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。
\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
。
$\displaystyle{ \stirling{n}{k}{q} = k!\frac{d^k}{dq^k}(q)_n }$
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。
\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}
\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}
\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}
\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。
$\displaystyle{ \Stirling{n}{0}{q} = q^n }$
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}
\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}
\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}
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。
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、$\Delta$は$q$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。