ベル数　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　

　最近、本を読んでいると、「ベル数」という言葉が目についてきた。もちろん、この言葉が
出てくるような分野の本を読んでいるからだろうが、時たま、「エッ！こんなところにもベル
数？」という出会いもあり、興味がわいてきたので、少しまとめてみようという気になった。

　ベル数 Ｂ（ｎ） とは、「 ｎ 個のものを空でない、いくつかのまとまりに分けるときの場合の
数」のことである。

　このベル数という概念は、Ｅｒｉｃ Ｔｅｍｐｌｅ Ｂｅｌｌ （1883〜1960）によって研究されたらしい。

例　ｎ＝１　のときは、明らかに、　Ｂ（１）＝１

　ｎ＝２　のときは、 １組に分ける場合（２個のまとまり）が、１通り
　　　　　　　　　　　 ２組に分ける場合（１個ずつ）が、１通り　で、　計　２通り
　　よって、　Ｂ（２）＝２

　 ｎ＝３　のときは、 １組に分ける場合（３個のまとまり）が、１通り
　　　　　　　　　　　　２組に分ける場合（１個と２個）が、３通り
　　　　　　　　　　　　３組に分ける場合（１個ずつ）が、１通り　で、　計　５通り
　　よって、　Ｂ（３）＝５

　 ｎ＝４　のときは、 １組に分ける場合（４個のまとまり）が、１通り
　　　　　　　　　　　　２組に分ける場合
　　　　　　　　　　　　　（１個と３個）が、４通り
　　　　　　　　　　　　　（２個と２個）が、₄Ｃ₂÷２＝３通り
　　　　　　　　　　　　３組に分ける場合（１個、１個、２個）が、₄Ｃ₂＝６通り
　　　　　　　　　　　　４組に分ける場合（１個ずつ）が、１通りで、　計　１５通り
　　よって、　Ｂ（４）＝１５

