Bell数の母関数表示と第二種Stirling数

前回の記事ではBell数について書きました：
integers.hatenablog.com

そこで紹介した、Bell数の母関数表示の証明を今回の記事で与えます。

$\displaystyle e^{e^x-1} = \sum_{n=0}^{\infty}B_n\frac{x^n}{n!} \in \mathbb{Q}[ \! [ x ] \! ]$ .

第二種Stirling数

$n$ 個の元からなる集合の分割の個数がBell数 $B_n$ でしたが、 $k=0, \dots, n$ に対して、 $n$ 個の元からなる集合の $k$ 個の部分集合への分割の個数を第二種Stirling数といい、 $\displaystyle \left\{ {n \atop k} \right\}$ と表します。すると、定義から

$\displaystyle B_n = \sum_{k=0}^n \left\{ {n \atop k} \right\}$

が成り立つことがわかります。ただし、 $n=0$ のときは、 $\displaystyle \left\{ {0 \atop 0} \right\} = 1$ 、 $n \geq 1$ のときは、 $\displaystyle \left\{ {n \atop 0} \right\} = 0$ です。冒頭の母関数表示を証明するには、次の第二種Stirling数に関する２変数母関数表示を証明すれば十分です：

定理 $\ \ \ \displaystyle e^{x(e^t-1)}=\sum_{n \geq k \geq 0}\left\{ {n \atop k} \right\} x^k\frac{t^n}{n!} \in \mathbb{Q}[ \! [ x, t ] \! ]$

第二種Stirling数の満たす漸化式

$n \geq 1, 1\leq k \leq n$ のとき、第二種Stirling数は次の漸化式によって定まることがわかります(二項係数に関するパスカルの三角形の類似)：

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

$\displaystyle \left\{ {n \atop n} \right\} = \left\{ {n \atop 1} \right\} = 1.$

$n$ 個の元からなる集合 $\{a_1, a_2, \dots, a_n\}$ が与えられたとき、これを $k$ 個の部分集合に分割する個数は $\{a_2, \dots, a_n\}$ を $k$ 個の部分集合に分けてから $a_1$ をそれらの部分集合のどこかに入れて得られる $\displaystyle k\left\{ {n-1 \atop k}\right\}$ 個の分割と、 $\{a_1\}$ と $\{a_2, \dots, a_n\}$ を $k-1$ 個の部分集合に分割して得られる分割を合わせて得られる $\displaystyle \left\{ {n-1 \atop k}\right\}$ 個の分割に分けられるので、上の漸化式が成立することが分かります。

補題１ 形式的冪級数環に作用する微分作用素に関して、次の等号が成立する：

$\displaystyle \left( x\frac{d}{dx} \right)^n = \sum_{k=0}^n \left\{ {n \atop k} \right\}x^k\left( \frac{d}{dx} \right)^k.$

ただし、微分作用素の積は合成によって定める。

証明. $n$ に関する帰納法で証明する。 $n=0, 1$ のときは確かに等号が成立しているので、 $n$ のときに成立すると仮定して、 $n+1$ の場合に証明する。

$\begin{equation}\begin{split} \left( x\frac{d}{dx} \right)^{n+1} &= x\frac{d}{dx} \left( \sum_{k=0}^n \left\{ {n \atop k} \right\}x^k\left( \frac{d}{dx} \right)^k \right) \\ &= \sum_{k=0}^n\left\{ {n \atop k}\right\} x\frac{d}{dx}\left( x^k \left( \frac{d}{dx} \right)^k \right) \\ &= \sum_{k=0}^n \left\{ {n \atop k} \right\} \left[ kx^k\left( \frac{d}{dx} \right)^k+x^{k+1}\left( \frac{d}{dx} \right)^{k+1} \right] \\ &= \sum_{k=0}^{n+1}\left[ k\left\{ {n \atop k}\right\} + \left\{ {n\atop k-1}\right\} \right] x^k \left( \frac{d}{dx} \right)^k \\ &= \sum_{k=0}^{n+1}\left\{ {n+1\atop k}\right\}x^k \left( \frac{d}{dx} \right)^k \end{split}\end{equation}$

と変形できるので、 $n+1$ の場合も成立することがわかる。ただし、 $\displaystyle \left\{ {n \atop n+1} \right\}=\left\{ {n \atop -1} \right\} = 0$ とする。 Q.E.D.

補題２ $\displaystyle \exp \left( t\left( x\frac{d}{dx} \right) \right) := \sum_{n=0}^{\infty}\frac{t^n}{n!}\left( x\frac{d}{dx} \right)^n$ なる $\mathbb{Q}[ \! [ x, y ] \! ]$ 上の微分作用素に対して、

$\displaystyle \exp \left( t \left( x\frac{d}{dx}\right) \right) (e^x) = e^{xe^t}$

が成立する。

証明. $k \geq 0$ に対して $\displaystyle \exp \left( t\left( x\frac{d}{dx} \right) \right) (x^k) = (xe^t)^k$ が成り立つことを示せば十分であるが、

$\displaystyle \exp \left( t\left( x\frac{d}{dx} \right) \right) (x^k) = \sum_{n=0}^{\infty}\frac{t^n}{n!}\left( x\frac{d}{dx} \right)^n (x^k) = \sum_{n=0}^{\infty}\frac{(kt)^n}{n!}x^k = e^{kt}x^k = (xe^{t})^k$

と計算できる。 Q.E.D.

定理の証明

補題１および補題２より、

$\begin{equation}\begin{split} e^{xe^t} &= \exp \left( t\left( x\frac{d}{dx} \right) \right) (e^x) \\ &=\sum_{n=0}^{\infty} \left( x\frac{d}{dx} \right)^n(e^x) \frac{t^n}{n!} \\ &= \sum_{n=0}^{\infty} \left( \sum_{k=0}^n\left\{ {n \atop k} \right\} x^k \left( \frac{d}{dx} \right)^k \right) (e^x)\frac{t^n}{n!} \\ &= e^x\sum_{n=0}^{\infty}\sum_{k=0}^n\left\{ {n \atop k}\right\} x^k\frac{t^n}{n!}\end{split}\end{equation}$