スターリング数と微分演算子、その類似

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はじめに

　この記事では第二種スターリング数の満たす公式
${(x \frac{d}{d x})}^{n} = \sum_{k = 0}^{n} {\binom{n}{k}} x^{k} \frac{d^{k}}{d x^{k}}$
とその類似について考察していきます。

スターリング数と微分演算子

　第二種スターリング数とは
$x^{n} = \sum_{k = 0}^{n} {\binom{n}{k}} x^{\underset{―}{k}}$
という展開における係数 ${\binom{n}{k}}$ のことを言います。ただし $x^{\underset{―}{k}}$ は下降階乗
$x^{\underset{―}{x}} = x (x - 1) \dots (x - k + 1)$
としました。この定義から ${\binom{n}{k}}$ は次のような漸化式を満たすことがわかります。

${\binom{n + 1}{k}} = k {\binom{n}{k}} + {\binom{n}{k - 1}}$

$\begin{aligned} x^{n + 1} & = \sum_{k = 0}^{n} {\binom{n}{k}} ((x - k) + k) x^{\underset{―}{k}} \\ = \sum_{k = 0}^{n} {\binom{n}{k}} (x^{\underset{―}{k + 1}} + k x^{\underset{―}{k}}) \end{aligned}$
に注意するとわかる。

　冒頭で紹介した公式も同様にして示すことができます。

${(x \frac{d}{d x})}^{n} = \sum_{k = 0}^{n} {\binom{n}{k}} x^{k} \frac{d^{k}}{d x^{k}}$

　 $n = 0$ のときは自明。また
$\begin{aligned} {(x \frac{d}{d x})}^{n + 1} & = \sum_{k = 0}^{n} {\binom{n}{k}} (x \frac{d}{d x}) x^{k} \frac{d^{k}}{d x^{k}} \\ = \sum_{k = 0}^{n} {\binom{n}{k}} x ((\frac{d}{d x} x^{k}) \frac{d^{k}}{d x^{k}} + x^{k} \frac{d}{d x} \frac{d^{k}}{d x^{k}}) \\ = \sum_{k = 0}^{n} {\binom{n}{k}} (k x^{k} \frac{d^{k}}{d x^{k}} + x^{k + 1} \frac{d^{k + 1}}{d x^{k + 1}}) \end{aligned}$
に注意するとわかる。

　これは冪級数 $f (x) = \sum_{k = 0}^{\infty} a_{k} x^{k}$ への作用が
$\begin{aligned} {(x \frac{d}{d x})}^{n} f (x) & = \sum_{k = 0}^{\infty} a_{k} k^{n} x^{k} \\ = \sum_{k = 0}^{\infty} a_{k} (\sum_{j = 0}^{n} {\binom{n}{j}} k^{\underset{―}{j}}) x^{k} \\ = \sum_{j = 0}^{\infty} {\binom{n}{j}} \sum_{k = j}^{\infty} a_{k} x^{j} (k^{\underset{―}{j}} x^{k - j}) \\ = (\sum_{j = 0}^{n} {\binom{n}{j}} x^{j} \frac{d^{j}}{d x^{j}}) f (x) \end{aligned}$
と変形できることを考えるとわかりやすいと思います。

類似の数列

　ここでは第二種スターリング数と類似して
$⟨ \binom{n + 1}{k} ⟩ = k^{2} ⟨ \binom{n}{k} ⟩ + ⟨ \binom{n}{k - 1} ⟩$
という漸化式を満たす数列 $⟨ \binom{n}{k} ⟩$ を考えてみます。
　このような数列は ${\binom{n}{k}}$ の漸化式の導出を逆算することで以下のように定めれば構成できることがわかります。

　数列 $⟨ \binom{n}{k} ⟩$ を
$x^{2 n} = \sum_{k = 0}^{n} ⟨ \binom{n}{k} ⟩ x^{\underset{―}{k}} x^{\overset{―}{k}}$
という展開によって定めると、これは漸化式
$⟨ \binom{n + 1}{k} ⟩ = k^{2} ⟨ \binom{n}{k} ⟩ + ⟨ \binom{n}{k - 1} ⟩$
を満たす。

$\begin{aligned} x^{2 (n + 1)} & = \sum_{k = 0}^{n} ⟨ \binom{n}{k} ⟩ ((x - k) (x + k) + k^{2}) x^{\underset{―}{k}} x^{\overset{―}{k}} \\ = \sum_{k = 0}^{n} ⟨ \binom{n}{k} ⟩ (x^{\underset{―}{k + 1}} x^{\overset{―}{k + 1}} + k^{2} x^{\underset{―}{k}} x^{\overset{―}{k}}) \end{aligned}$
に注意するとわかる。

