Stirling数その4
前の記事で導出した式、
\[ \sum_{k=0}^{\infty}\frac{k^nf^{(k)}(0)}{k!}x^k=\sum_{k=0}^nS_{n,k}x^kf^{(k)}(x) \] において、\(f(x)=e^x\)としてみよう。すると、 \[ \sum_{k=0}^{\infty}\frac{k^n}{k!}x^k=e^x\sum_{k=0}^nS_{n,k}x^k \] このとき、 \[ B_n(x)=\sum_{k=0}^nS_{n,k}x^k \] はBell多項式というもので、組合せ論的な意味を持っているらしい。 これをもちいると、 \[ \sum_{k=0}^{\infty}\frac{k^n}{k!}x^k=e^xB_n(x) \] とかける。ここで、\(x=1\)を代入してみると、 \[ \sum_{k=0}^{\infty}\frac{k^n}{k!}x^k=eB_n(1)=eB_n \] この\(B_n\)をBell数という。具体的に計算すると、 \[ 1,1,2,5,15,52,203,\cdots \] のようになる。さて、このBell多項式の母関数を求めてみよう。 通常の母関数は収束しないので、指数型母関数を求める。 \begin{align} \sum_{n=0}^{\infty}\frac{B_n(x)}{n!}t^n&=e^{-x}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{t^n}{n!}\sum_{k=0}^{\infty}\frac{k^n}{k!}x^k\\ &=e^{-x}\sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{k!}x^k\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(kt)^n}{n!}\\ &=e^{-x}\sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{k!}x^ke^{tk}\\ &=e^{-x}e^{xe^{t}}\\ &=e^{x(e^{t}-1)} \end{align} つまり、 \[ \sum_{n=0}^{\infty}\frac{B_n(x)}{n!}t^n=e^{x(e^{t}-1)} \] これを\(t\)で微分すると、 \begin{align} \sum_{n=0}^{\infty}\frac{B_{n+1}(x)}{n!}t^n&=xe^te^{x(e^t-1)}\\ &=x\sum_{n=0}^{\infty}\frac{t^n}{n!}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{B_n(x)}{n!}t^n \end{align} よって、係数比較により、 \[ B_{n+1}(x)=x\sum_{k=0}^{n}\binom{n}kB_{k}(x) \] が得られる。これほど綺麗な漸化式をみたすとは、面白い。 また、\(x\)で微分して、\(x\)を掛けると、 \begin{align} \sum_{n=0}^{\infty}\frac{xB_n'(x)}{n!}t^n&=xe^te^{x(e^t-1)}-xe^{x(e^t-1)}\\ &=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{B_{n+1}(x)}{n!}t^n-\sum_{n=0}^{\infty}\frac{xB_n(x)}{n!}t^n\\ &=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{B_{n+1}(x)-xB_n(x)}{n!}t^n \end{align} より、 \[ xB_n'(x)=B_{n+1}(x)-xB_n(x) \] が得られる。