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スターリング数の相互関係と一般項

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はじめに

　この記事ではスターリング数の相互関係
$\begin{aligned} [\binom{n}{n - k}] & = \sum_{m = 0}^{k} (\binom{k - n}{k + m}) (\binom{n + k}{n + m}) {\binom{m + k}{m}} \\ {\binom{n}{n - k}} & = \sum_{m = 0}^{k} (\binom{k - n}{k + m}) (\binom{n + k}{n + m}) [\binom{m + k}{m}] \end{aligned}$
や一般項の公式
$\begin{aligned} {\binom{n}{k}} & = \sum_{j = 0}^{k} (- 1)^{k - j} \frac{j^{n}}{j! (k - j)!} \\ [\binom{n}{k}] & = \sum_{m = n}^{2 n - k} (\binom{m - 1}{k - 1}) (\binom{2 n - k}{m}) \sum_{j = 0}^{m - n} (- 1)^{n - k + j} \frac{j^{m - k}}{j! (m - n - j)!} \end{aligned}$
についてまとめていきます。

スターリング数

　第一種・第二種スターリング数は上昇階乗・下降階乗
$\begin{aligned} x^{\overset{―}{n}} & = x (x + 1) (x + 2) \dots (x + n - 1) \\ x^{\underset{―}{n}} & = x (x - 1) (x - 2) \dots (x - n + 1) \end{aligned}$
と冪乗 $x^{n}$ との関係
$\begin{aligned} x^{\overset{―}{n}} & = \sum_{k = 0}^{n} [\binom{n}{k}] x^{k} & x^{\underset{―}{x}} & = \sum_{k = 0}^{n} (- 1)^{n - k} [\binom{n}{k}] x^{k} \\ x^{n} & = \sum_{k = 0}^{n} {\binom{n}{k}} x^{\underset{―}{k}} & x^{n} & = \sum_{k = 0}^{n} (- 1)^{n - k} {\binom{n}{k}} x^{\overset{―}{k}} \end{aligned}$
に現れる係数のことを言い、これらは
$\begin{aligned} [\binom{n + 1}{k}] & = n [\binom{n}{k}] + [\binom{n}{k - 1}] \\ {\binom{n + 1}{k}} & = k {\binom{n}{k}} + {\binom{n}{k - 1}} \end{aligned}$
という漸化式を満たします。

母関数

　まずスターリング数の母関数の一種を求めておきます。

$(1 + t)^{x} = \sum_{0 \leq k \leq n} (- 1)^{n - k} [\binom{n}{k}] x^{k} \frac{t^{n}}{n!}$

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

$e^{x (e^{t} - 1)} = \sum_{0 \leq k \leq n} {\binom{n}{k}} x^{k} \frac{t^{n}}{n!}$

$\begin{aligned} j^{n} & = \sum_{k = 0}^{n} {\binom{n}{k}} j^{\underset{―}{k}} \\ = \sum_{k = 0}^{n} {\binom{n}{k}} \frac{j!}{(j - k)!} \end{aligned}$
に注意すると
$\begin{aligned} e^{x} \sum_{n = 0}^{\infty} (\sum_{k = 0}^{n} {\binom{n}{k}} x^{k}) \frac{t^{n}}{n!} & = \sum_{n = 0}^{\infty} (\sum_{k = 0}^{n} {\binom{n}{k}} \sum_{j = 0}^{\infty} \frac{x^{j + k}}{j!}) \frac{t^{n}}{n!} \\ = \sum_{n = 0}^{\infty} (\sum_{k = 0}^{n} {\binom{n}{k}} \sum_{j = k}^{\infty} \frac{x^{j}}{(j - k)!}) \frac{t^{n}}{n!} \\ = \sum_{n = 0}^{\infty} (\sum_{j = 0}^{\infty} (\sum_{k = 0}^{n} {\binom{n}{k}} \frac{j!}{(j - k)!}) \frac{x^{j}}{j!}) \frac{t^{n}}{n!} \\ = \sum_{j = 0}^{\infty} (\sum_{n = 0}^{\infty} j^{n} \frac{t^{n}}{n!}) \frac{x^{j}}{j!} \\ = \sum_{j = 0}^{\infty} e^{j t} \frac{x^{j}}{j!} \\ = e^{x e^{t}} \end{aligned}$
が成り立つのでこの両辺を $e^{x}$ で割ることで主張を得る。

$\begin{aligned} {(\frac{\log (1 + t)}{t})}^{k} & = k! \sum_{n = k}^{\infty} (- 1)^{n - k} [\binom{n}{k}] \frac{t^{n - k}}{n!} \\ {(\frac{e^{t} - 1}{t})}^{k} & = k! \sum_{n = k}^{\infty} {\binom{n}{k}} \frac{t^{n - k}}{n!} \end{aligned}$

