关于第2类Stirling数的1个恒等式
第二类stirling数的又一个恒等式
Ａ 一 Ｉ ， Ｉ ５ ＝６ 我们从 Ａ 中取 出 Ａ 一 的方 ６ ＝１且 Ａ 一 Ｉ ， ５ 法为 Ｃ ｎ ６ 个分拆 数 ． （ ，）
ｎ— Ｓ
（Ｉ Ａ＝ Ｕ Ｂ 这里 （ ≤ ｉ Ｉ） ｆ １ ≤ｎ一５ 满 足 （ ） ｉ ） １ Ｂ
ｎ日 ＝ （ ≤ ≤ ｎ一５ ；２ １ ｌ ＝１ ２ ＝… ＝ １ １ ， ） （ ） 日 Ｉ 日 Ｉ
弓理 ２ 当 ｎ Ｉ ≥４时 ， ２ ｎ ｎ一２ ＝Ｃ ｎ ３ Ｓ（ ， ） （ ， ）＋ ３ （ ，） 当 ｎ Ｃ ｎ４ ， ≥６时 ， ２ ｎ ｎ一３ ＝Ｃ ｎ ４ ＋１ Ｃ Ｓ（ ， ） （ ，） ０
（ ，） ５ （ ， ） ｎ ５ ＋１ Ｃ ｎ ６
Ｃ ７１种 方法 ， （ ，） 因此 ， ７个 元 素分 成 两 部 分 ， 每 将 使
ｎ一 ５ ຫໍສະໝຸດ 有ｒ 个非空 子集合 的分拆 数 目就 叫做第 二 类 ｓｆｎ ｔｉ ｉ ｇ ｌ
数 ， 记作 Ｓ （ ，） 对 于 ｎ＝ｒ ， 并 ２ ｎ ｒ， ＝０ 我们 定 义 Ｓ （ ， ２０
０ ＝１ ｎ＜ｒ Ｓ （ ｒ ＝０ ） 及 ， ２ ｎ， ） ．
（ Ａ＝ Ｕ Ａ 这里 Ａ（ ≤ｉ ｎ一５ 满 足 ：１ Ａ Ｉ） ；１ ≤ ） （）
｛ ｝ ａ ｃｄ ，ｃ Ｕ｛ ， ， ｝ ｛ ｝ ａ ｂ ｃ ｛ ， ｝ ｂ Ｕ｛ ，， ｝ ｛ ｝ ａ ｂ ｄ ，ｄ Ｕ｛， ，｝ａ ｂ Ｕ ｛ ， ｝ ｛， ｝ ｂ ｄ ， ａ ｄ Ｕ｛ ， ｝ 因此 Ｓ （ ， ） ｃ ｄ ，ａｃ Ｕ｛ ， ｝ ｛ ， ｝ ｂ ｃ ， ２４ ２
＝ ７。
ｎ ）＝ １ ．
日 一 Ｉ ， 日 一 ≥２ １ ５ ≥２ 并 且 １ ６ ７ ＝１ １ ６ Ｉ ， 日 一 Ｉ ， 日 一 Ｕ
广义第二类Stirling数S(n,n-tk,r)的一个公式
１ 预备知识
加法 原则 Ａ和 Ｂ是 两类 不 同 的 、 不关 联 的 互
个数 叫做广 义第二 类 Ｓｉｉｇ数． 作 Ｓ ｒ ｎ— ，） ｔｌ ｒｎ 记 （ｔ ｋ ｒ ， ，
其 中 ≥ ｒ ｋ。
摘
要
利用 广 义 第 二 类 Ｓｉｉｇ数 的定 义 ， 出广 义 第 二 类 Ｓｉｉｇ数 Ｓ ｎ ｎ—ｔ，） 一个 公 式 ， 一 般地 给 出 ５ ｎ ｎ—ｔ ｔｌ ｒｎ 给 ｔｌ ｒｎ （ ， ｋ３ 的 更 （， ｋ
，
ｒ 的 一个 公 式 。 ）
关键词
广义第二类 Ｓｉｉｇ数 ｔｌ ｒｎ
ｌ… ＋ Ｉ ， ，Ｉ 一一 ≥ ｒ 一 ≥ｒ 且 ４ ≥ｒ … ｍ Ａ ，Ｉ ｝ ， Ａ
Ｉ＿ … ｌ ｎ— （ Ｊ ｔＡ ＝ ｒ ｎ—ｍ）＝ｒ 一（ 一１ ｎ ｍ ｒ ） 。因为
， ｎ— （ ｍ）＋（ ＋１ （ — ｋ ≤ｎ 且 （ —ｔ） ０ 由 ， ） ｍ ｔ） ， ｍ ｋ＞ 。 １
种情 况 。