　これは
$k^{2 n - 1} = \sum_{j = 0}^{n} ⟨ \binom{n}{j} ⟩ k^{\underset{―}{j}} (k + 1)^{\overset{―}{j - 1}} = \sum_{j = 0}^{n} ⟨ \binom{n}{j} ⟩ (k + j - 1)^{\underset{―}{2 j - 1}}$
を満たすことから、冪級数 $f (x) = \sum_{k = 0}^{\infty} a_{k} x^{k}$ への微分作用を考えてみると
$\begin{aligned} {(x \frac{d}{d x})}^{2 n - 1} f (x) & = \sum_{k = 0}^{\infty} a_{k} k^{2 n - 1} x^{k} \\ = \sum_{k = 0}^{\infty} a_{k} (\sum_{j = 0}^{n} ⟨ \binom{n}{j} ⟩ (k + j - 1)^{\underset{―}{2 j - 1}}) x^{k} \\ = \sum_{j = 0}^{n} ⟨ \binom{n}{j} ⟩ x^{j} \frac{d^{2 j - 1}}{d x^{2 j - 1}} \sum_{k = j}^{\infty} a_{k} x^{k + j - 1} \\ = \sum_{j = 0}^{n} ⟨ \binom{n}{j} ⟩ x^{j} \frac{d^{2 j - 1}}{d x^{2 j - 1}} (x^{j - 1} f (x)) \end{aligned}$
と変形できるので以下が成り立つことが推測できます(めんどいので証明はしません)。

${(x \frac{d}{d x})}^{2 n - 1} y = \sum_{j = 0}^{n} ⟨ \binom{n}{j} ⟩ x^{j} \frac{d^{2 j - 1}}{d x^{2 j - 1}} (x^{j - 1} y)$

一般項

　ちなみにこれらは次のような一般項を持つことがわかります。

$\begin{aligned} {\binom{n}{k}} & = \frac{1}{k!} \sum_{j = 0}^{k} (- 1)^{k - j} (\binom{k}{j}) j^{n} \\ ⟨ \binom{n}{k} ⟩ & = \frac{2}{(2 k)!} \sum_{j = 0}^{k} (- 1)^{k - j} (\binom{2 k}{k - j}) j^{2 n} \end{aligned}$

　数学的帰納法により
$\begin{aligned} {\binom{n + 1}{k}} & = k {\binom{n}{k}} + {\binom{n}{k - 1}} \\ = \frac{k}{k!} \sum_{j = 0}^{k} (- 1)^{k - j} (\binom{k}{j}) j^{n} + \frac{1}{(k - 1)!} \sum_{j = 0}^{k - 1} (- 1)^{k - j - 1} (\binom{k - 1}{j}) j^{n} \\ = \frac{1}{k!} \sum_{j = 0}^{k} (- 1)^{k - j} (\binom{k}{j}) (k - (k - j)) j^{n} \\ = \frac{1}{k!} \sum_{j = 0}^{k} (- 1)^{k - j} (\binom{k}{j}) j^{n + 1} \\ ⟨ \binom{n + 1}{k} ⟩ & = k^{2} ⟨ \binom{n}{k} ⟩ + ⟨ \binom{n}{k - 1} ⟩ \\ = \frac{2 k^{2}}{(2 k)!} \sum_{j = 0}^{k} (- 1)^{k - j} (\binom{2 k}{k - j}) j^{2 n} + \frac{2}{(2 k - 2)!} \sum_{j = 0}^{k - 1} (- 1)^{k - j - 1} (\binom{2 k - 2}{k - j - 1}) j^{2 n} \\ = \frac{2}{(2 k)!} \sum_{j = 0}^{k} (- 1)^{k - j} (\binom{2 k}{k - j}) (k^{2} - (k - j) (k + j)) j^{2 n} \\ = \frac{2}{(2 k)!} \sum_{j = 0}^{k} (- 1)^{k - j} (\binom{2 k}{k - j}) j^{2 n + 2} \end{aligned}$
とわかる。

おわりに

　この記事は先日見かけたこんな問題に対する議論を発端に書き始めたものになります。

$\frac{d^{2 n - 2}}{d x^{2 n - 2}} \frac{1}{\sin^{2} x} = \sum_{k = 1}^{n} (- 1)^{n - k} \frac{M (n, k)}{\sin^{2 k} x}$
を満たすような数列 $M (n, k)$ はどのように求められるだろうか？

