用无穷矩阵方程求解第二类S...ling数表示的自然数幂和_唐军强.pdf

第 43 卷 第 1 期 高 师 理 科 学 刊 Vol.43 No.1 2023 年 1 月 Journal of Science of Teachers College and University Jan.2023 文章编号：1007-9831（2023）01-0020-04 用无穷矩阵方程求解第二类 Stirling 数 表示的自然数幂和 唐军强，艾英（焦作大学 基础部，河南 焦作 454000）摘要：讨论了 4 个用第二类 Stirling 数表示的自然数的幂和公式利用升阶乘和降阶乘的定义式，得到关于各阶幂和的递推关系，用求解无穷矩阵方程的方法给出用第二类 Stirling 数表示的幂和公式，并证明了它们之间的等价性 关键词：无穷矩阵方程；自然数；幂和；第一类 Stirling 数；第二类 Stirling 数 中图分类号：O156 文献标识码：A doi：10.3969/j.issn.1007-9831.2023.01.005 Power sum of natural numbers expressed by Stirling numbers of second kind by solving infinite matrix equation TANG Junqiang，AI Ying（Department of Basic Courses，Jiaozuo College，Jiaozuo 454000，China）AbstractAbstract：Four power sum formulas of natural numbers expressed by Stirling numbers of second kind are discussed By means of the definition of rising factorial and falling factorial，the recursive relation of the power sum of each order is obtained，and the formula of the power sum expressed by the Stirling numbers of second kind is given by means of solving the infinite matrix equation，and the equivalence between them is proved.Key wordsKey words：infinite matrix equation；natural number；power sum；Stirling numbers of first kind；Stirling numbers of second kind 1 引言及预备知识 自然数的幂和是一个古老的问题，很多数学家都对其做过研究 该问题牵涉极广，可以用 Bernoulli 数、第二类 Stirling 数、第二类 Euler 数等给出它的计算公式1-2 仅用第二类 Stirling 数就可以给出 4 个形式上看起来不同的公式，这容易使人感到困惑本文基于构造无穷矩阵方程的方法，给出这些公式的推导过程，并讨论它们之间的等价性 定义()(1)(2)(1)kxx xxxk=-+，称为实变元x的k次降阶乘3-4第一类 Stirling 数记作1(,),1s kjjk，其实就是()kx的展开式中不考虑符号的系数，即 11111()(1)(2)(1)()(1)(1)(1)kkkkxx xxxks k,k xs k,kxs k,x-=-+=-+-（1）第二类 Stirling 数记作2(,),1s ijji，是由降阶乘()kx反过来表示kx的系数，即 收稿日期：2022-05-28 基金项目：河南省自然科学基金项目（222300420579）作者简介：唐军强（1980-），男，河南开封人，讲师，硕士，从事解析数论研究E-mail：tjq_ 第 1 期 唐军强，等：用无穷矩阵方程求解第二类 Stirling 数表示的自然数幂和 21 22121(,)()(,1)()(,1)()kkkxs kkxs kkxs kx-=+-+（2）同样地，如果定义变元x的k次升阶乘为()(1)(2)(1)kxx xxxk=+-，则有 1111()(1)(2)(1)(,)(,1)(,1)kkkxx xxxks kk xs kkxs kx-=+-=+-+（3）它的逆过程是 111222(,)()(,1)()(1)(,1)()kkkkxs kkxs kkxs kx-=-+-（4）第二类 Stirling 数满足运算规则 222(,0)0,(,1)1,(,)0()s is is i jij=;222(,)(1,1)(1,)s ijs ijjs ij=-+-（5）如果采用降阶乘和升阶乘 2 种不同的定义式来考虑自然数的幂和问题，则可以得到形式上不同的方幂和公式为了避免和 Stirling 数的表示符号冲突，文中用()kfn代表前n个自然数的k幂次和 引理 1 111,kkkkkknnCCCCkn+=证明 将各式 122(1)1kkkkkkxC xC xC x+=+1122111111(1)1kkkkkkkkkxCxCxCxCx+=+122(1)1nkknnnnnnxC xC xC xC x+=+左右两端分别相加，右端kx的系数为1kkkkknCCC+，而左端相加则是等比数列求和，即 11(1)(1)(1)(1)(1)nkkknxxxxxx+-+=它的项kx的系数为11knC+因此111,kkkkkknnCCCCkn+=.