スターリング数
スターリング数(スターリングすう、Stirling number)は、上昇階乗冪 (rising factorial) や 下降階乗冪 (falling factorial) を数値の冪乗と関係づけるための級数の展開係数として、イギリスの数学者ジェームズ・スターリング (数学者)が1730年に彼の著書 Methodus Differentialis で導入した数である。スターリング数は第1種スターリング数と、第2種スターリング数に分類される。 第1種スターリング数はべき乗から階乗への変換に、第2種スターリング数は階乗からべき乗への変換に現れる。また、スターリング数は組合せ数学において意味をもった数値を与える。
第1種スターリング数 (Stirling numbers of the first kind) [{\textstyle{n\atop k}] は、上昇階乗冪 x^{\overline{n}\equiv x(x + 1)(x + 2)\cdots(x + n - 1) を x のべき級数:
x^{\overline{n} = \sum_{k=0}^{n} \left[{n\atop k}\right]\,x^k
で表現したときの展開係数として定義される。この定義では 0\leq k\leq n である。また、便宜上 [{\textstyle{0\atop0}] = 1 と定義する。第1種スターリング数は、
\left[{n-1\atop k-1}\right] + (n - 1)\,\left[{n-1\atop k}\right]
なる漸化式で計算できる。この漸化式は、べき級数の展開係数としての定義から導出できる。第1種スターリング数の中で、簡単な数式で書ける成分として、
0,\quad
\left[{n\atop 1}\right] = (n-1)!,\quad
\left[{n\atop n-1}\right] = \left({n \atop 2}\right),\quad
\left[{n\atop n}\right] = 1
が挙げられる。なお、({\textstyle{n\atop2})は二項係数(二項定理 参照)である。これらは上記の漸化式を用いれば証明できる。特に、第1の関係式は、0^{\overline{n}=0 であることから導くこともできる。上に示した漸化式にしたがい、第1種スターリング数は下表のように計算される。なお、表中の空欄に位置する数値はゼロであると解釈する。
下降階乗冪 x^{\underline{n}\equiv x\,(x-1)(x-2)\cdots(x-n+1) も第1種スターリング数を含む展開係数をともない、x のべき級数で表現できる。具体的には、
x^{\underline{n} = \sum_{k=0}^{n} (-1)^{n+k}\left[ {n\atop k}\right]\,x^k
と書けるので、展開係数は第1種スターリング数に符号補正 (-1)^{n+k} を施した値である。この展開式は、
\begin{align}
x^{\underline{n}
& = x\,(x-1)(x-2)\cdots(x-n+1) \\
& = (-1)^n\cdot(-x)(-x+1)(-x+2)\cdots(-x+n-1) \\
& = (-1)^n\,(-x)^{\overline{n}
\end{align}
であることに注意すれば容易に証明できる。
\begin{align}
& \sum_{k=0}^{n} \left[{n\atop k}\right] = n!,\\
& \sum_{k=0}^{n} 2^k\left[{n\atop k}\right] = (n+1)!,\\
& \sum_{k=0}^{n} (-1)^k\left[{n\atop k}\right] = 0\quad(n\geq2)
\end{align}
第1の関係式は、1^{\overline{n}=n! から導かれる。第 2 の関係式は 2^{\overline{n}=(n+1)! から導かれる。第3の関係式は n\geq2 に関して、(-1)^{\overline{n}=0 であることから導かれる。
第1種スターリング数はベルヌーイ数 B_k と次のような関係がある。
\begin{align}
& \frac{1}{m!} \sum_{k=0}^m \left[{m+1\atop k+1}\right]\,B_k = \frac{1}{m+1},\\
& \frac{1}{(m-1)!} \sum_{k=0}^m \left[{m\atop k}\right]\,B_k = -\frac{1}{m+1}\quad(m\geq1).