　このように計算していくと、値 ｎ のベル数を求める場合に何組に分けるのかが大切だと
気づく。

　「 ｎ 個のものを空でない、ｋ 組のまとまりに分ける場合の数」のことを、第２種スターリン
グ数 _ｎＳ_ｋ というようだ。

　この記号を使うと、　　Ｂ（ｎ）＝_ｎＳ₁＋_ｎＳ₂＋ ・・・ ＋_ｎＳ_n　　となる。

　第２種スターリング数 _ｎＳ_ｋ を下記のように並べてみた。

₁Ｓ₁＝１

₂Ｓ₁＝１　、　₂Ｓ₂＝１

₃Ｓ₁＝１　、　₃Ｓ₂＝３　、　₃Ｓ₃＝１

₄Ｓ₁＝１　、　₄Ｓ₂＝７　、₄Ｓ₃＝６　、　₄Ｓ₄＝１

・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・


　「ボーッ！」と眺めていても、パスカルの三角形のような美しい関係は見えてこない。

　第２種スターリング数 _ｎＳ_ｋ については次の漸化式が知られている。

（１）　　_ｎＳ₁＝１　、　_ｎＳ_n＝１

（２）　　_ｎＳ_ｋ ＝_ｎ-1Ｓ_ｋ-1 ＋ｋ・_ｎ-1Ｓ_ｋ　　（ｋ＝２、３、・・・、ｎ−１）

　この漸化式を眺めていると、上記の三角形の関係が多少は見えてくるように感じる。

例　₃Ｓ₂＝３　、　₃Ｓ₃＝１

₄Ｓ₃＝６（＝３＋３×１）

（漸化式の証明）

（１）は、明らかとしていいだろう。

（２）　ｎ 個のりんごを、ｋ 枚のお皿に盛ることを考える。１個もりんごがのっていないお皿は

　　ないものとする。 ｎ 個のりんごのうち、特定の１個のりんご（Ａ）の盛り方に注目する。

　求める場合は、次の２つの場合の何れかである。

（イ）　あるお皿に盛られているりんごが、Ａのみの場合

　　このとき、残りの ｎ−１個のりんごを、ｋ−１枚のお皿に盛る方法の数は、_ｎ-1Ｓ_ｋ-1　通り

（ロ）　あるお皿に盛られているりんごが、Ａ以外にもある場合

　　このとき、残りの ｎ−１個のりんごを、ｋ枚のお皿に盛る方法の数は、_ｎ-1Ｓ_ｋ-1通りで、

　そのうちの１通りに対して、Ａをどれかのお皿に付け足す方法は、 ｋ 通りなので、この場合

　の数は、　ｋ・_ｎ-1Ｓ_ｋ 通り

　　したがって、　　_ｎＳ_ｋ ＝_ｎ-1Ｓ_ｋ-1 ＋ ｋ・_ｎ-1Ｓ_ｋ　が成り立つ。　（証終）

　この漸化式を用いると、第２種スターリング数 _ｎＳ_ｋ の表を作ることは易しい。

したがって、ベル数 Ｂ（ｎ） も順次求められる。

練習問題　　５人を３つのグループに分ける方法の数を求めよ。

　この問題に対して、これまでは、次のような解法しか思い浮かばなかった．．．。

（解）　　（３⁵−３・２⁵＋３）/３！＝（２４３−９６＋３）/６＝１５０/６＝２５　（通り）　　（終）


　この練習問題は、第２種スターリング数 ₅Ｓ₃ を求めることに等しいので、漸化式を用いて、

　₅Ｓ₃＝₄Ｓ₂＋３・₄Ｓ₃＝₃Ｓ₁＋２・₃Ｓ₂＋３・(₃Ｓ₂＋３・₃Ｓ₃)

　＝₃Ｓ₁＋２・（₂Ｓ₁＋２・₂Ｓ₂）＋３・(（₂Ｓ₁＋２・₂Ｓ₂）＋３・₃Ｓ₃)

　＝１＋２・（１＋２・１）＋３・(（１＋２・１）＋３・１)＝１＋６＋３・６＝２５


（コメント）　上記のようには計算しないで、実際に表を作った方が速かったかな？


　上記では、同一行の第２種スターリング数の総和という形でベル数を計算したが、ベル数
そのものを直接に計算する三角形も存在するようだ。

　下記の三角形は、Ａｉｔｋｅｎ’ｓ　ａｒｒａｙ（A011971）から得られる。

（左図の三角形の作り方） １．　まず、１を２つ縦に並べ、１＋１を計算し 　　て、その答え２を下段の１の横に書く。 ２．　答え２を下段の１の下にも書き入れ、 　　１＋２を計算して、その答え３を２の横に 　　書く。 ３．　上段にある２と、答え３を加えて、その 　　答え５を、３の横に書き入れる。 ４．　上記のような操作を繰り返すと、左図 　　のような三角形が出来る。 　　このとき、各段の最右端の数がベル数 　を与える。

