第二種Stirling数

前回はBernoulli数の明示公式を与えました。
negelon.hatenablog.com
今回は、後に必要となる第二種Stirling数を導入したいと思います。

Prop.20 任意の非負整数 $q, j$ に対して,
\begin{align*}
\mathfrak{S}_{q}^{j} := \dfrac{A_{q, j}}{j!}
\end{align*} は整数.

(証明)
$n$ を自然数とするとき,
\begin{align*}
(x)_{n} := x(x-1) \cdots (x-n+1)
\end{align*}と定める. すると $A_{q, j}$ の定義から自然数 $q$ に対して,
\begin{align*}
x^{q} &= \sum_{j=1}^{q}A_{q, j}\dbinom{x}{j}\\
&= \sum_{j=1}^{q}\dfrac{x(x-1) \cdots (x-j+1)}{j!}A_{q, j}\\
&=\sum_{j=1}^{q}\mathfrak{S}_{q}^{j}(x)_{j}
\end{align*}となる. ここで,
\begin{align*}
\mathfrak{S}_{q}^{q} &= \dfrac{A_{q, q}}{q!}\\
&=\dfrac{q!}{q!}\\
&= 1
\end{align*}であることと,
\begin{align*}
(x)_{j} &= x(x-1) \cdots (x-j+1)\\
&= \sum_{i=1}^{j}\left\{\sum_{1 \leq k_{1} < \cdots < k_{j-i} \leq j-1}(-1)^{j-i}k_{1} \cdots k_{j-i}\right\}x^{i}\\
&= \sum_{i=1}^{j} m_{i}^{j} x^{i}
\end{align*} であることから,
\begin{align*}
x^{q}-(x)_{q} &= \sum_{j=1}^{q-1} \mathfrak{S}_{q}^{j}(x)_{j}\\
&= \sum_{j=1}^{q-1} \mathfrak{S}_{q}^{j}\sum_{i=1}^{j}m_{i}^{j}x^{i}\\
&= \sum_{i=1}^{q-1} \left( \sum_{j=i}^{q-1} \mathfrak{S}_{q}^{j} m_{i}^{j} \right) x^{i}\\
&= \sum_{i=1}^{q-1}\left(\mathfrak{S}_{q}^{j} + \sum_{j=i+1}^{q-1}\mathfrak{S}_{q}^{j}m_{i}^{j}\right)x_{i}
\end{align*}を得る. 今, 左辺は整数係数 $q-1$ 次モニック多項式なので帰納的に $\mathfrak{S}_{q}^{q-1} \in \mathbb{Z}, \mathfrak{S}_{q}^{q-2} \in \mathbb{Z}, \cdots , \mathfrak{S}_{q}^{1} \in \mathbb{Z}$ が分かる. また $q, j$ を自然数とするとき,
\begin{align*}
&\mathfrak{S}_{0}^{0} = \dfrac{A_{0, 0}}{0!} = 1 \in \mathbb{Z},\\
&\mathfrak{S}_{q}^{0} = \dfrac{A_{q, 0}}{q!} = 0 \in \mathbb{Z},\\
&\mathfrak{S}_{j}^{0} = \dfrac{A_{0, j}}{0!} = 0 \in \mathbb{Z},\\
&\mathfrak{S}_{q}^{j} = \dfrac{A_{q, j}}{q!} = 0 \in \mathbb{Z}\ \ \ (j \geq q+1),
\end{align*}であるから, 任意の非負整数 $q, j$ に対して $\mathfrak{S}_{q}^{j}$ は整数となる.■