先从 Ａ中取 出 ３ ｎ—ｍ） 元 素 （ （ 个 ｍ＝ｔ ， ｋｔ ｋ＋１ ，
…
每 … １ （ —） 。这（ ｍ 元 分 为 （ 一ｍ）个 块 ， 块 至少 有 ｒ个 元 素 的分 划 个 ＇一， 一 ） 将 —） ２ ） ３ ｍ种 ３ 个 有（
，
１ 元 ， 一、 。 这（ ｍ 元 ） 素 ｆ ｍ种 将 一） 素 个 有， ） （ Ｊ ｎ １ （ ， ｒ— 个 ｎ
事件 ， 事 件 Ａ有 ｍ种 选 取方 式 ， 设 事件 Ｂ有 ｎ种选 取方 式 ， 选 Ａ或 曰共 有 ｍ＋ 则 种 方式 。 定义 １ １ ． 从 ｎ个 不 同事物 中每次取 出 ｍ个
第二类stirling数的又一个恒等式的简化
在文献 ［ ］的基础上向前推进了一步． １
关 键词 ： 组合； 第二类 ｓｒｎ 数 ； ｔｌｇ 恒等式 ｉ ｉ
维普资讯
第２ ４卷
第 ２期
黄
石
理
工
学
院
学
报
Ｖｏ ． Ｎｏ ２ １２４ ． Ａｐｒ ２０ ０８
２０ ０ ８年 ４月
Ｊ ＵＲＮＡＬ ＯＦ ＨＵＡＮＧ ＨＩＩ Ｔ Ｔ Ｅ ＯＦ Ｔ ＣＨＮＯＬ Ｏ Ｓ ＮＳ Ｉ ＵＴ Ｅ ＯＧＹ
文章编 号 ：０ ８— ２ ５ ２ ０ ）２— ０ １— ２ １０ ８ ４ （０ ８ ０ ０ ５ ０
第 二 类 ｓｒｉｇ数 的又 一 个 恒 等 式 的简 化 ｔｌ ｉｎ
余 敏 程 良炎
（ 石理 工 学院 数理 学院 ， 北 黄 石 ４５０ ） 黄 湖 ３０ ３
摘 要 ： 第二类 ｓｄｎ 数是分配问题中的最关键数， 与ｒ ｔｉ ｉ ｇ 当ｎ 很大时 ｓｒｎ 数的计算极为繁琐． ｔｌｇ ｉｉ 给出并证明
Ａｂ ｔ ａ ｔ ｔ ｌ ｇ ｎ ｍｂ ｒｏ ｅ ｓ ｃ ｎ ｉｄ ｉ ｔ ｅ ｍｏ ｔ ｒｔ ａ ｎ ｍｏ ｇ ｔ ｅ ａ ｏ ａ ｉｎ ｐ ｏ ｌｍｓ ｓｒ ｃ ：Ｓ ｉ ｉ ｕ ｅ ｆｔ ｅ ｏ ｄ ｋ ｎ ｓ ｈ ｓ ｉ ｃ ｌｏ ｅ ａ ｎ ｈ ｌ ｃ ｔ ｒ ｂｅ ．Ｗｈ ｎ ｎ ａ ｄ ｒ ｒｎ ｈ ｃ ｉ ｌ ｏ ｅ ｎ ｔｎ ｏｂ ａ ｇ ｒ ｈ ｏ ｕ ａ ｉｎ ｏ ｉ ｉ ｇ ｎ ｍｂ ｒｂ ｃ ｍｅ ｏ ｌ ａｅ ．Ｔ ｉ ｐ ｐ ｒ ｒ ｓ ｎ ｓａ ｄ ｐ ｏ ｅ ｅ ｉｅ ｔ ｅ ｄ ｔ ｅｌ ｒ ｅ ，ｔ ｅｃ ｍｐ ｔｔ ｆｓ ｒ ｎ ｕ ｅ ｅ ｏ ｓ ｃ ｍｐｉ ｔｄ ｈ ｓ ａ ｅ ｅ ｅ ｔ ｎ ｒｖ ｓｔ ｄ ｎ ｉ ｏ ｔｌ ｃ ｐ ｈ ・
第二类斯特林数计算
第二类斯特林数计算
摘要：
1.斯特林数的定义和意义
2.第二类斯特林数的计算方法
3.第二类斯特林数的应用场景
4.总结
正文：
斯特林数（Stirling numbers），又称作排列数，是数学中一类具有重要意义的数。
它们用于描述将n个不同元素排列成有序序列的方法数。
第二类斯特林数是斯特林数的一种，表示将n个不同元素排列成有序序列，其中第一个元素有n种选择，第二个元素有n-1种选择，以此类推，直到最后一个元素有1种选择。
