Stirling number

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スターリング数

出典: フリー百科事典『ウィキペディア（Wikipedia）』 (2023/04/29 02:28 UTC 版)

スターリング数（スターリングすう、英: 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

第1種スターリング数 (en: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：

$x^{\overline {n}}=\textstyle \sum \limits _{k=0}^{n}\displaystyle \left[{n \atop k}\right]\,x^{k}$

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 $[{\textstyle {0 \atop 0}}]=1$ と定義する。第1種スターリング数は、

$\left[{n \atop k}\right]=\left[{n-1 \atop k-1}\right]+(n-1)\,\left[{n-1 \atop k}\right]$

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、

$\left[{n \atop 0}\right]=0,\quad \left[{n \atop 1}\right]=(n-1)!,\quad \left[{n \atop n-1}\right]=\left({n \atop 2}\right),\quad \left[{n \atop n}\right]=1$

が挙げられる。なお、 $({\textstyle {n \atop 2}})$ は二項係数（二項定理を参照）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従い、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。

n ＼ k	0	1	2	3	4	5	6	7
0	1
1	0	1
2	0	1	1
3	0	2	3	1
4	0	6	11	6	1
5	0	24	50	35	10	1
6	0	120	274	225	85	15	1
7	0	720	1764	1624	735	175	21	1

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伴い、 $x$ のべき級数で表現できる。具体的には、

$x^{\underline {n}}=\textstyle \sum \limits _{k=0}^{n}(-1)^{n+k}\displaystyle \left[{n \atop k}\right]\,x^{k}$

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、

${\begin{aligned}x^{\underline {n}}&=x\,(x-1)(x-2)\cdots (x-n+1)\\&=(-1)^{n}\cdot (-x)(-x+1)(-x+2)\cdots (-x+n-1)\\&=(-1)^{n}\,(-x)^{\overline {n}}\end{aligned}}$

であることに注意すれば容易に証明できる。

第1種スターリング数の性質

${\begin{aligned}&\textstyle \sum \limits _{k=0}^{n}\displaystyle \left[{n \atop k}\right]=n!,\\&\textstyle \sum \limits _{k=0}^{n}2^{k}\displaystyle \left[{n \atop k}\right]=(n+1)!,\\&\textstyle \sum \limits _{k=0}^{n}(-1)^{k}\displaystyle \left[{n \atop k}\right]=0\quad (n\geq 2)\end{aligned}}$

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 $n\geq 2$ 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。

${\begin{aligned}&{\frac {1}{m!}}\textstyle \sum \limits _{k=0}^{m}\displaystyle \left[{m+1 \atop k+1}\right]\,B_{k}={\frac {1}{m+1}},\\&{\frac {1}{(m-1)!}}\textstyle \sum \limits _{k=0}^{m}\displaystyle \left[{m \atop k}\right]\,B_{k}=-{\frac {1}{m+1}}\quad (m\geq 1).\end{aligned}}$

第1の関係式は、上昇階乗冪の和の公式：

$\textstyle \sum \limits _{k=0}^{n-1}(k+1)^{\overline {m}}={\dfrac {n^{\overline {m+1}}}{m+1}}$

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。

組み合わせ数学における意味

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 $[{\textstyle {4 \atop 2}}]$ 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作り方のほかに、4個の要素から巡回列2個を作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個を作り、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個を作り、4番目の要素を既に作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作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個を作る組み合わせが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 $k$ 個を作るには、手順1として、 $n-1$ 個の要素から 巡回列 $k-1$ 個を作った後、 $k$ 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 $k-1$ 個を作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 $k$ 個を作った後、 $n$ 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 $k$ 個を作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 $k$ 個を作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

第2種スターリング数 (en: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：

$x^{n}=\textstyle \sum \limits _{k=0}^{n}\displaystyle \left\{{n \atop k}\right\}\,x^{\underline {k}}$

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

$\left\{{n \atop k}\right\}=\left\{{n-1 \atop k-1}\right\}+k\,\left\{{n-1 \atop k}\right\}$

なる漸化式で計算できる。この漸化式は、上記の級数展開による定義から導出できる。その漸化式に従うと、第2種スターリング数は下表のよう計算される。

n ＼ k	0	1	2	3	4	5	6	7
0	1
1	0	1
2	0	1	1
3	0	1	3	1
4	0	1	7	6	1
5	0	1	15	25	10	1
6	0	1	31	90	65	15	1
7	0	1	63	301	350	140	21	1

第2種スターリング数 $\{{\textstyle {n \atop k}}\}$ は、第1種スターリング数に符号補正を施した $(-1)^{n+k}[{\textstyle {n \atop k}}]$ に対して逆行列の関係、すなわち、

$\textstyle \sum \limits _{k=0}^{N}(-1)^{n+k}\displaystyle \left[{n \atop k}\right]\,\left\{{k \atop m}\right\}=\delta _{nm}$

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伴う。その展開した結果は、

$x^{n}=\textstyle \sum \limits _{k}^{n}(-1)^{n+k}\displaystyle \left\{{n \atop k}\right\}\,x^{\overline {k}}$

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。

第2種スターリング数の性質

${\begin{aligned}&\textstyle \sum \limits _{k=1}^{n}(-1)^{k}(k-1)!\displaystyle \left\{{n \atop k}\right\}=0\quad \quad (n\geq 2),\\&\textstyle \sum \limits _{k=0}^{n}(-1)^{n+k}k!\displaystyle \left\{{n \atop k}\right\}=1,\\&\sum _{k=0}^{n}(-1)^{n+k}(k+1)!\left\{{n \atop k}\right\}=2^{n}\end{aligned}}$

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、 $(-1)^{\underline {k}}=(-1)^{k}k!$ 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。

${\begin{aligned}&B_{k-1}=\sum _{m=1}^{k}(-1)^{k+m}{\frac {(m-1)!}{m}}\left\{{k \atop m}\right\},\\&B_{k}=\sum _{m=0}^{k}(-1)^{m}{\frac {m!}{m+1}}\left\{{k \atop m}\right\}\end{aligned}}$

第1の関係式は、第1種スターリング数とベルヌーイ数の関係式から導出できる。第2の関係式は、第1の関係式に第2種スターリング数の漸化式を適用すれば導出できる。さらに、第2種スターリング数は公式:

$\left\{{n \atop k}\right\}={\frac {1}{k!}}\sum _{m=1}^{k}(-1)^{k-m}\left({k \atop m}\right)m^{n}$

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。

組み合わせ数学における意味

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作ればよい。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。

関連項目

• スターリング多項式
• スターリング変換
• 集合の分割
• ベル数
• 階乗冪

外部リンク

• 『スターリング数の漸化式と3つの意味』 - 高校数学の美しい物語

Weblio日本語例文用例辞書

「Stirling number」の例文・使い方・用例・文例

• 話し中です (《主に英国で用いられる》 The number's engaged.).