0
大学数学基礎解説
文献あり

一般化スターリング数

110
0
$$\newcommand{hygeo}[6]{ {}_{#2}\mathrm{#1}_{#3}\left[\begin{matrix}{#4}\\ {#5}\end{matrix}\ ;{#6}\right]} \newcommand{kfrac}[0]{\mathop{\large\rm{K}}} \newcommand{Stirling}[3]{\left\{\begin{matrix}{#1} \\ {#2}\end{matrix}{#3}\right\}} \newcommand{stirling}[3]{\left[\begin{matrix}{#1} \\ {#2}\end{matrix}{#3}\right]} $$

定義

ポッホハマー記号を次のように定義する。
$ \begin{eqnarray} (x)_n^\pm &:=& \prod_{k=0}^{n-1}(x\pm k) \\ (x)_n &:=& (x)_n^+ \end{eqnarray} $

スターリング数 の拡張として次のようなものを考える。

一般化スターリング数

\begin{eqnarray} \text{第1種: } (x+q)_n &=& \sum_{k=0}^n \stirling{n}{k}{q}x^k \\ \text{第2種: } (x+q)^n &=& \sum_{k=0}^n \Stirling{n}{k}{q}(x)_k^- \\ \stirling{n}{k}{q} = \Stirling{n}{k}{q} &=& 0 \quad (k > n) \end{eqnarray}

$\stirling{n}{k}{0} = \stirling{n}{k}{}, \ \Stirling{n}{k}{0} = \Stirling{n}{k}{}$ が成り立つ。
これらには多数の興味深い性質がある。
第2種スターリング数および第2種一般化スターリング数の一意性については こちら

第1種

$\displaystyle{ \stirling{n}{k}{q} = k!\frac{d^k}{dq^k}(q)_n }$

定義式の左辺をマクローリン展開すれば証明できる。
また、次のことが分かる。

  • $n \ge k$のとき、$\stirling{n}{k}{q}$$n-k$次式である。
  • $\stirling{n}{k}{q} = k\stirling{n}{k-1}{q}'$

\begin{eqnarray} \stirling{n}{k}{q} &=& \stirling{n-1}{k-1}{q}+(q+n-1)\stirling{n-1}{k}{q} \\&=& \stirling{n-1}{k-1}{q+1}+q\stirling{n-1}{k}{q+1} \\&=& (-1)^{n-k}\stirling{n}{k}{-q-n+1} \end{eqnarray}

1行目

\begin{eqnarray} (x+q)_n &=& (x+q+n-1)(x+q)_{n-1} \\&=& x(x+q)_{n-1}+(q+n-1)(x+q)_{n-1} \end{eqnarray}

2行目

\begin{eqnarray} (x+q)_n &=& (x+q)(x+q+1)_{n-1} \\&=& x(x+q+1)_{n-1}+q(x+q+1)_{n-1} \end{eqnarray}

3行目

\begin{eqnarray} (x+q)_n &=& (x+q+n-1)_n^- \\&=& (-1)^n(-x-q-n+1)_n \end{eqnarray}

2行目の式に$q=0$を代入すると、$\stirling{n}{k}{}=\stirling{n-1}{k-1}{1}$が証明できる。

第2種

$\displaystyle{ \Stirling{n}{0}{q} = q^n }$

定義式に$x=0$を代入すれば証明できる。

$\displaystyle{ \Stirling{n}{k}{q}' = n\Stirling{n-1}{k}{q} }$

\begin{eqnarray} \sum_{k=0}^{n}\Stirling{n}{k}{q}'(x)_k^- &=& \frac{\partial}{\partial q}(x+q)^n \\&=& n(x+q)^{n-1} \\&=& n\sum_{k=0}^{n-1}\Stirling{n-1}{k}{q}(x)_k^- \end{eqnarray}

\begin{eqnarray} \Stirling{n}{k}{q} &=& \Stirling{n-1}{k-1}{q}+(q+k)\Stirling{n-1}{k}{q} \\&=& \frac1{k}\left( \Stirling{n}{k-1}{q+1}-\Stirling{n}{k-1}{q} \right) \\&=& (-1)^{n-k}\Stirling{n}{k}{-q-k} \end{eqnarray}

1行目

\begin{eqnarray} (x+q)^n &=& (x+q)(x+q)^{n-1} \\&=& (x+q)\sum_{k=0}^{n-1}\Stirling{n-1}{k}{q}(x)_k^- \\&=& \sum_{k=0}^{n-1}(x-k+q+k)\Stirling{n-1}{k}{q}(x)_k^- \\&=& \sum_{k=0}^{n-1}\Stirling{n-1}{k}{q}(x)_{k+1}^- + \sum_{k=0}^{n-1}(q+k)\Stirling{n-1}{k}{q}(x)_k^- \\&=& \sum_{k=1}^n\Stirling{n-1}{k-1}{q}(x)_k^- + \sum_{k=0}^{n-1}(q+k)\Stirling{n-1}{k}{q}(x)_k^- \end{eqnarray}

2行目

\begin{eqnarray} \sum_{k=1}^n k\Stirling{n}{k}{q}(x)_k^- &=& \sum_{k=0}^n (x-(x-k))\Stirling{n}{k}{q}(x)_k^- \\&=& x(x+q)^n-\sum_{k=0}^n \Stirling{n}{k}{q}(x)_{k+1}^- \\&=& x\sum_{k=0}^n \Stirling{n}{k}{q+1}(x-1)_k^- -\sum_{k=0}^n \Stirling{n}{k}{q}(x)_{k+1}^- \\&=& \sum_{k=0}^n \left( \Stirling{n}{k}{q+1} - \Stirling{n}{k}{q} \right)(x)_{k+1}^- \end{eqnarray}

3行目

定理3,5-2より、
\begin{eqnarray} \Stirling{n}{k}{q} &=& \frac1{k!}\sum_{l=0}^k (-1)^{k-l}\binom{k}{l}(q+l)^n \\&=& \frac1{k!}\sum_{l=0}^k (-1)^l\binom{k}{l}(q+k-l)^n \\&=& \frac{(-1)^{n-k}}{k!}\sum_{l=0}^k (-1)^{k-l}\binom{k}{l}(-q-k+l)^n \\&=& (-1)^{n-k}\Stirling{n}{k}{-q-k} \end{eqnarray}

2行目の式に$q=0$を代入すると、$\Stirling{n}{k}{}=\Stirling{n-1}{k-1}{1}$が証明できる。

まとめ

定理1と定理5-3の途中式より、
\begin{eqnarray} \stirling{n}{k}{q} &=& k!\frac{d^k}{dq^k}(q)_n \\ \Stirling{n}{k}{q} &=& \frac{\Delta^k q^n}{k!} \end{eqnarray}
(ただし、$\Delta$$q$についての 前進差分 。)
となっていて両者は非常に類似していることがうかがえます。
自然対数を冪乗したときの展開係数 と密接に関わっており、そこからベルヌーイ数やゼータ関数とも繋がっているようです。

参考文献

投稿日:202294

この記事を高評価した人

高評価したユーザはいません

この記事に送られたバッジ

バッジはありません。

投稿者

著者の記事における命題は大半が自分で発見したものであり、 何かしらの論文などに基づいたものではありません。

コメント

他の人のコメント

コメントはありません。
読み込み中...
読み込み中