Stirling数その5
Stirling数その3で導いた式、
\[ \sum_{k=0}^{\infty}\frac{k^nf^{(k)}(0)}{k!}x^k=\sum_{k=0}^nS_{n,k}x^kf^{(k)}(x) \] で今度は、\(f(x)=(1-x)^{-a}\)としてみよう。 これは、Stirling数その3でやったことの一般化になっている。 二項定理その2で得た式をもちいて、 \begin{align} \sum_{k=0}^{\infty}\frac{k^n(a)_k}{k!}x^k&=\sum_{k=0}^nS_{n,k}x^k(a)_k(1-x)^{-a-k}\\ &=(1-x)^{-a}\sum_{k=0}^nS_{n,k}(a)_k\left(\frac{x}{1-x}\right)^k \end{align} 特に\(x=\frac 12\)とすると、 \[ \sum_{k=0}^{\infty}\frac{k^n(a)_k}{2^kk!}=2^a\sum_{k=0}^nS_{n,k}(a)_k \] これは面白い！さて、さきほどの式で、\(a=m+1\)とすると、 \[ \sum_{k=0}^{\infty}\binom{m+k}{k}k^nx^k=\frac{1}{(1-x)^{m+1}}\sum_{k=0}^{n}k!S_{n,k}\binom{m+k}{k}\left(\frac{x}{1-x}\right)^k \] また、\(a=-m\)とすると、 \[ \sum_{k=0}^m(-1)^k\binom{m}{k}k^nx^k=(1-x)^m\sum_{k=0}^n(-1)^k\binom{m}{k}k!S_{n,k}\left(\frac{x}{1-x}\right)^k\\ \] これらを\(n,m\)を入れ替えて整理して、 \begin{align} \sum_{k=0}^{\infty}\binom{n+k}{k}k^mx^k&=\frac{1}{(1-x)^{n+1}}\sum_{k=0}^{m}k!S_{m,k}\binom{n+k}{k}\left(\frac{x}{1-x}\right)^k\\ \sum_{k=0}^n\binom{n}{k}k^mx^k&=\sum_{k=0}^n\binom{n}{k}k!S_{m,k}x^k(1+x)^{n-k} \end{align} 特に、\(x=1,-\frac 12\)として、 \begin{align} \sum_{k=0}^n\binom{n}{k}k^m=\sum_{k=0}^n2^{n-k}\binom{n}{k}k!S_{m,k}\\ \sum_{k=0}^n(-1)^k\binom{n}{k}\frac{k^m}{2^k}=2^{-n}\sum_{k=0}^m(-1)^k\binom{n}{k}k!S_{m,k} \end{align} ここで、 \[ \binom{n}{k}k!=n^{\underline{k}} \] であるから、 \begin{align} \sum_{k=0}^n\binom{n}{k}k^mx^k&=\sum_{k=0}^nn^{\underline{k}}S_{m,k}x^k(1+x)^{n-k}\\ \sum_{k=0}^n\binom{n}{k}k^m&=\sum_{k=0}^n2^{n-k}n^{\underline{k}}S_{m,k}\\ \sum_{k=0}^n(-1)^k\binom{n}{k}\frac{k^m}{2^k}&=2^{-n}\sum_{k=0}^m(-1)^kn^{\underline{k}}S_{m,k} \end{align} とかいてもよい。最後の式で、特に\(m=n\)とすると、 \[ n^n=\sum_{k=0}^nn^{\underline{k}}S_{n,k} \] であるから、 \[ n^n+\sum_{k=0}^n(-1)^k2^{n-k}\binom{n}{k}k^n=2\sum_{k=0}^nn^{\underline{2k}}S_{n,2k} \] これは面白い！