　この問題は最終的に
$M (n, k) = \frac{4^{n - k}}{k} \sum_{j = 1}^{k} (- 1)^{k - j} (\binom{2 k}{k - j}) j^{2 n}$
と解かれましたが、そこに至るまでの議論の端々にスターリング数の影が見え隠れしており、どのようなアナロジーが考えられるのか個人的に考察した結果が上の通りであったわけです。
　ちなみに上の結果を用いるとこの問題は次のように証明できます。

$\frac{d^{2 n - 2}}{d x^{2 n - 2}} \frac{1}{\sin^{2} x} = \sum_{k = 1}^{n} (- 4)^{n - k} ⟨ \binom{n}{k} ⟩ \frac{(2 k - 1)!}{\sin^{2 k} x}$

　 $q = e^{2 i x}$ とおいたとき
$\frac{d}{d x} = \frac{d q}{d x} \frac{d}{d q} = 2 i q \frac{d}{d q}$
が成り立つことに注意すると
$\begin{aligned} \frac{d^{2 n - 2}}{d x^{2 n - 2}} \frac{1}{\sin^{2} x} & = {(2 i q \frac{d}{d q})}^{2 n - 2} {(\frac{2 i}{q^{\frac{1}{2}} - q^{- \frac{1}{2}}})}^{2} \\ = (- 4)^{n} {(q \frac{d}{d q})}^{2 n - 2} \frac{q}{(1 - q)^{2}} \\ = (- 4)^{n} {(q \frac{d}{d q})}^{2 n - 1} \frac{1}{1 - q} \\ = (- 4)^{n} \sum_{k = 0}^{n} ⟨ \binom{n}{k} ⟩ q^{k} \frac{d^{2 k - 1}}{d q^{2 k - 1}} \frac{q^{k - 1}}{1 - q} \\ = (- 4)^{n} \sum_{k = 0}^{n} ⟨ \binom{n}{k} ⟩ q^{k} \frac{d^{2 k - 1}}{d q^{2 k - 1}} (\frac{1}{1 - q} - \frac{1 - q^{k - 1}}{1 - q}) \\ = (- 4)^{n} \sum_{k = 0}^{n} ⟨ \binom{n}{k} ⟩ (2 k - 1)! \frac{q^{k}}{(1 - q)^{2 k}} (∵ \frac{1 - q^{k - 1}}{1 - q} = \sum_{j = 0}^{k - 2} q^{j}) \\ = \sum_{k = 1}^{n} (- 4)^{n - k} ⟨ \binom{n}{k} ⟩ (2 k - 1)! {(\frac{2 i}{q^{\frac{1}{2}} - q^{- \frac{1}{2}}})}^{2 k} \\ = \sum_{k = 1}^{n} (- 4)^{n - k} ⟨ \binom{n}{k} ⟩ \frac{(2 k - 1)!}{\sin^{2 k} x} \end{aligned}$
を得る。

　途中で
$\frac{1 - q^{k - 1}}{1 - q}$
微分が消えることで綺麗に整理できるのが気持ちいいですね。

おまけ：ちょっとした一般化

　この記事を書いててちょっとした一般化のアイデアが浮かんだので簡単に書き散らしてみます。

　数列 ${\binom{n}{k}}_{r}$ を
$x^{r n} = \sum_{k = 0}^{n} {\binom{n}{k}}_{r} (x)_{k, r}$
という展開によって定める。ただし
$(x)_{k, r} = x^{r} (x^{r} - 1^{r}) \dots (x^{r} - (k - 1)^{r})$
とした。

${\binom{n + 1}{k}}_{r} = k^{r} {\binom{n}{k}}_{r} + {\binom{n}{k - 1}}_{r}$

$x^{r} (x)_{k, r} = ((x^{r} - k^{r}) + k^{r}) (x)_{k, r} = (x)_{k + 1, r} + k^{r} (x)_{k, r}$
に注意するとわかる。

　実際 $n \leq 5$ における値を書き並べてみると下のようになります。

$n ∖ k$	$0$	$1$	$2$	$3$	$4$	$5$
$0$	$1$
$1$	$0$	$1$
$2$	$0$	$1$	$1$
$3$	$0$	$1$	$2^{r} + 1$	$1$
$4$	$0$	$1$	$4^{r} + 2^{r} + 1$	$3^{r} + 2^{r} + 1$	$1$
$5$	$0$	$1$	$8^{r} + 4^{r} + 2^{r} + 1$	$9^{r} + 6^{r} + 4^{r} + 3^{r} + 2^{r} + 1$	$4^{r} + 3^{r} + 2^{r} + 1$	$1$

