Los Números de Stirling y matrices inversas

Question

Deje $s(m,n)$ ser los Números de Stirling de primera especie, $S(m,n)$ ser los Números de Stirling del segundo tipo.

Las matrices $$\mathcal{S}_N := (S(m,n))_{N \geq m,n \geq 0} \text { and } \mathcal{s}_N := (s(m,n))_{N \geq m,n \geq 0}$$ son inversos el uno al otro.

Esta es una definición que en nuestros apuntes de clase. Pero, ¿por qué hace esto?

Wikipedia dice:

$$\sum_{n=0}^{\max\{j,k\}} (-1)^{n-k} \left[{n\atop j}\right] \left\{{k\atop n}\right\} = \delta_{jk} = \sum_{n=0}^{\max\{j,k\}} (-1)^{n-k} \left\{{n\atop j}\right\} \left[{k\atop n}\right]$$

donde $\delta_{jk}$ es la delta de Kronecker. Pero esto no es una explicación (entiendo que) tampoco nuestros conferencia de la cubierta que "Delta de Kronecker".

Podría alguien por favor que me explique?

Gracias de antemano!

Answer 1

Por definición (al menos el que yo estoy acostumbrado), los números de Stirling de primera especie $S_1(n,k)$ satisfacer $$ (x)_n = \sum_{k=0}^n S_1(n,k) x^k, $$ and the Stirling numbers of the second kind $S_2(n,k)$ satisfacer $$ x^n = \sum_{k=0}^n S_2(n,k) (x)_k $$ where $(x)_n=x(x-1)\cdots(x-n+1)$ is the falling factorial (with $(x)_0=1$). La combinación de estos rendimientos $$ x^n = \sum_{k=0}^n \sum_{l=0}^k S_2(n,k) S_1(k,l) x^l $$ $$ = \sum_{l=0}^n x^l \left( \sum_{k=l}^n S_2(n,k) S_1(k,l) \right). $$ La comparación de los poderes de $x$, vemos que $$ \sum_{k=l}^n S_2(n,k) S_1(k,l) = \left\{ \begin{array}{lr} 1 & \mathrm{ if}\;\; l=n \\ 0 & \mathrm{ if}\;\; l\neq n \end{array} \right.$$ $$ = \delta_{ln}.$$

Si definimos $S_{\nu}(a,b)=0$$a<b$, entonces esto es solo el producto de la $n^{th}$ fila $S_N$ e las $l^{th}$ columna de $s_N$, es decir, el $(n,l)^{th}$ elemento de la matriz producto$S_N s_N$$\delta_{nl}$. Por lo tanto su producto es la matriz identidad, y por lo tanto son de la matriz recíproca de simpatia.

[Editar] Otra forma (menos de cálculo, un poco más de mano-ondulado) a ver esto es que el $S_N$ es la matriz de cambio de base (para el espacio de polinomios) de$\{1,x,x^2,\dots\}$$\{(x)_0, (x)_1, \dots\}$, e $s_N$ es la matriz de cambio de base va para otro lado. Por lo tanto la transformación lineal $S_Ns_N$ es de los coeficientes en términos de $\{x^i\}$ a los coeficientes en términos de $\{(x)_i\}$ y luego de vuelta a $\{x^i\}$, es decir, es la identidad.

Answer 2

El hecho de que los dos Stirling las matrices inversas, es un caso especial de que el hecho de que ciertas matrices que consta de primaria y completa simétrica polinomios son inversos.

Definir infinito inferior matrices triangulares $F$ $G$ consta de primaria completa y simétrica polinomios, respectivamente, a través de
$$(F(z_1, z_2, \ldots,))_{ij} = e_{i-j}(z_1, z_2, \ldots, z_{i-1}),$$ $$(G(z_1, z_2, \ldots,))_{ij} = h_{i-j}(z_1, z_2, \ldots, z_j).$$

Por ejemplo, si $[F]_n$ $[G]_n$ el valor del $n \times n$ primer director de menores de $F$$G$, respectivamente, entonces $$[F(x,y,z)]_4 = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 \\ x & 1 & 0 & 0 \\ xy & x+y & 1 & 0 \\ xyz & xy+xz+yz & x+y+z & 1 \end{bmatrix}$$ y $$ [G(x,y,z)]_4 = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 \\ x & 1 & 0 & 0 \\ x^2 & x+y & 1 & 0 \\ x^3 & x^2 + xy + y^2 & x+y+z & 1 \end{bmatrix}.$$

A continuación, $F(1,1,\ldots)$ es el infinito Pascal matriz (que consta de los coeficientes binomiales), y $F(-1,-2,-3,\ldots)$ es el infinito Stirling matriz de la primera clase, por lo que $$[F(1,1,\ldots)]_4 = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 2 & 1 & 0 \\ 1 & 3 & 3 & 1 \end{bmatrix}, \text{ y } [F(-1,-2,-3,\ldots)]_4 = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 \\ -1 & 1 & 0 & 0 \\ 2 & -3 & 1 & 0 \\ -6 & 11 & -6 & 1 \end{bmatrix}.$$

Por otra parte, $G(1,1,\ldots)$ es también el infinito Pascal matriz, y $G(1,2,3,\ldots)$ es el infinito Stirling de la matriz de la segunda clase, de modo que, por ejemplo, $$[G(1,1,\ldots)]_4 = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 2 & 1 & 0 \\ 1 & 3 & 3 & 1 \end{bmatrix}, \text{ y } [G(1,2,3,\ldots)]_4 = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 3 & 1 & 0 \\ 1 & 7 & 6 & 1 \end{bmatrix}.$$

En "Simétrica Polinomios, Pascal Matrices, y Stirling Matrices" (Álgebra Lineal y Sus Aplicaciones, 428 (4): 1127-1134, 2008) Andy Zimmer y puedo demostrar que $$F(z_1,z_2,\ldots) G(-z_1, -z_2, \ldots) = I.$$

Así que los dos Stirling las matrices inversas, y (hasta firmar) la matriz de Pascal es su propia inversa.

(El hecho de que los coeficientes binomiales y los números de Stirling puede ser expresada en términos de los polinomios simétricos es conocido; para referencias ver el papel).