证毕 引理 2 第一类 Stirling 数和第二类 Stirling 数之间满足关系式2110 (1)(,)(,)1 kijijks ki s i jjk+=-=证明 将式（2）中的项()(1)ixik 用式（1）展开，得 ()1121111(,)(,)(,1)(1)(,1)kkiiiixs kis i i xs i ixs ix-=-+-（6）式（6）右端中(1)jxjk的系数为 21212121(,)(,)(,1)(1,)(1)(,)(,)(1)(,)(,)kkjijijs kj sj js kjsjjskk s kjs ki s i j-+=-+-=-对比式（6）左端可知，只有当jk=时，其值为 1，其余均为 0 证毕 引理 2 表明，由第一类 Stirling 数和带符号的第二类 Stirling 数所构成的 2 个无穷矩阵()1(,)s ij，()2(1)(,)ijs ij+-是互逆的 2 用第二类 Stirling 数表示的幂和公式 定理 幂和公式()kfn可以由第二类 Stirling 数表示为 1121()(1)(1,)(1)!kkiikn iifns ki iC+-+=-+-（7）121()(1)!(,)kk iikn iifni ski C-+=-（8）121()(1)!(1,)kiknifnis ki C+=-+（9）1211()!(,)kiknifni s ki C+=（10）证明 推导式（7），采用第一类 Stirling 数的升阶乘定义式 12111(1)(2)(1)(,)(,1)(,1)kkxxxks kk xs kkxs k-+-=+-+22 高 师 理 科 学 刊 第 43 卷 对其中的变量x从 1 到n求和，并且利用引理 1 得到()111210(,)()(,1)()(,1)()(1)!1kkkn ks kk fns kkfns kfnkC-+-+=-（11）令11111111111111111111(1,1)00000(2,1)(2,2)0000(3,1)(3,2)(3,3)000(4,1)(4,2)(4,3)(4,4)00(5,1)(5,2)(5,3)(5,4)(5,5)0(6,1)(6,2)(6,3)(6,4)(6,5ssssssssssssssssssss=A1)(6,6)s，则式（11）可改写成无穷矩阵方程的形式，即()()()()()()1102213324344555660!1()1!1()2!1()()3!1()4!1()5!1nnnnnnCfnCf nCfnf nCfnCfnC+-=-A 对矩阵A求逆，得到111111111111111111111(1,1)00000(2,1)(2,2)0000(3,1)(3,2)(3,3)000(4,1)(4,2)(4,3)(4,4)00(5,1)(5,2)(5,3)(5,4)(5,5)0(6,1)(6,2)(6,3)(6,4)(6,ssssssssssssssssssss-=A115)(6,6)s-=110000010000011000011000023100013100061161001761002450351010115251010120274225851511319065151-=-因此()()()()()()11022133214344555660!1()1000001!1()1100002!1()131000()1761003!1()1152510104!1()13190651515!1nnnnnnCfnCf nCfnfnCfnCfnC+-+-=-A()()()()()()1122334455660!11!12!13!14!15!1nnnnnnCCCCCC+-容易看到，逆矩阵1-A中的元素就是第二类的 Stirling 数，只是符号与元素所在的位置有关严格意义上来说，有限步的计算所获得的规律性并不能够说明无穷次运算的规律，这在历史上被称作不完全归纳法 有趣的是，Jacob Berboulli 曾经批评 John Wallis 在推导过程中使用了不完全归纳法，但是在他自己的 猜度术一书中给出的用 Berboulli 数表示的幂和公式却没有任何的证明过程5，后人猜测，他应该是在不完全归纳的基础上做出的推断但是在这里，由引理 2 做保证，1-A的元素就是第二类的 Stirling 数由此可第 1 期 唐军强，等：用无穷矩阵方程求解第二类 Stirling 数表示的自然数幂和 23 得()1121()(1)(1,)(1)!1,0,1,2,kkiikn iifns ki iCk+-+=-+-=由于1121(1)(1,)(1)!0kkiis ki i+-=-+-=，1k=,2,3,，进而可以得到1121()(1)(1,)(1)!,1,2,3,kkiikn iifns ki iCk+-+=-+-=，即式（7）成立 式（8）可以由式（7）推导得出，利用式（5），得到 ()111122211111122111122()(1)(1,)(1)!(1)(,1)(,)(1)!(1)(,1)(1)!(1)(,)!(1)(,1)kkkiikiikn in iiikkkiikiin in iiikkiifns ki iCs kiis kiiCs kiiCs ki i Cs ki+-+-+=+-+-+=+-=-+-=-+-=-+-=-()12111212111121211(1)!(1)(,)!(1)(,)!(1)(,)!(1)(,)!(1)(,)!kikiin in iikkk iikiin in iiikkk iiik iin in in iiiiCs ki i Cs ki i Cs ki i Cs ki i CCs ki i C+-+=-+-+=-+-+=-+-=-+-=-=-式（9）可用降阶乘定义式获得，此时得到的矩阵方程中的原矩阵A是由带符号的第一类 Stirling 数构成，而其逆矩阵则是由第二类 Stirling 数组成而用式（9）导出式（10）的过程与由式（7）导出式（8）的过程类似，不再赘述 证毕 注 式（8）（10）较常见于文献6-9中，式（7）（9）是本文的结果，且由式（7）可以推得式（8），由式（9）可以推得式（10）结语 本文的方法具有普遍性递推关系通常是一种线