${\binom{n}{k}}_{r} = \sum_{j = 0}^{k} (- 1)^{k - j} \frac{j^{r n}}{(k, j)_{r}}$
が成り立つ。ただし
$(k, j)_{r} = (- 1)^{j} \prod_{\begin{matrix} i = 0 \\ i \neq j \end{matrix}}^{k} (i^{r} - j^{r})$
とした。

　数学的帰納法により
$\begin{aligned} {\binom{n + 1}{k}}_{r} & = k^{r} {\binom{n}{k}}_{r} + {\binom{n}{k - 1}}_{r} \\ = \sum_{j = 0}^{k} (- 1)^{k - j} (k^{r} - (k^{r} - j^{r})) \frac{j^{r n}}{(k, j)_{r}} \\ = \sum_{j = 0}^{k} (- 1)^{k - j} \frac{j^{r n + r}}{(k, j)_{r}} \end{aligned}$
とわかる。

　意外と一般項も求まるもんですね。ただ、 $r = 1, 2$ の場合が特別
$(k, j)_{1} = j! (k - j)!, (k, j)_{2} = \frac{1}{2} (k - j)! (k + j)!$
のように綺麗な形に書けただけで、 $r \geq 3$ の場合についてはあまり面白いことは起こらなそうですね。

追記

　上で考えた数列 ${\binom{n}{k}}_{r}$ はどうやら"レベル $r$ のスターリング数"という名前が付いているらしいです。興味があれば調べてみてはいかがでしょうか。

おまけ：もうちょい一般化

　 $a (k)$ を $i \neq j$ ならば $a (i) \neq a (j)$ を満たすような数列とする。
　このとき漸化式
$\begin{aligned} ⟮ \binom{0}{k} ⟯ & = {\begin{array}{cl} 1 & (k = 0) \\ 0 & (k \neq 0) \end{array} \\ ⟮ \binom{n + 1}{k} ⟯ & = a (k) ⟮ \binom{n}{k} ⟯ + ⟮ \binom{n}{k - 1} ⟯ \end{aligned}$
によって定まる数列の一般項は
$\begin{aligned} ⟮ \binom{n}{k} ⟯ & = \sum_{j = 0}^{k} (- 1)^{k - j} \frac{a (j)^{n}}{A (k, j)} \\ (A (k, j) & = (- 1)^{j} \prod_{\begin{array}{c} i = 0 \\ i \neq j \end{array}}^{k} (a (i) - a (j))) \end{aligned}$
と求まる。

　 $n = 0$ のとき
$\begin{aligned} F (x) & = \sum_{j = 0}^{k} \prod_{\begin{array}{c} i = 0 \\ i \neq j \end{array}}^{k} \frac{x - a (i)}{a (j) - a (i)} \\ = \sum_{j = 0}^{k} \frac{(- 1)^{k - j}}{A (k, j)} \prod_{\begin{array}{c} i = 0 \\ i \neq j \end{array}}^{k} (x - a (i)) \end{aligned}$
とおくと、これは
$F (a (j)) = 1 (j = 0, \dots, k)$
を満たす $k$ 次関数つまり $F (x) = 1$ となるので、この最高次の係数を比較することで
$\begin{aligned} \sum_{j = 0}^{k} \frac{(- 1)^{k - j}}{A (k, j)} & = {\begin{array}{cl} 1 & (k = 0) \\ 0 & (k \neq 0) \end{array} \\ = ⟮ \binom{0}{k} ⟯ \end{aligned}$
がわかる。
　また $n \geq 1$ のときは数学的帰納法により
$\begin{aligned} ⟮ \binom{n + 1}{k} ⟯ & = \sum_{j = 0}^{k} (- 1)^{k - j} (a (k) - (a (k) - a (j))) \frac{a (j)^{n}}{A (k, j)} \\ = \sum_{j = 0}^{k} (- 1)^{k - j} \frac{a (j)^{n + 1}}{A (k, j)} \end{aligned}$
とわかる。

おまけのおまけ

$\frac{A (k)}{A (k - 1)} = a (k) - α$
を満たすような数列 $A (k)$ に対し
$\begin{aligned} A (n, k) & = (- 1)^{k} \frac{α^{n}}{A (k)} \\ B (n, k) & = (- 1)^{k} \frac{A (n - 1)}{α^{k}} \end{aligned}$
とおくとこれらは漸化式
$\begin{aligned} A (n + 1, k) & = a (k) A (n, k) + A (n, k - 1) \\ B (n + 1, k) & = a (n) B (n, k) + B (n, k - 1) \end{aligned}$
を満たす。