接下来，我们将介绍第二类斯特林数的计算方法及其应用场景。
第二类斯特林数的计算方法如下：
Sn = 1 * 2 * 3 * ...* n
其中，Sn表示第n类斯特林数。
例如，计算第二类斯特林数S3：
S3 = 1 * 2 * 3 = 6
因此，第二类斯特林数S3为6。
第二类斯特林数在实际应用中具有广泛的应用场景，例如：
1.组合数学：在组合数学中，斯特林数用于解决排列组合问题，如计算组合数、排列数等。
2.概率论：在概率论中，斯特林数可用于计算事件的排列概率。
3.计算机科学：在计算机科学中，斯特林数可用于计算算法的时间复杂度和空间复杂度。
4.生物学：在生物学中，斯特林数可用于研究物种的遗传多样性。
5.物理学：在物理学中，斯特林数可用于描述粒子的排列方式。
总之，第二类斯特林数在数学、物理、化学、生物学等多个领域具有广泛的应用。
通过掌握第二类斯特林数的计算方法，我们可以更好地解决实际问题。
在日常生活中，我们也可以运用斯特林数的概念来提高解决问题的能力。
第二类Stirling数的一个恒等式
弓 理 １ 当 ， 时 ， ２ｎ ０ ＝１ Ｓ （， ） ， ２ｎ ２ ：２一 一 ， ２ｎ ｎ １：Ｓ （， ） Ｓ （， ） ． Ｉ ” ｌ ｌ Ｓ （， ） ， ２ｎ １＝１ Ｓ （， ） １ Ｓ （， 一 ） ２， ２ ， ２ｎ ｎ ＝１ ｚ
证明 对于集合Ｘ， Ｘ表示Ｘ的 用ｌｆ 基数．设Ａ 是Ｘ含有， ｚ 个元素的 集合，当， １时， ｚ ２ 按照 ≥
（，ｚ ） 的定义 ，有下 面 ６种不 同情况 的分拆方法 ： ｎ ，一６
Ｈ 一６
（） ＝ ， 足： ｉ Ａｎ ｊ １ ， ， ６； ｉ 【ｌＩＩ…＝ Ｉｌ Ａ ７ １ Ａ Ｕａ Ａ满 （ ） ＝ （ ｚ ）（ｉ Ａ ＝ ２ Ａ ｉ 一 ） 。 Ａ ＝ ｌ一：且Ｉ一＝ ， ａ， Ｉ
摘要 ：利 用对有 限集合 的分 划 方案数 给 出了当ｎ≥１ ｔｓ ２￣￣第二类 Ｓｒｎ － ｄｌ ｇ数 ２， ｎ一６ 的计算公 ｉ （， ｌ ） 式 ，这有助 于分 配计 数 问题 的研 究．
关键 词 ：非空子 集合 ；组合 ；第二 类 Ｓｉｉｇ ｔｌ 数 ｒｎ 中图分类 号 ：０１７ ５ 文 献标 识码 ：Ａ
时， （，ｚ ４ 的计算公式 ； ，， ） ｚ 一 文献［ ０也给出了 （， 一 ） ４ １ ２ ｌｎ ３ 和 ２ ， 一 ） ， （ ｎ ４ 的计算公式 ； ０７ ｎ ２０ 年， 文献【 ５ ］
给出了ｎ １ ≥ ０，Ｓ （， 一 ） ， ｎ ５ 的计算公式．本文给出了， １ ，Ｓ （，ｚ ） ｎ ｌ ２ ｎ ， ≥ 一６ 的计算公式．
部 ，样 分 数 掣 分 这 的拆 有
：０． 此 （ 中有 拆 ２６． ２种 因 在 ３ ，分 数 ｃ ８ ） ２ ９
广义第二类Stirling数及其性质