　上記の計算のからくりを第２種スターリング数_ｎＳ_ｋ を用いて確認してみよう。

　最初の Ｂ（１）＝１ は、　Ｂ（１）＝₁Ｓ₁＝１ からでいいだろう。

　次の Ｂ（２）＝２ は、　下段の１を、₂Ｓ₁＝１　と考え、１＋１＝２　は、₁Ｓ₁＋₂Ｓ₁＝２　と理
解する。

このとき、　　₁Ｓ₁＋₂Ｓ₁＝₂Ｓ₁＋₂Ｓ₂　なので、Ｂ（２）＝₂Ｓ₁＋₂Ｓ₂＝２ 　となる。

次の Ｂ（３）＝５　は、　（１＋１）＋（１＋２）＝２＋３　において、 Ｂ（２）の計算では、

　１＋１＝２　を　₂Ｓ₁＋₂Ｓ₂＝２　としたが、これは、　₃Ｓ₁＋₃Ｓ₃＝２　としてもよい。

　また、　１＋２＝３　を、　₂Ｓ₂＋（₂Ｓ₁＋₂Ｓ₂）＝３　と理解する。

　このとき、

Ｂ（３）＝（₃Ｓ₁＋₃Ｓ₃）＋｛₂Ｓ₂＋（₂Ｓ₁＋₂Ｓ₂）｝

　　＝（₃Ｓ₁＋₃Ｓ₃）＋（₂Ｓ₁＋２・₂Ｓ₂）＝（₃Ｓ₁＋₃Ｓ₃）＋₃Ｓ₂＝₃Ｓ₁＋₃Ｓ₂＋₃Ｓ₃ ＝５

となる。

　　　・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・

　こんな風に考えていくと、上記の三角形の最右端にベル数 Ｂ（ｎ）が表れる理由が分かる
ような気がする。

　ベル数は、フィボナッチ数列のように単純な計算では求められず、上記の三角形で地道
に計算するしかない。

　これに対して、ＨＮ「Ｈａｒｒｙ」さんという方が面白い覚え方を考案されている。

　　　人　に　この　苺　コップ　触れさせ、 バナナ　 良いようだ。
　　　１　 ２　 ５ 　 １５　５２ 　 ２０３　　　　８７７　　　４１４０

　私も「Ｈａｒｒｙ」さんに触発されて、覚え方を考えてみた。

　　　イッチ−ニーＧｏ！囲碁のコツ　は掴み、 歯並び　 良いよ。
　　　１　　　　２　　５ 　　１５　　５２　 ２０３　　　８７７　　４１４０

　　　（ちょっと、私のは駄作かな？）

　次のようなベル数の並び：

　Ｂ（１）＝１、Ｂ（２）＝２、Ｂ（３）＝５、Ｂ（４）＝１５、Ｂ（５）＝５２、Ｂ（６）＝２０３、

　Ｂ（７）＝８７７、Ｂ（８）＝４１４０、・・・

の中に、法則性を発見された方もおられるようだ。

　次のような合同式（Ｔｏｕｃｈａｒｄ’ｓ　ｃｏｎｇｒｕｅｎｃｅ）が知られている。

　　Ｂ（ｐ＋ｋ）≡Ｂ（ｋ）＋Ｂ（ｋ＋１）　　（ｍｏｄ　ｐ）　　　ただし、ｐ は素数

　実際に、　Ｂ（２＋１）＝Ｂ（３）＝５

　　Ｂ（１）＋Ｂ（２）＝１＋２＝３　　で、　５≡３　（ｍｏｄ　２）　より、

　　Ｂ（２＋１）＝Ｂ（１）＋Ｂ（２）　（ｍｏｄ　２）　が成り立つ。

　さらに、　Ｂ（２＋２）＝Ｂ（４）＝１５

　　Ｂ（２）＋Ｂ（３）＝２＋５＝７　　で、　１５≡７　（ｍｏｄ　２）　より、

　　Ｂ（２＋２）＝Ｂ（２）＋Ｂ（３）　（ｍｏｄ　２）　が成り立つ。

　　Ｂ（３＋４）＝Ｂ（７）＝８７７

　　Ｂ（４）＋Ｂ（５）＝１５＋５２＝６７　　で、　８７７≡６７　（ｍｏｄ　３）　より、

　　Ｂ（３＋４）＝Ｂ（４）＋Ｂ（５）　（ｍｏｄ　３）　が成り立つ。


（コメント）　う〜む！なるほど。　僅かしか計算していないが、美しい合同式ですね！


　ベル数を直接計算する漸化式も知られている。

　

　今まで、ｎ＝０ の場合、すなわち、Ｂ（０）の値を考えてこなかったが、合理的なＢ（０）の値
は一体何だろうか？

　Ｓ．Ｐｌｏｕｆｆｅ　により、ベル数 Ｂ（ｎ） ； ｎ＝０　〜　３０１５　の 表 が与えられている。これ
は圧巻というほかはない。

　この表によれば、　Ｂ（０）＝１　となっている。

　順列・組合せにおいて、　_ｎＣ₀＝１　であるが、これは ｎ 個のものから何もとらない場合が
１通りあると考えれば合点がいく。（もちろん計算で納得する方法もある！）

　これと同様に考えて、Ｂ（ｎ） は、「 ｎ 個のものを空でない、いくつかのまとまりに分けると
きの場合の数」であるが、分けるものが何もない場合が１通りあると考えればいいのだろう。

　漸化式を用いると、

　Ｂ（０）＝１　、Ｂ（１）＝１　を利用して帰納的に順次 Ｂ（ｎ） を求めることが出来る。

Ｂ（２）＝₁Ｃ₀Ｂ（０）＋₁Ｃ₁Ｂ（１）＝１・１＋１・１＝１＋１＝２

Ｂ（３）＝₂Ｃ₀Ｂ（０）＋₂Ｃ₁Ｂ（１）＋₂Ｃ₂Ｂ（２）＝１・１＋２・１＋１・２＝１＋２＋２＝５

Ｂ（４）＝₃Ｃ₀Ｂ（０）＋₃Ｃ₁Ｂ（１）＋₃Ｃ₂Ｂ（２）＋₃Ｃ₃Ｂ（３）＝１・１＋３・１＋３・２＋１・５

　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　＝１＋３＋６＋５＝１５

　　・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・

　上記で赤字の数字は、パスカルの三角形から得られるものである。パスカルの三角形を
利用して簡便にベル数が求められることが分かった。

　ところで、

　