$\begin{aligned} (1 + t)^{x} & = e^{x \log (1 + t)} \\ = \sum_{k = 0}^{\infty} x^{k} \frac{(\log (1 + t))^{k}}{k!} \\ e^{x (e^{t} - 1)} & = \sum_{k = 0}^{\infty} x^{k} \frac{(e^{t} - 1)^{k}}{k!} \end{aligned}$
に注意するとわかる。

第二種スターリング数の一般項

　ちなみに第二種スターリング数の一般項については母関数から直接求めることができます。

${\binom{n}{k}} = \sum_{j = 0}^{k} (- 1)^{k - j} \frac{j^{n}}{j! (k - j)!}$

$\begin{aligned} e^{x (e^{t} - 1)} & = \sum_{k = 0}^{\infty} \frac{x^{k}}{k!} (e^{t} - 1)^{k} \\ = \sum_{k = 0}^{\infty} \frac{x^{k}}{k!} \sum_{j = 0}^{k} (- 1)^{k - j} (\binom{k}{j}) e^{j t} \\ = \sum_{k = 0}^{\infty} \frac{x^{k}}{k!} \sum_{j = 0}^{k} (- 1)^{k - j} (\binom{k}{j}) \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{(j t)^{n}}{n!} \\ = \sum_{n, k = 0}^{\infty} (\sum_{j = 0}^{k} (- 1)^{k - j} (\binom{k}{j}) j^{n}) \frac{x^{k}}{k!} \frac{t^{n}}{n!} \end{aligned}$
より
$\begin{aligned} {\binom{n}{k}} & = \frac{1}{k!} \sum_{j = 0}^{k} (- 1)^{k - j} (\binom{k}{j}) j^{n} \\ = \sum_{j = 0}^{k} (- 1)^{k - j} \frac{j^{n}}{j! (k - j)!} \end{aligned}$
を得る。

Nörlund多項式

　次にスターリング数の母関数と関わりの深いネールント多項式というものについて解説していきます。

${(\frac{t}{e^{t} - 1})}^{z} = \sum_{n = 0}^{\infty} N_{n} (z) \frac{t^{n}}{n!}$
によって定まる $z$ についての多項式 $N_{n} (z)$ をネールント多項式と言う。

　ネールント多項式は通常 $B_{n}^{(z)}$ のように表されますが、ここでは $z$ についての多項式という側面を強調するために $N_{n} (z)$ と表すことにします。
　ちなみに $B_{n}^{(z)}$ という記法はより一般にベルヌーイ多項式の類似の一つとして
${(\frac{t}{e^{t} - 1})}^{z} e^{x t} = \sum_{n = 0}^{\infty} B_{n}^{(z)} (x) \frac{t^{n}}{n!}$
という $z$ および $x$ についての多項式 $B_{n}^{(z)} (x)$ を考えていることに起因しています。

漸化式と次数

$\frac{t e^{t}}{e^{t} - 1} = \sum_{n = 0}^{\infty} {\hat{B}}_{n} \frac{t^{n}}{n!}$
とおくと漸化式
$N_{n} (z) = - \frac{z}{n} \sum_{k = 1}^{n} (\binom{n}{k}) {\hat{B}}_{k} N_{n - k} (z)$
が成り立つ。

$\begin{aligned} \frac{d}{d t} {(\frac{t}{e^{t} - 1})}^{z} & = z (\frac{1}{t} - \frac{e^{t}}{e^{t} - 1}) {(\frac{t}{e^{t} - 1})}^{z} \\ = - \frac{z}{t} (\frac{t e^{t}}{e^{t} - 1} - 1) {(\frac{t}{e^{t} - 1})}^{z} \\ = - z (\sum_{n = 0}^{\infty} \frac{{\hat{B}}_{n + 1}}{n + 1} \frac{t^{n}}{(n + 1)!}) (\sum_{n = 0}^{\infty} N_{n} (z) \frac{t^{n}}{n!}) \\ = - z \sum_{n = 0}^{\infty} (\sum_{k = 0}^{n} (\binom{n}{k}) \frac{{\hat{B}}_{k + 1}}{k + 1} N_{n - k} (z)) \frac{t^{n}}{n!} \end{aligned}$
より
$\frac{d}{d t} {(\frac{t}{e^{t} - 1})}^{z} = \sum_{n = 0}^{\infty} N_{n + 1} (z) \frac{t^{n}}{n!}$
と係数比較することで
$\begin{aligned} N_{n + 1} (z) & = - z \sum_{k = 0}^{n} (\binom{n}{k}) \frac{{\hat{B}}_{k + 1}}{k + 1} N_{n - k} (z) \\ = - \frac{z}{n + 1} \sum_{k = 0}^{n} (\binom{n + 1}{k + 1}) {\hat{B}}_{k + 1} N_{n - k} (z) \\ = - \frac{z}{n + 1} \sum_{k = 1}^{n + 1} (\binom{n + 1}{k}) {\hat{B}}_{k} N_{n - k + 1} (z) \end{aligned}$
を得る。