\end{align}
第1の関係式は、上昇階乗冪の和の公式:
\sum_{k=0}^{n-1}(k+1)^{\overline{m} = \frac{n^{\overline{m+1}}{m+1}
から導くことができる。第2の関係式は、第1の関係式に第1種スターリング数の漸化式を適用すれば導かれる。
第1種スターリング数 [{\textstyle{n\atop k}] は、組合せ数学において、n 個の要素を k 個の巡回列に分割する組み合わせの数を与える。巡回列は山手線の駅のように繰り返される要素を示したデータ列である。ここでは、巡回列を (0,2,1,3) のように書こう。この場合、0, 2, 1, 3の順に数値が繰り返される場合を意味する。巡回列の場合、順列ではあるが (0,2,1,3) と (2,1,3,0) のように要素を巡回置換した巡回列どうしは同一とみなす。したがって、n 個の要素で構成される巡回列の組み合わせは (n-1)! 通りである。 また、(1) は1個の要素で構成される巡回列であると考える。
例として4個の要素を巡回列2個に分割する組み合わせを考えよう そのような分割においては、構成要素が1個と3個の巡回列に分割する組み合わせと、構成要素が2個と2個の巡回列に分割する組み合わせがある。前者の分割法では、4個の要素から、単独で巡回列をなす要素1個を選び、残りの3個の要素で巡回列を作る組み合わせを考えればよい。 要素4個から1個を選ぶ組み合わせは4通りであり、3個の要素から巡回列を作る組み合わせは2通りである。したがって、前者の分割法による組み合わせは全部で8通りとなる。後者については、4個の要素から巡回列をなす2個を選び、それぞれ2個の巡回列の組み合わせを考えればよい。 要素4個から2個を選ぶのは6通りの組み合わせがあり、2個の要素が巡回列は1通りしかない。しかし、得られる2個の巡回列は同一構造の巡回列なので、6通りの組み合わせからその自由度を補正する必要がある。つまり、2分の1するということであり、後者の分割法による組み合わせは3通りである。つまり、4個の要素を巡回列2個に分割する組み合わせは全部で11通りとなる。この数値は [{\textstyle{4\atop2}] と一致する。 そのような組み合わせをすべて列挙すると以下のようになる。
\begin{array}{llll}
{} [(0),(1,2,3)], & [(0),(1,3,2)], & [(1),(0,2,3)], & [(1),(0,3,2)] \\
{} [(2),(0,1,3)], & [(2),(0,3,1)], & [(3),(0,1,2)], & [(3),(0,2,1)] \\
{} [(0,1),(2,3)], & [(0,2),(1,3)], & [(0,3),(1,2)]
\end{array}
上で説明した直接的な順列のつくり方のほかに、4個の要素から巡回列2個をつくる方法として次の手順を考える。手順1として、3個の要素から巡回列1個をつくり、4番目の要素を単独要素の巡回列として追加する。手順2として、3個の要素から巡回列2個をつくり、4番目の要素を既につくられた巡回列に追加する。手順1では、3個の要素から巡回列をつくる組み合わせとして2通りが可能である。手順2では、3個の要素から巡回列2個をつくる組み合わせが3通りある。さらに、4番目の要素を既存の巡回列に挿入する組み合わせは3通りずつあるので、手順2による組み合わせは9通りとなる。よって、手順1と手順2による組み合わせの合計として11通りになる。
この考え方を一般化し、n 個の要素から 巡回列 k 個をつくるには、手順1として、n-1 個の要素から 巡回列 k-1 個をつくった後、k 番目の巡回列として n 番目の要素を単独で追加する。 その組み合わせの数は、n-1 個の要素から 巡回列 k-1 個をつくる組み合わせの数に等しい。手順2として、n-1 個の要素から巡回列 k 個をつくった後、n 番目の要素を既存の巡回列に挿入する。その組み合わせの数は、n-1 個の要素から 巡回列 k 個をつくる組み合わせの数を n-1 倍した値となる。手順1と手順2の組み合わせの和であることを考えると、n 個の要素から 巡回列 k 個をつくる組み合わせの数は第1スターリング数の漸化式で与えられることがわかる。したがって、その組み合わせの数は第1スターリング数 [{\textstyle{n\atop k}] に等しい。
第2種スターリング数 (Stirling numbers of the second kind) \\textstyle{n\atop k\} は、x^n を下降階乗冪 x^{\underline{k}\equiv x\,(x-1)(x-2)\cdots(x-k+1) の級数:
x^{n} = \sum_{k=0}^{n} \left\n\atop k}\right\}\,x^{\underline{k
で展開したときの展開係数として定義される。この定義では、0\leq k\leq n である。便宜上、\\textstyle{0\atop 0\}=1 と定義する。第2種スターリング数は
\left\ \left\0}^{N} (-1)^{n+k}\left[{n\atop k}\right]\,\left\{ {k\atop m}\right\} = \delta_{nm}
の関係を満たす。ただし、N\geq n,m とする。 また、\delta_{nm} はクロネッカーのデルタである。この関係は、x^n を下降階乗冪 x^{\underline{k で展開した数式に対し、x^{\underline{k を x のべき級数で展開すれば導出できる。 べき乗 x^n は 上昇階乗冪 x^{\overline{k}