という漸化式には、どんな意味があるのだろうか？

　 Ｂ（３）＝₂Ｃ₀Ｂ（０）＋₂Ｃ₁Ｂ（１）＋₂Ｃ₂Ｂ（２）　が成り立つ意味を考えてみよう。

　Ｂ（３）は、３個のものを空でない、いくつかのまとまりに分けるときの場合の数である。

この３個のうち、特定の１個に注目する。分けられ方には、次の３種類がある。

　特定の１個が単独のとき、
残りの２個から２個を選んで分ける方法の数は、　₂Ｃ₂・Ｂ（２）通り

　特定の１個が他の１個のみと一緒のとき、
残りの２個から特定の１個と一緒になる１個を選び、その選び方 １ 通りに対して、
残り１個の分け方の数は、 ₂Ｃ₁・Ｂ（１）通り

　特定の１個が他の２個と一緒のとき、
　　　　　残りの２個から０個を選んで分ける方法の数は、　₂Ｃ₀・Ｂ（０）通り

　よって、　 Ｂ（３）＝₂Ｃ₀Ｂ（０）＋₂Ｃ₁Ｂ（１）＋₂Ｃ₂Ｂ（２）　が成り立つ。

　この考え方を一般化すれば、漸化式が成り立つことも明瞭に理解される。

　もちろん、計算で確かめることもできる。

　₂Ｃ₀Ｂ（０）＋₂Ｃ₁Ｂ（１）＋₂Ｃ₂Ｂ（２）＝１＋２・₁Ｓ₁＋₂Ｓ₁＋₂Ｓ₂

　＝１＋（₂Ｓ₁＋２・₁Ｓ₁）＋₂Ｓ₂＝₃Ｓ₁＋（₂Ｓ₁＋２・₂Ｓ₂）＋₃Ｓ₃

　＝₃Ｓ₁＋₃Ｓ₂＋₃Ｓ₃＝Ｂ（３）


（コメント）　計算で機械的に示しても感動はないですね！やはり、上記のように文章で説得
　　　　　　された方が分かりやすいかな？


　また、ベル数の列：

　Ｂ（０）＝１、Ｂ（１）＝１、Ｂ（２）＝２、Ｂ（３）＝５、Ｂ（４）＝１５、Ｂ（５）＝５２、Ｂ（６）＝２０３、

Ｂ（７）＝８７７、Ｂ（８）＝４１４０、・・・

において、　　Ｂ（０）×Ｂ（２）−Ｂ（１）×Ｂ（１）＝１×２−１×１＝１　　であるが、これは、

行列式

　

を計算したものである。　同様にして、

　


　

　これらの計算に一見法則性がないように感じられるが、Ｌｅｎａｒｄ（１９９２）は次の定理を
見いだしている。
　　　　　　　　　　　　　

確かに、

　ｎ＝１　のときは、　１！＝１

　ｎ＝２　のときは、　１！×２！＝２

　ｎ＝３　のときは、　１！×２！×３！＝１２

となって、上記の計算結果と一致している。

（コメント）　順列組合せの問題でよく用いられる階乗の記号がベル数とこんな風に関係して
　　　　　　いるとは驚きです！


　ところで、第２種スターリング数は上記で求めたように、下表のようであった。

　この第２種スターリング数が、次の関数

　

を微分しても得られる点は興味深い。（赤字の部分が、第２種スターリング数）

　

　

　　

　

　

　・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・

したがって、

　Ｆ（０）＝１、Ｆ’（０）＝１、Ｆ”（０）＝２、Ｆ”’（０）＝５、Ｆ⁽⁴⁾（０）＝１５、Ｆ⁽⁵⁾（０）＝５２、・・・

と順次、ベル数 Ｂ（ｎ） を得ることが出来る。　すなわち、

　Ｂ（ｎ） ＝Ｆ^(ｎ)（０）　　但し、　　

が成り立つ。

　このことから、ベル数 Ｂ（ｎ） は、自然対数の底 ｅ と何らかの関係がありそうである。

　自然対数の底 ｅ は、次の式で定義される。

　

ここで、次のような級数の計算をしてみよう。

　

　

　

　　　　　・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・

　各級数の計算結果を見ると、自然対数の底 ｅ の係数がベル数 Ｂ（ｎ） になっている。

　このことから一般的に、

　

が成り立つことが伺える。

　この式を証明するには、次のような議論が必要である。

まず、相異なる ｎ 個のものから ｒ 個取る順列の数　_ｎＰ_ｒ＝ｎ×(ｎ−１)×・・・×(ｎ−ｋ＋１)