ｂ含 ｎ ． 且多 于 ｒ 元 的子 集 的 Ａ 的 ｋ—ｒ 个 分 划， 将 ｎ 先 从 Ａ 中拿 出 ， 即对 ｛ ｎ ， ， 进行 ｎ ，。… ｎ ） ｋ —ｒ 分划 ， 分划 数 为 Ｓ （ 一１ ｋ ｒ ， 将 ｎ ｎ ， ，）再 放 人 分划 的子 集 （ ） 有 ｋ种 放 法 ， 类 中， 故含 ｎ 且 多 于 ｒ
广 义 第 二 类 Ｓｉ ｉｇ 及 其性 质 ｔｌ 数 ｒｎ
胡端平
（ 汉工程 大学理 学院 ， 汉 ４ ０７ ） 武 武 ３ ０ ４
摘 要 ： 二 类 Ｓ ｉ ｉｇ数 可 以从 不 同 背 景 中得 到 ， 有 许 多 应 用 ． 文 利 用 对 有 限 集 合 的分 划 方 案 数 提 出 了 第 ｔｌ ｒｎ 且 本
个 元 的 Ａ 的 ｋ ｒ 划 数 为 是 ｎ １ ｋ ｒ． — 分 Ｓ （ 一 ， ，）
由加法 原理 知 Ａ 的 ｋ —ｒ 分划 数 为 ：
（ １ ２－， １）ｋ ｒ （ ｒ－，＋Ｓ ～ Ｓｎ ｋ ｒ ２
即 （） 成立 ． １式
＇ ｒ ）
１ 广 义 第 二 类 Ｓ ｉ ｉｇ数 及 其 性 质 ｔｌ ｒｎ
有 二）（ｐ ， 另 ｎｐ 元 分 （ １ 再 外 —个 素 一ｎ ） 对 － 一种
成ｋ 一１ 子 集且每 个子 集 的元 素 至少 为 Ｐ个 ， 个 有
ｆ 种 法将。加 到 取，１ 元 中 ＼ １取 ， 入 所 ． 个 素 ， ｎ － 一
，一 ． ｌ ，
Ｓ （ —Ｐ ｋ １ ， 种 ， ｚ ｎ ， 一 ， ） 于是 子 集 含 ｎ 且 元 素 为 一 。
案 数如 下计算 ：
ｓ （ ，，） —— ，）２ｎ ． 一１ ， ＋ｋ ２ｎ ２ ｋ ｒ一ｌ ｌ ／ Ｓ （ 一，ｋ ，） Ｓ （ 一 ， ． ＼， ．
第二类Stirling数
1 r ybw
2 y rbw
3 b ryw
4 w ryb
5 ry bw
6 rb yw
7 rw yb
其中r表示红球，y表示黄球，b表示篮球，w表示白球，则有 S(4,2)=7
二· 第二类司特林数S(n,m)满足下面的递推关系：
S(n,m)=mS(n-1,m)+S(n-1,m-1),n>1,m≥1 证明：设有n个有区别的球b1,b2,.....,bn,从中取一个球设为b1, 把n个球放到m个盒子无一空盒的方案的全体可以分为两类： (1)b1独占一盒，其方案数显然为S(n-1,m-1). (2)b1不独占一盒，这相当于先将剩下的n-1个球放到m个盒子，不 允许空盒，共有S(n-1,m)中不同的方案，然后将b1球放进其中一盒， 由乘法法则得b1不独占一盒的方案数应为mS(n-1,m). 根据加法法则，有 S(n,m)=S(n-1,m-1)+mS(n-1,m) 上面证明递推公式的过程，也就是给出构造所有方案的办法，例 如，现将红，黄，白，蓝，绿这5个球放到无区别的两个盒子里， S(5,2)=2S(4,2)+S(4,1)=2*7+1=15 故共有15种不同方案.
