第二種 Stirling 数の一般化
第二種 Stirling 数の一般化である associated Stirling number of the second kind についてのメモ。
本記事を通し と表します。
第二種 Stirling 数
まず第二種 Stirling 数とは何なのかを簡単に復習します。
第二種 Stirling 数があるなら当然第一種 Stirling 数もあるわけですが、本記事では触れません。
命題2 は漸化式
\begin{split} S(n + 1, k) = k S(n, k) + S(n, k - 1) \end{split}
を満たす.
Associated Stirling numbers of the second kind
のとき なので、これは第二種 Stirling 数の一般化になっています。
命題5 は漸化式
\begin{split} S_r (n + 1, k) = k S_r (n, k) + \binom{n}{r-1} S_r (n - r + 1, k - 1) \end{split}
を満たす.
証明 を集合の分割で を満たすものとする. となる をとっておく.
i) のとき
, のとき とおけば は の分割で を満たすもの. の可能性が 通りなので,このような の数は 個.
ii) のとき
の可能性は 通り.また は 元集合の分割.よってこのような の数は 個.
(i),(ii) より等式が示された.証明終
次の補題は定義から直ちに従います(もしよければ証明を考えてみてください)。
この補題から の母関数が求まります。
\begin{split} F_r (t, u) = \sum_{n,k \geq 0} S_r (n, k) u^k \frac{t^n}{n!} \end{split}
とおくと\begin{split} F_r (t, u) = \exp \left( u \sum_{i \geq r} \frac{t^i}{i!} \right). \end{split}
証明
\begin{align} \exp \left( u \sum_{i \geq r} \frac{t^i}{i!} \right) &= \sum_{k \geq 0} \frac{1}{k!} \left( u \sum_{i \geq r} \frac{t^i}{i!} \right)^k \\ &= \sum_{k \geq 0} \frac{1}{k!} u^k \sum_{n \geq 0} t^n \sum_{ \substack{i_1, \cdots, i_k \geq r \\ i_1 + \cdots + i_k =n} } \frac{1}{i_1! \cdots i_k!}\\ &= \sum_{n,k \geq 0} \left( \frac{1}{k!} \sum_{ \substack{i_1, \cdots, i_k \geq r \\ i_1 + \cdots + i_k =n} } \binom{n}{i_1, \cdots, i_k} \right) u^k \frac{t^n}{n!}\\ &= F_r(t,u). \end{align}
証明終
証明 定理7から .
また
\begin{align} \exp \left(-u \frac{t^r}{r!} \right) F_r(t,u) &= \sum_{i \geq 0} \frac{1}{i!} \left( -u \frac{t^r}{r!} \right)^i \sum_{n,k \geq 0} S_r (n, k) u^k \frac{t^n}{n!}\\ &= \sum_{i,n,k \geq 0} (-1)^i \frac{1}{i!} \frac{1}{(r!)^i} S_r(n,k) u^{i+k} \frac{t^{ri+n}}{n!}\\ &= \sum_{n,k \geq 0} \left( \sum_{i=0}^k (-1)^i \frac{1}{i!} \binom{n}{r, \cdots, r, n-ri} S_r(n-ri, k-i) \right) u^k \frac{t^n}{n!}. \end{align}
ここで二行目から三行目への変形では, を , を に置き換えた.証明終
同様に から次も成り立ちます。