になぞらえて、ｘ の関数 Ｐ_k（ｘ） （ ｋ は、自然数）を

　Ｐ_k（ｘ）＝ｘ(ｘ−１)・・・(ｘ−ｋ＋１)

と定義する。このとき、

　Ｐ_k（ｎ）＝_ｎＰ_ｋ

である。 特に、　Ｐ_ｎ（ｎ）＝ｎ！　である。

　ここで、　_ｎＰ₀＝１　であるので、 Ｐ₀（ｘ）＝１ と約束することは理にかなったものだろう。

例　　Ｐ₁（ｘ）＝ｘ　　、　Ｐ₂（ｘ）＝ｘ(ｘ−１)　　、　Ｐ₃（ｘ）＝ｘ(ｘ−１)(ｘ−２)　、

　　　Ｐ₄（ｘ）＝ｘ(ｘ−１)(ｘ−２)(ｘ−３)　　、　・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・

　この Ｐ_k（ｘ）　（ｋ＝１、２、３、・・・）　を用いて多項式 （ｘ＋１）^ｎ　を表すことを考えてみよう。

ｘ＋１＝Ｐ₁（ｘ）＋Ｐ₀（ｘ）＝１・Ｐ₀（ｘ）＋１・Ｐ₁（ｘ）

（ｘ＋１）²＝（ｘ＋１）（ｘ＋１）＝（ｘ＋１）（ｘ−１＋２）＝ｘ(ｘ−１)＋２ｘ＋ｘ−１＋２

　＝Ｐ₂（ｘ）＋３Ｐ₁（ｘ）＋Ｐ₀（ｘ）＝１・Ｐ₀（ｘ）＋３・Ｐ₁（ｘ）＋１・Ｐ₂（ｘ）

（ｘ＋１）³＝（ｘ＋１）（ｘ＋１）（ｘ＋１）＝（ｘ＋１）（ｘ−１＋２）（ｘ−２＋３）

　＝ｘ(ｘ−１)(ｘ−２)＋３ｘ(ｘ−１)＋２ｘ(ｘ−２)＋６ｘ＋(ｘ−１)(ｘ−２)＋３(ｘ−１)＋２(ｘ−２)＋６

　＝ｘ(ｘ−１)(ｘ−２)＋３ｘ(ｘ−１)＋２ｘ(ｘ−１−１)＋６ｘ＋ｘ(ｘ−１)−２(ｘ−１)＋３(ｘ−１)＋２(ｘ−２)＋６

　＝ｘ(ｘ−１)(ｘ−２)＋３ｘ(ｘ−１)＋２ｘ(ｘ−１）−２ｘ＋６ｘ＋ｘ(ｘ−１)−２ｘ＋２＋３ｘ−３＋２ｘ−４＋６

　＝ｘ(ｘ−１)(ｘ−２)＋６ｘ(ｘ−１)＋７ｘ＋１

　＝Ｐ₃（ｘ）＋６Ｐ₂（ｘ）＋７Ｐ₁（ｘ）＋Ｐ₀（ｘ）

　＝１・Ｐ₀（ｘ）＋７・Ｐ₁（ｘ）＋６・Ｐ₂（ｘ）＋１・Ｐ₃（ｘ）

　・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・

　上記の赤字の数がちょうど第２種スターリング数になっている点が興味深い。

　さて、　 （ｘ＋１）³＝Ｐ₃（ｘ）＋６Ｐ₂（ｘ）＋７Ｐ₁（ｘ）＋Ｐ₀（ｘ）　という計算は少し拙く感じる。
もっと上手い計算はないものだろうか？

　すぐ思いつく方法は次のようなものである。（こちらの方が普通だったりして．．．。）

　　（ｘ＋１）³＝Ａｘ(ｘ−１)(ｘ−２)＋Ｂｘ(ｘ−１)＋Ｃｘ＋Ｄ　において、

ｘ＝０　を代入して、　Ｄ＝１

ｘ＝１　を代入して、　Ｃ＋１＝８　より、　Ｃ＝７

ｘ＝２　を代入して、　２Ｂ＋１４＋１＝２７　より、　Ｂ＝６

ｘ＝３　を代入して、　６Ａ＋３６＋２１＋１＝６４　より、　Ａ＝１

　よって、　　（ｘ＋１）³＝Ｐ₃（ｘ）＋６Ｐ₂（ｘ）＋７Ｐ₁（ｘ）＋Ｐ₀（ｘ）　　が成り立つ。

（厳密には、十分性を確認する必要があるだろう．．．。）



　　以下、工事中