Stirling数その3
さっそく、Stirling数をもちいて、級数の値を求めてみたいと思う。
\(f(x)\)をMaclaurin展開できる関数、 \[ f(x)=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{f^{(k)}(0)}{k!}x^k \] とする、このとき、 \[ \sum_{k=0}^{\infty}\frac{k^nf^{(k)}(0)}{k!}x^k \] を求めよう。 \begin{align} \sum_{k=0}^{\infty}\frac{k^nf^{(k)}(0)}{k!}x^k&=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{f^{(k)}(0)}{k!}x^k\sum_{i=0}^{n}S_{n,i}k^{\underline{i}}\\ &=\sum_{i=0}^nS_{n,i}\sum_{k=0}^{\infty}\frac{k(k-1)\cdots(k-i+1)f^{(k)}(0)}{k!}x^k\\ &=\sum_{i=0}^nS_{n,i}\sum_{k=0}^{\infty}\frac{f^{(k)}(0)}{(k-i)!}x^k\\ &=\sum_{i=0}^nS_{n,i}\sum_{k=0}^{\infty}\frac{f^{(k+i)}(0)}{k!}x^{k+i}\\ &=\sum_{i=0}^nS_{n,i}x^i\sum_{k=0}^{\infty}\frac{f^{(k+i)}(0)}{k!}x^k\\ &=\sum_{i=0}^nS_{n,i}x^if^{(i)}(x) \end{align} よって、 \[ \sum_{k=0}^{\infty}\frac{k^nf^{(k)}(0)}{k!}x^k=\sum_{k=0}^nS_{n,k}x^kf^{(k)}(x) \] が得られた、これは、 \begin{align} \left(x\frac{d}{dx}\right)^n\sum_{k=0}^{\infty}\frac{f^{(k)}(0)}{k!}x^k&=\sum_{k=0}^{n}S_{n,k}x^kf^{(k)}(x)\\ \left(x\frac{d}{dx}\right)^nf(x)&=\sum_{k=0}^{n}S_{n,k}x^kf^{(k)}(x)\\ \end{align} と書くことができる。\(f\)はある程度任意だったから、作用素として、 \[ \left(x\frac{d}{dx}\right)^n=\sum_{k=0}^nS_{n,k}x^k\frac{d^k}{dx^k} \] が成り立っていると考えられる。さて、\(f(x)=\frac{1}{1-x}\)としてみよう。すると、 \[ f^{(k)}(x)=\frac{k!}{(1-x)^{k+1}} \] であるから、 \[ \sum_{k=0}^{\infty}k^nx^k=\frac{1}{1-x}\sum_{k=0}^nk!S_{n,k}\left(\frac{x}{1-x}\right)^k \] が得られた。ここで、\(x=\frac 12\)とすると、 \[ \sum_{k=0}^{\infty}\frac{k^n}{2^k}=2\sum_{k=0}^{n}k!S_{n,k} \] 具体的に計算すると、 \begin{align} \sum_{k=0}^{\infty}\frac{k}{2^k}&=2\\ \sum_{k=0}^{\infty}\frac{k^2}{2^k}&=6\\ \sum_{k=0}^{\infty}\frac{k^3}{2^k}&=26\\ \sum_{k=0}^{\infty}\frac{k^4}{2^k}&=150\\ \end{align} 綺麗な整数だ。 \[ \sum_{k=0}^{\infty}k^nx^k=\frac{1}{(1-x)^{n+1}}\sum_{k=0}^nk!S_{n,k}x^k(1-x)^{n-k} \] のように書くとわかりやすいかもしれない。