　 $N_{n} (z)$ は $n$ 次多項式である。

　 $n = 0$ のときは明らかであり、 $n \geq 1$ のときは上の漸化式からわかる。

スターリング数との関係

　以下
$F_{z} (t) = {(\frac{t}{e^{t} - 1})}^{z}$
とおきます。

$F_{z + 1} (t) e^{t} = \sum_{n = 0}^{\infty} (1 - \frac{n}{z}) N_{n} (z) \frac{t^{n}}{n!}$

$\begin{aligned} \frac{d}{d t} F_{z} (t) & = z (\frac{1}{t} - \frac{e^{t}}{e^{t} - 1}) {(\frac{t}{e^{t} - 1})}^{z} \\ = \frac{z}{t} (F_{z} (t) - F_{z + 1} (t) e^{t}) \end{aligned}$
より
$F_{z + 1} (t) e^{t} = F_{z} (t) - \frac{t}{z} F_{z}^{'} (t)$
が成り立つことに注意するとわかる。

${(\frac{\log (1 + t)}{t})}^{z} = z \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{N_{n} (z + n)}{z + n} \frac{t^{n}}{n!}$

${(\frac{\log (1 + t)}{t})}^{z} = F_{z} (\log (1 + t))$
および
$(1 - \frac{n}{z}) N_{n} (z) = \frac{n!}{2 π i} \oint \frac{F_{z + 1} (w) e^{w}}{w^{n + 1}} d w$
に注意して $ζ = e^{w} - 1$ とおくことで
$\begin{aligned} \frac{n!}{2 π i} \oint \frac{F_{z} (\log (1 + ζ))}{ζ^{n + 1}} d ζ & = \frac{n!}{2 π i} \oint \frac{F_{z} (w)}{(e^{w} - 1)^{n + 1}} e^{w} d w \\ = \frac{n!}{2 π i} \oint \frac{F_{z + n + 1} (w)}{w^{n + 1}} e^{w} d w \\ = (1 - \frac{n}{z + n}) N_{n} (z + n) \\ = \frac{z}{z + n} N_{n} (z + n) \end{aligned}$
を得る。

$\begin{aligned} (- 1)^{k} [\binom{n}{n - k}] & = (\binom{n - 1}{k}) N_{k} (n) \\ {\binom{n + k}{n}} & = (\binom{n + k}{k}) N_{k} (- n) \end{aligned}$

$\begin{aligned} {(\frac{\log (1 + t)}{t})}^{k} & = k \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{N_{n} (n + k)}{n + k} \frac{t^{n}}{n!} \\ = (- 1)^{n} k! \sum_{n = 0}^{\infty} [\binom{n + k}{k}] \frac{t^{n}}{(n + k)!} \\ {(\frac{e^{t} - 1}{t})}^{k} & = \sum_{n = 0}^{\infty} N_{n} (- k) \frac{t^{n}}{n!} \\ = k! \sum_{n = 0}^{\infty} {\binom{n + k}{k}} \frac{t^{n}}{(n + k)!} \end{aligned}$
より
$\begin{aligned} (- 1)^{n} [\binom{n + k}{k}] & = (\binom{n + k - 1}{k - 1}) N_{n} (n + k) \\ {\binom{n + k}{k}} & = (\binom{n + k}{k}) N_{n} (- k) \end{aligned}$
がわかるのでこれを適当に変形することで主張を得る。

スターリング数の相互関係

　いまスターリング数がネールント多項式によって表せたことから次のような興味深い事実が成り立ちます。

　 $k$ を固定したとき
$[\binom{n}{n - k}], {\binom{n + k}{n}}$
は $n$ についての $2 k$ 次多項式とみなせ、特に多項式として
$[\binom{- n}{- n - k}] = {\binom{n + k}{n}}$
が成り立つ。

　定理8より
$\begin{aligned} [\binom{n}{n - k}] & = \frac{(1 - n) (2 - n) \dots (k - n)}{k!} N_{k} (n) \\ {\binom{n + k}{n}} & = \frac{(n + 1) (n + 2) \dots (n + k)}{k!} N_{k} (- n) \end{aligned}$
が成り立つことからわかる。