三.第二类司特林数S(n,m)有以下性质： (1)S(n,0)=S(0,n)=0,对nM (2)S(n,k)>0,若n≥k≥1; (3)S(n,k)=0,若k>n≥1; (4)S(n,1)=1,n≥1; (5)S(n,n)=1,n≥1; (6)S(n,2)=2ⁿ-¹ -1; (7)S(n,3)=½(3ⁿ-¹ +1)-2ⁿ-¹ ; (8)S(n,n-1)= (9)S(n,n-2)= (7)和(9)的证明如下： (7)证明：S(n,3)=S(n-1,2)+3S(n-1,3) =2ⁿ-2-1+3S(n-1,3) =2ⁿ-2-1+3[S(n-2,2)+3S(n-1,3)] =2ⁿ-2-1+3S(n-2,2)+32S(n-1,3) =2ⁿ-2-1+3*2ⁿ-3-3+32S(n-1,3)
第二类Stirling数的一个性质
ｓ （ｌ ， ）＝ ６ （ 一３一 ２ ，一１４ ４一 ＋３・ 一１ ２一 ）
１
＝
Ｌ （ 一３ ＋３・ 一１ ・ ４ ｏ ２ ）
情况 ２ 在 一１ 个元素中任取一个元素放在子集合Ａ中， ｃ 一中取法 ， 有 。 将剩余 ｒ一 个元素拆分成 ｔ ２
４个非 空子 集合 的拆 分 数为 （ ｎ一２４ ， （ ）式 可知拆 分 方法数 为 ，） 由 ５
１ 主 要 结 论 及 其 证 明
定理 １
・
Ｓ （ ，） ＝ ｌ５一 ２ｎ ５ ＿ 一４ （ ＋２・ 一４ ・ ＋１ ， ≥ ５ ３ ２一 ）， ｌ ．
证 明 假设 ｓ是一 个 ／元 集合 ， ｎ≥ ５时 ， ｎ个 元 素分成 恰好 有 ５个 非空 子集合 的拆 分 数为 ＇ ｔ 当 将 ．（ ，）根 据 Ｓ（ｌ５ ｓ ｎ５ ， ： ， ）的定义 ， 以下 一４种情 况 ： ， 有
收 稿 日期 ：０ １－ ３ ２ ２ ｌ －０ － ６ － －
文献标 志码 ： Ａ
文章编号 ：０９ ５ ２ （０ １ １ —０ １—０ １０ － １８ ２ １ ）２ ０４ ３
基金项 目： 省科 技厅科研计划项 目（００Ｍ ０９ ； 陕西 ２ １Ｊ １０ ）渭南师范学 院科研 计划项 目（０ Ｋ ０４ １Ｙ ｚ ６ ） 作者简介 ： 玲（９Ｏ ）女 ， 张福 １７一 ， 陕西渭南 临渭 区人 ， 渭南师范学 院数 学与信息科学学院副教授． 究方 向： ． 研 数论
１
ｓ（ ，）＝÷（“ ２ ２ｎ３ ３一 ＋１ ， 一 ） ≥３ ．
在参考文献 ［ ］中， ７ 作者证明了
１
（） ４
． （ ， ） ＝ （ 一３ ｓ 凡４ ４ ２ ＋３・ 一１ ， ４ ２ ） ｎ≥ ．
关于第二类stirling数的几个恒等式的证明
第二类斯特林数$S(n,m)$ 定义为在$n$ 个不同元素的集合中选取$m$ 个元素的方案数，即：$$S(n,m) = \binom{n}{m} \cdot m!$$其中$\binom{n}{m}$ 是二项式系数，表示从$n$ 个不同元素中选取$m$ 个元素的方案数，$m!$ 表示$m$ 个元素的排列数。
下面是几个关于第二类斯特林数的恒等式的证明。
1 和为常数的恒等式：$$\sum_{m=0}^n S(n,m) = n!$$证明：$$\sum_{m=0}^n S(n,m) = \sum_{m=0}^n \binom{n}{m} \cdot m! = \sum_{m=0}^n \frac{n!}{(n-m)!} \cdot m! = n! \sum_{m=0}^n\frac{m!}{(n-m)!}$$而根据二项式反演公式可得：$$\sum_{m=0}^n \frac{m!}{(n-m)!} = \sum_{m=0}^n (-1)^{n-m}\binom{n}{m} = 2^n$$所以：$$\sum_{m=0}^n S(n,m) = n! \cdot 2^n$$根据$2^n$ 的值可得，$\sum_{m=0}^n S(n,m) = n!$。
