}(-1)^i\C{m+1}{i}\cdot i^{n+1}\\ &= \S{n+1}{m+1} \end{aligned} \]现在证明\(4)\Rightarrow 1)\)，即\(4)\)中定义的\(B_n(x)\)满足\(1)\)。
\(1^\circ\qquad\)显然\(B_0(x)\equiv 1\)。
\(2^\circ\qquad\)
\[ \begin{aligned} B_n'(x) &= \sum\limits_{m=0}^n\frac{n}{m+1}\sum\limits_{k=0}^m(-1)^k\C{m}{k}\cdot (x+k)^{n-1}\\ &= n\sum\limits_{m=0}^{n-1}\frac{1}{m+1}\sum\limits_{k=0}^m(-1)^k\C{m}{k}\cdot (x+k)^{n-1}+\sum\limits_{m=0}^{n}\frac{n}{m+1}\sum\limits_{k=0}^m(-1)^k\C{m}{k}\cdot (x+k)^{n-1}\\ &= nB_{n-1}(x)+\frac{n}{m+1}\sum\limits_{k=0}^n(-1)^k\C{n}{k}\cdot(x+k)^{n-1}\\ &= nB_{n-1}(x) \end{aligned} \]其中
\[ \sum\limits_{k=0}^n(-1)^k\C{n}{k}\cdot k^m=0,\quad m<n \]\(3^\circ\qquad\)
\[ \begin{aligned} \int_0^1B_n(x)\d x &= \frac{1}{n+1}\sum\limits_{m=0}^n\frac{1}{m+1}\sum\limits_{k=0}^m(-1)^k\C{m}{k}\cdot\left[(1+k)^{n+1}-k^{n+1}\right]\\ &= \frac{1}{n+1}\sum\limits_{m=0}^n\frac{1}{m+1}(-1)^m\cdot m!\cdot \sum\limits_{k=m}^n\C{n+1}{k}\cdot\S{k}{m}\\ &= \frac{1}{n+1}\sum\limits_{m=0}^n\frac{1}{m+1}(-1)^m\cdot m!\cdot (m+1)\cdot \S{n+1}{m+1}\\ &= \frac{1}{n+1}\sum\limits_{m=0}^n (-1)^m\cdot m!\cdot \S{n+1}{m+1}\\ &= \frac{1}{n+1}\left(\sum\limits_{m=0}^n (-1)^m\cdot m!\cdot \S{n}{m}-\sum\limits_{m=0}^{n-1} (-1)^{m+1}\cdot (m+1)!\cdot \S{n}{m+1}\right)\\ &= \frac{1}{n+1}\S{n}{0}\\ &= 0 \end{aligned} \]