で展開した場合も、第2種スターリング数を含む展開係数をともなう。その展開した結果は、
x^n = \sum_{k}^{n}(-1)^{n+k}\left\n\atop k}\right\}\,x^{\overline{k
となり、展開係数は第2種スターリング数に符号補正 (-1)^{n+k} を施した値である。この展開式は、x^{\underline{k}=(-1)^k(-x)^{\overline{k} であることに注意すれば導出できる。
\begin{align}
& \sum_{k=1}^n(-1)^k(k-1)!\left\{n\atop k}\right\}=0\quad\quad(n\geq2),\\
& \sum_{k=0}^n(-1)^{n+k} k!\left\1,\\
& \sum_{k=0}^n(-1)^{n+k} (k+1)!\left\2^n
\end{align}
第1の関係式は第2種スターリング数の漸化式から導出できる。第2の関係式は、(-1)^{\underline{k=(-1)^kk! であることから導出できる。第3の関係式は (-2)^{\underline{k=(-1)^k(k+1)! から導出できる。
第2種スターリング数もベルヌーイ数との関係を示すことができる。
\begin{align}
& B_{k-1} = \sum_{m=1}^k (-1)^{k+m}\frac{(m-1)!}{m} \left\{k\atop m}\right\},\\
& B_{k} = \sum_{m=0}^k (-1)^m \frac{m!}{m+1} \left\1}^k (-1)^{k-m}
\left({k\atop m}\right)m^n
によって一般項が計算できる。しかし、この公式も総和記号を含んでいるため、漸化式よりも便利な公式とは言いがたいが、この公式をベルヌーイ数との関係式(第2の関係式)に代入すればベルヌーイ数の一般項を得ることができる。
第2種スターリング数 \{ {\textstyle{n\atop k\} は、組合せ数学において、番号づけされた n 個の要素をグループ k 個に分割する組み合わせの数を与える。 分割する要素は番号付けされているので個別に区別できるが、グループは順序を特に区別しないものとする。 選択された要素を (0,2,3) と書いた場合、(0,3,2) のように要素を置換した列も同一であるとみなす。分割されたグループに含まれる要素の数は均等である必要はなく、1個の要素しか含まないグループがあってもよいとする。 要素4個をグループ2個に分割するには、要素が1個と3個のグループに分割する場合と、要素が2個と2個のグループに分割する組み合わせが挙げられる。 前者の分割法では、要素4個から単独グループをなす要素1個を選ぶ組み合わせ、すなわち、4通りだけが存在する。後者の分割法では、要素4個から一方のグループを構成する2個を選ぶ組み合わせを考えればよい。その組み合わせは6通りあるのだが、分割される双方のグループが要素2個で構成されることから、グループ間に対称性がある。その対称性から2の自由度がある。その自由度を補正すると、後者の分割法は3通りの組み合わせがあることになる。したがって、要素 0, 1, 2, 3 をグループ2個に分割する組み合わせは、全部で以下の7通りがある。
\begin{array}{llll}
{} [(0),(1,2,3)], & [(1),(0,2,3)], & [(2),(0,1,3)], & [(3),(0,1,2)],\\
{} [(0,1),(2,3)], & [(0,2),(1,3)], & [(0,3),(1,2)]
\end{array}
上で列挙した要素4個をグループ2個に分割する組み合わせは、次のように構成することもできる。 手順1として、要素3個をグループ1個に分割し、4番目の要素を第2のグループとして単独で追加する。手順2として、要素3個をグループ2個に分割し、4番目の要素をどちらかのグループに挿入する。手順1で構成される組み合わせは、要素3個をグループ1個に分割する組み合わせの数:1通りに等しい。手順2で構成される組み合わせは、要素3個をグループ2個に分割する組み合わせの数:3通りに対して、4番目の要素を2つのグループのどちらかに挿入する組み合わせ(2 通り)があるので、全部で6通りである。手順1と手順2による組み合わせの和は7通りとなり、上で列挙した組み合わせの数と一致する。
これを一般化して、要素 n 個をグループ  k 個に分割するには、次の2つの手順で組み合わせをつくればよい。 手順1として、要素n-1 個をグループ  k-1 個に分割し、n 番目の要素を k 番目のグループとして単独で追加すればよい。 手順 2 として、要素 n-1 個をグループ k 個に分割し、n 番目の要素を k 個のグループのどれかに挿入する。手順1で構成される組み合わせの数は、要素 n-1 個をグループ k-1 個に分割する組み合わせの数に等しい。 手順2で構成される組み合わせの数は、要素 n-1 個をグループ k に分割する組み合わせの数の k 倍に等しい。したがって、手順1と手順2で構成される組み合わせの和として、求める組み合わせの数は第2種スターリング数の漸化式で与えられる。 要素 n 個をグループ  k 個に分割する組み合わせは、第2種スターリング数 \{ {\textstyle{n\atop k\} で与えられる。