2 生成函数的恒等式：$$\sum_{m=0}^\infty S(n,m) x^m = (1+x)^n$$证明：$$\begin{aligned} \sum_{m=0}^\infty S(n,m) x^m &=\sum_{m=0}^\infty \binom{n}{m} \cdot m! \cdot x^m \ &=\sum_{m=0}^\infty \binom{n}{m} \cdot x^m \sum_{k=0}^m\binom{m}{k} x^{m-k} \ &= \sum_{m=0}^\infty \sum_{k=0}^m\binom{n}{m} \cdot \binom{m}{k} \cdot x^{m+k-k} \ &=\sum_{k=0}^\infty \sum_{m=k}^\infty \binom{n}{m} \cdot\binom{m}{k} \cdot x^{m} \ &= \sum_{k=0}^\infty \binom{n}{k}\cdot x^k \sum_{m=k}^\infty \binom{n-k}{m-k} \cdot x^{m-k} \ &= \sum_{k=0}^\infty \binom{n}{k} \cdot x^k (1+x)^{n-k} \ &=(1+x)^n \end{aligned}$$3 对于任意的正整数$k$，都有：$$\sum_{m=0}^n S(n,m) m^k = n! \cdot n^k$$证明：$$\sum_{m=0}^n S(n,m) m^k = \sum_{m=0}^n \binom{n}{m}\cdot m! \cdot m^k = n! \sum_{m=0}^n \frac{m^k}{(n-m)!}$$将$k$ 视为常数，由二项式反演公式可得：$$\sum_{m=0}^n \frac{m^k}{(n-m)!} = \sum_{m=0}^n (-1)^{n-m} \binom{n}{m} m^k = n^k$$所以：$$\sum_{m=0}^n S(n,m) m^k = n! \cdot n^k$$4 对于任意的正整数$k$，都有：$$\sum_{m=0}^n S(n,m) (-1)^m \cdot m^k = \begin{cases} 0 &n \text{ 为奇数} \ n! & n \text{ 为偶数} \end{cases}$$证明：$$\sum_{m=0}^n S(n,m) (-1)^m \cdot m^k = \sum_{m=0}^n\binom{n}{m} \cdot m! \cdot (-1)^m \cdot m^k = n!\sum_{m=0}^n \frac{(-1)^m \cdot m^k}{(n-m)!}$$将$k$ 视为常数，由二项式反演公式可得：$$\sum_{m=0}^n \frac{(-1)^m \cdot m^k}{(n-m)!} =\sum_{m=0}^n (-1)^{n-m} \binom{n}{m} (-1)^m \cdot m^k =(-1)^n$$如果$n$ 为奇数，则$(-1)^n=-1$，所以$\sum_{m=0}^n S(n,m) (-1)^m \cdot m^k=0$。
有关第二类stirling数的一些递推关系式
非空子集合的分拆数目就叫做第二类stirling数, 记作S2(n,r).
(1)S2(n,0)=0,S2(n,1)=1,S2(n,2),S2(n,n-1), S2(n,n)=1.(课本) (2) n≥4时,S2(n,n-2); 当n≥6时,S2(n,n-3); n≥8时,S2(n,n-4); n≥10时,S2(n,n-5); n≥12时,S2(n,n-6).
展示论文
• 论文格式:一篇完整的论文应包括题目、摘 要、关键词、论文的内容、参考文献。 • 注意事项: (1)题目: 应当简明、具体、确切地反映出本文 的特定内容. (2)摘要:是一篇论文的浓缩和精华.主要说明文 章主要用什么方法解决了什么问题,得到什 么结论.还有阐述一下其研究意义.结构要严 谨，表达要简明.
提取方法,解决问题
方法: 可以通过类比,迁移,归纳等形式去提取重要的 解决问题的方法. 举例:
对于研究正整数的分拆问题的基本方法大致有两种： (1)分析方法：即利用超几何级数构造出正整数的分 拆数的生成函数, 从而利用级数的分析性质来研究 正整数的分拆数的代数, 组合性质; (2)组合方法：即利用正整数分拆的 Ferrers图表示形 式, 将 Ferrers 图作几何变换, 进而建立一种一一 对应关系来研究分拆数的性质.