　そしてこのことを用いることで以下の相互関係が導かれます。

$\begin{aligned} [\binom{n}{n - k}] & = \sum_{m = 0}^{k} (- 1)^{k - m} (\binom{n + m - 1}{k + m}) (\binom{n + k}{n + m}) {\binom{m + k}{m}} \\ {\binom{n}{n - k}} & = \sum_{m = 0}^{k} (- 1)^{k - m} (\binom{n + m - 1}{k + m}) (\binom{n + k}{n + m}) [\binom{m + k}{m}] \end{aligned}$

　 $2 k$ 次多項式 $f$ を
$f (n) = [\binom{n}{n - k}]$
によって定めたとき( $k \neq 0$ において)
$f (m) = 0 (m = 0, 1, 2, \dots, k)$
に注意してラグランジュの補間公式を考えることで
$\begin{aligned} f (n) & = \sum_{m = 0}^{k} f (- m) \prod_{\begin{array}{c} j = - k \\ j \neq m \end{array}}^{k} \frac{n + j}{- m + j} \\ = \sum_{m = 0}^{k} (- 1)^{k + m} \frac{(n + k)!}{(n + m) (n - k - 1)!} \frac{1}{(k - j)! (k + m)!} f (- m) \\ [\binom{n}{n - k}] & = \sum_{m = 0}^{k} (- 1)^{k + m} (\binom{n + m - 1}{k + m}) (\binom{n + k}{n + m}) {\binom{m + k}{m}} \end{aligned}$
を得る。
　同様に
$\begin{aligned} f (k - n) & = \sum_{m = 0}^{k} f (k + m) \prod_{\begin{array}{c} j = 0 \\ j \neq k + m \end{array}}^{2 k} \frac{(k - n) - j}{k + m - j} \\ = \sum_{m = 0}^{k} f (k + m) \prod_{\begin{array}{c} j = - k \\ j \neq m \end{array}}^{k} \frac{- n - j}{m - j} \\ {\binom{n}{n - k}} & = \sum_{m = 0}^{k} (- 1)^{k + m} (\binom{n + m - 1}{k + m}) (\binom{n + k}{n + m}) [\binom{m + k}{m}] \end{aligned}$
を得る。

　ちなみに
$(- 1)^{k} (\binom{x - 1}{k}) = (\binom{k - x}{k})$
と変形すると
$\begin{aligned} [\binom{n}{n - k}] & = \sum_{m = 0}^{k} (\binom{k - n}{k + m}) (\binom{n + k}{n + m}) {\binom{m + k}{m}} \\ {\binom{n}{n - k}} & = \sum_{m = 0}^{k} (\binom{k - n}{k + m}) (\binom{n + k}{n + m}) [\binom{m + k}{m}] \end{aligned}$
とも表せます。

$\begin{aligned} [\binom{n}{k}] & = \sum_{m = n}^{2 n - k} (- 1)^{k - m} (\binom{m - 1}{k - 1}) (\binom{2 n - k}{m}) {\binom{m - k}{m - n}} \\ {\binom{n}{k}} & = \sum_{m = n}^{2 n - k} (- 1)^{k - m} (\binom{m - 1}{k - 1}) (\binom{2 n - k}{m}) [\binom{m - k}{m - n}] \end{aligned}$

$\begin{aligned} [\binom{n}{k}] & = \sum_{m = 0}^{n - k} (- 1)^{n + m - k} (\binom{n + m - 1}{n + m - k}) (\binom{2 n - k}{n + m}) {\binom{n + m - k}{m}} \\ = \sum_{m = n}^{2 n - k} (- 1)^{k - m} (\binom{m - 1}{k - 1}) (\binom{2 n - k}{m}) {\binom{m - k}{m - n}} \end{aligned}$
とわかる。

第一種スターリング数の一般項

　いま第一種スターリング数が第二種スターリング数を用いて表せたことにより次のような一般項の公式が得られます。

$[\binom{n}{k}] = \sum_{m = n}^{2 n - k} (\binom{m - 1}{k - 1}) (\binom{2 n - k}{m}) \sum_{j = 0}^{m - n} (- 1)^{n - k + j} \frac{j^{m - k}}{j! (m - n - j)!}$

　第二種スターリング数の一般項
${\binom{m - k}{m - n}} = \sum_{j = 0}^{m - n} (- 1)^{m - n - j} \frac{j^{m - k}}{j! (m - n - j)!}$
から
$\begin{aligned} [\binom{n}{k}] & = \sum_{m = n}^{2 n - k} (- 1)^{k - m} (\binom{m - 1}{k - 1}) (\binom{2 n - k}{m}) {\binom{m - k}{m - n}} \\ = \sum_{m = n}^{2 n - k} (\binom{m - 1}{k - 1}) (\binom{2 n - k}{m}) \sum_{j = 0}^{m - n} (- 1)^{n - k + j} \frac{j^{m - k}}{j! (m - n - j)!} \end{aligned}$
を得る。