¿Recurrencia de qqq-análogo para los números de Stirling?

Question

¿Recurrencia de qqq-análogo para los números de Stirling?

q-análogos
Matemáticas
combinatoria
números de stirling
relaciones de recurrencia

dani hobbes

Leí en algunos artículos que los números de Stirling (del segundo tipo) tienen un $q$ -cosa análoga $S_q(n,k)$ , que satisfacen la recurrencia

S_{q} (norte, k) = (k)_{q} S_{q} (norte - 1, k) + q^{k - 1} S_{q} (norte - 1, k - 1)

$S_q(n,k)=(k)_qS_q(n-1,k)+q^{k-1}S_q(n-1,k-1)$ con las condiciones que

S_{q} (0, k) = δ_{0, k}

$S_q(0,k)=\delta_{0,k}$ y

S_{q} (n, 0) = δ_{n, 0}

$S_q(n,0)=\delta_{n,0}$ .

¿Cómo se llega a esta recurrencia? Incluso si esta recurrencia se toma como definición, debe haber alguna motivación para ello. Gracias.

Gottfried Helms

@anon: hmm, no quiero hacer una discusión amplia sobre eso, pero creo recordar que hay diferentes enfoques para definir q-análogos para los números de Stirling. Así que creo que no solo debería ser legítimo sino también interesante preguntar: "¿cómo llegaron a esa forma de definición?", lo que implica una pequeña pista sobre el enfoque de "por qué prefirieron esta definición específica", y no simplemente "ellos están definidos"

Respuestas (2)

¿Recurrencia de qqq-análogo para los números de Stirling?

@anon: hmm, no quiero hacer una discusión amplia sobre eso, pero creo recordar que hay diferentes enfoques para definir q-análogos para los números de Stirling. Así que creo que no solo debería ser legítimo sino también interesante preguntar: "¿cómo llegaron a esa forma de definición?", lo que implica una pequeña pista sobre el enfoque de "por qué prefirieron esta definición específica", y no simplemente "ellos están definidos"

Brian M Scott · Answer 1

La siguiente justificación se basa en el material de las notas de clase de Johann Cigler , capítulos 1 y 3.

Los números ordinarios de Stirling de segunda especie se caracterizan por la identidad

\begin{matrix} (1) & (X D)^{norte} = \sum_{k} {\begin{matrix} norte \\ k \end{matrix}} X^{k} D^{k}, \end{matrix}

$(xD)^n=\sum_k\left\{\matrix{n\\k}\right\}x^kD^k\;,\tag{1}$ dónde

D

$D$ es el operador de derivación ordinario. Por lo tanto, un enfoque para definir un

q

$q$ -término análogo

S_{q} (n, k)

$S_q(n,k)$ es exigir que satisfaga el análogo de

(1)

$(1)$ con

D

$D$ reemplazado por

D_{q}

$D_q$ , definido por

D_{q} F (X) = \frac{F (q X) - F (X)}{q X - X}

$D_qf(x)=\frac{f(qx)-f(x)}{qx-x}$ y satisfactorio

D_{q} X^{norte} = \frac{(q X)^{norte} - X^{norte}}{(q - 1) X} = \frac{q^{norte} - 1}{q - 1} X^{norte - 1} = (norte)_{q} X^{norte - 1}

$D_qx^n=\frac{(qx)^n-x^n}{(q-1)x}=\frac{q^n-1}{q-1}x^{n-1}=(n)_qx^{n-1}$ y

D_{q} X = q X D_{q} .

$D_qx=qxD_q\;.$

En otras palabras, se podría definir razonablemente $S_q(n,k)$ satisfacer

\begin{matrix} (2) & (X D_{q})^{norte} = \sum_{k = 0}^{norte} S_{q} (norte, k) X^{k} D_{q}^{k} . \end{matrix}

$(xD_q)^n=\sum_{k=0}^nS_q(n,k)x^kD_q^k\;.\tag{2}$

Asumir que $(2)$ tiene para algunos $n$ ; entonces

\begin{aligned} X D_{q} (X D_{q})^{norte} & = \sum_{k} S_{q} (norte, k) X D_{q} X^{k} D_{q}^{k} \\ = \sum_{k} S_{q} (norte, k) X (q^{k} X^{k} D_{q} + (k)_{q} X^{k - 1}) D_{q}^{k} \\ = \sum_{k} S_{q} (norte, k) q^{k} X^{k + 1} D_{q}^{k + 1} + \sum_{k} (k)_{q} S_{q} (norte, k) X^{k} D_{q}^{k} \\ = \sum_{k} (S_{q} (norte, k - 1) q^{k - 1} + (k)_{q} S_{q} (norte, k)) X^{k} D_{q}^{k}, \end{aligned}

$\begin{align*} xD_q(xD_q)^n&=\sum_kS_q(n,k)xD_qx^kD_q^k\\ &=\sum_kS_q(n,k)x\Big(q^kx^kD_q+(k)_qx^{k-1}\Big)D_q^k\\ &=\sum_kS_q(n,k)q^kx^{k+1}D_q^{k+1}+\sum_k(k)_qS_q(n,k)x^kD_q^k\\ &=\sum_k\left(S_q(n,k-1)q^{k-1}+(k)_qS_q(n,k)\right)x^kD_q^k\;, \end{align*}$

así que si queremos $(2)$ sostener por $n+1$ , debemos establecer

\begin{matrix} (3) & S_{q} (norte + 1, k) = S_{q} (norte, k - 1) q^{k - 1} + (k)_{q} S_{q} (norte, k) . \end{matrix}

$S_q(n+1,k)=S_q(n,k-1)q^{k-1}+(k)_qS_q(n,k)\;.\tag{3}$

$(2)$ requiere claramente que $S_q(n,0)=\delta_{n,0}$ ; no impone ninguna restricción a $S_q(0,k)$ para $k>0$ , pero poniéndolo en $0$ es lo natural que se puede hacer y es compatible con $(3)$ .

Estimado Brian, ¡gracias por escribir esto! Lo vi justo ahora.

johann cigler · Answer 2

Si puede leer alemán, encontrará una respuesta en mis notas de clase en la Universidad de Viena, Elementare q-Identitäten , Capítulo 3.

Su $S_q(n,k)$ es igual a mi $q^{\binom{k}{2}} S[n,k]$

¿Recurrencia de qqq-análogo para los números de Stirling?

dani hobbes

Gottfried Helms

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Brian M Scott

dani hobbes

johann cigler

dani hobbes

q-Análogo de la fórmula xn=∑k{nk}(x)kxn=∑k{nk}(x)kx^n=\sum_k\left\{n\atop k\right\}(x)_k.

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