1. 选择自己有兴趣的相关领域;
2. 在该领域中发现问题; 3. 研究和解决问题;
4. 整理成文.
一.科学. 它主要包括以下内容: (1)计数问题: 如整数分拆,Stirling数
(2)存在性问题: 如鸽笼原理,四色猜想
(3)设计问题: 如组合设计,编码理论 (4)最优化问题: 如最短路问题,最大流问题
发现问题是写论文的一个重要的环节,是解 决问题的前奏.所以我们要具有敏锐的眼光 和灵活的头脑,善于思辨、习惯于归纳整理. 下面是发现问题的一般步骤:
第二类斯特林数通项公式
第二类斯特林数通项公式摘要：一、引言- 斯特林数的背景和概念- 第二类斯特林数的定义和意义二、第二类斯特林数的通项公式- 推导过程- 公式表达式三、斯特林数与第二类斯特林数的关系- 联系与区别- 转换公式四、第二类斯特林数的应用- 实际问题中的运用- 案例分析五、结论- 对第二类斯特林数通项公式的总结- 对未来研究的展望正文：一、引言斯特林数，又称Stirling 数，是由苏格兰数学家马修·斯特林（Matthew Stirling）在1938 年提出的数学概念，用于解决组合问题。
斯特林数是一个整数序列，可以描述n 个元素的排列组合情况。
在众多组合问题中，斯特林数具有很高的实用价值。
第二类斯特林数是斯特林数的一个子序列，具有独特的性质和应用价值。
本文将详细介绍第二类斯特林数的通项公式，并探讨其与斯特林数之间的关系以及应用。
二、第二类斯特林数的通项公式第二类斯特林数（S(n, k)）是一个整数序列，表示从n 个元素中选取k 个元素的组合数，其中n > k。
其通项公式为：S(n, k) = (n!) / [(n-k)! * k!]其中，n! 表示n 的阶乘，即n! = n * (n-1) * ...* 2 * 1。
三、斯特林数与第二类斯特林数的关系第二类斯特林数是斯特林数的一个子序列，它们之间存在一定的关系。
当n = k 时，第二类斯特林数S(n, k) 等于斯特林数S(n)。
此外，根据组合数的性质，第二类斯特林数还可以通过斯特林数进行转换：S(n, k) = S(n-1, k-1) + S(n-1, k)四、第二类斯特林数的应用第二类斯特林数在实际问题中具有广泛的应用，例如在计算机科学、生物学、物理学等领域。
以下为一个简单的案例分析：问题：有5 个不同的球和3 个不同的盒子，求将球放入盒子中的所有方法。
解答：根据第二类斯特林数的通项公式，可以计算出从5 个球中选取0 个、1 个、2 个、3 个的组合数，分别为：S(5, 0) = 1S(5, 1) = 5S(5, 2) = 10S(5, 3) = 10因此，将5 个球放入3 个盒子中的所有方法共有16 种。
第二类斯特林数公式
第二类斯特林数公式
无数物理学活动中可以发现斯特林数，其中，第二类斯特林数是用来表示二阶独立操作单元在某一次操作中的反应次数。
以其最简单的形式表示，第二类斯特林数的通用形式为Sn=1/2n(2n-1)，其中n 表示操作单元的阶数。
利用第二类斯特林数可以简化系统的运算，充分揭示系统的活性和完整性。
经过观察，我们可以发现，当n处于较大的状态下时，Sn的值将变小，这也体现了系统运行的可靠性，表现出系统在大规模考验中保持其可靠性。
此外，第二类斯特林数还可以应用于其它系统中，比如应用程序系统中，用户可以通过S2这个数字来衡量程序的可靠性，以及持续的活性能力；或者是电动机系统中，第二类斯特林公式可以表示各部件之间的协同程度，帮助机械师准确把控其运行状态。
总体来说，第二类斯特林公式作为一个非常重要的数学工具，不仅覆盖物理学和应用机器运行等领域，而且可以同时研究多个独立体系，使用它也可以自我检查系统活性能力，提高系统的可靠性和可操作性。
第二类斯特林数计算
第二类斯特林数计算摘要：一、引言- 介绍斯特林数的概念和背景- 简述第二类斯特林数的计算方法二、第二类斯特林数的定义和性质- 定义第二类斯特林数- 阐述第二类斯特林数的性质三、第二类斯特林数的计算方法- 详细介绍计算第二类斯特林数的公式和步骤- 说明计算过程中的关键点和注意事项四、计算实例与分析- 给出一个具体的计算实例- 分析计算结果，解释其含义和应用价值五、总结- 回顾并总结第二类斯特林数的计算方法- 强调在实际应用中需要注意的问题正文：一、引言斯特林数（Stirling number）是一种在组合数学中具有重要地位的数，用于描述在一定条件下，从给定的元素中选取若干个元素进行排列或组合的数量。
斯特林数分为两类，第一类斯特林数和第二类斯特林数。
本文将重点介绍第二类斯特林数的计算方法。
二、第二类斯特林数的定义和性质第二类斯特林数，又称第二类Stirling 数，用S(n, k) 表示。
它表示在n 个元素中选取k 个元素进行排列的数量，且不考虑元素的顺序。
即从n 个元素中选取k 个元素进行排列，共有S(n, k) 种排列方法。
第二类斯特林数具有以下性质：1.S(n, k) = S(n-1, k) + S(n-1, k-1)2.S(n, 0) = S(n, n) = 13.当n > k 时，S(n, k) > 0三、第二类斯特林数的计算方法第二类斯特林数的计算方法有多种，其中最常用的是递推法和矩阵幂法。
1.递推法根据第二类斯特林数的性质，可以得到递推公式：S(n, k) = S(n-1, k) + S(n-1, k-1)通过迭代计算，可以得到S(n, k) 的值。
递推法的计算过程较为简单，但当n 和k 较大时，计算量会显著增加。
2.矩阵幂法将第二类斯特林数表示为矩阵幂的形式，可以得到：S(n, k) = |[n-1][n-2]...[k+1]|[1]|[k]其中，|[n-1][n-2]...[k+1]|表示从n-1 到k+1 的阶乘矩阵，|[1]|表示单位矩阵，|[k]|表示从1 到k 的单位向量。
第二类stirling数S(n,n-7)的一个公式1
第二类stirling 数(,7)S n n -的一个公式李妙珊（华南师范大学, 数学科学学院, 广东, 广州,510631）摘 要: 本文运用组合理论对第二类stirling 数展开分析,从而给出当14n ≥时, 第二类stirling 数(,7)S n n -的一个公式.关键词: 非空子集合; 组合; 第二类stirling 数1．定义与符号定义1 从n 个不同事物中取出m 个的组合数,记作mn C .定义2 把含有n 个元素的一个集合分成恰好有k 个非空子集合的分拆数目就叫做第二类stirling 数,并记作(,)S n k ,对于0n k ==时,定义(0,0)S =0;当(,)0n k S n k <=时,.对于集合A,我们用|A|表示A 的基数.关于第二类stirling 数的性质与计算方法,我们给出以下几个引理. 引理 []11111211(,1)1,(,2)21,(,3)(31)2,2,n n n n n S n S n S n S n S n n S n n ---≥==-=+-当时，（,0)=0,（,-1)=C （,)=1.引理 []121(,)(1,1)(1,).k n S n k S n k kS n k ≤≤=--+-当时,为了方便下面定理1的证明，根据引理1和引理2，我们可以算出以下几个第二类stirling 数：8991(9,2)21255;(10,3)(31)29330;(11,4)145750;2S S S =-==+-==(12,5)1379400.S =作者简介:李妙珊（l983一）, 女, 广东佛山人,华南师范大学硕士研究生。
研究方向:图论与组合最优化。
定理 [][][][]2345A344,(,2)3n n n S n n C C ≥-=+当时4566(,3)1015;n n n S n n C C C ≥-=++;当n 时,56788(,4)25105105;n n n n n S n n C C C C ≥-=+++当时,67891010(,5)564901260945;nnnnnn S n n C C C C C ≥-=++++当时,78910111212(,6)119191894501732510395.n n n n n n n S n n C C C C C C ≥-=+++++当时,2．主要结果及其证明 定理 1 当14n ≥时，891011121314(,7)246682556980190575270270135135.n n n n n n n S n n C C C C C C C -=++++++证明: 设X 是含有n 个元素的集合, 当14n ≥时, 按照(,7)n n -S 的定义,我们有下面7种不同情况的分拆方法. 情况1711287(17)(,1,7)(2)...18.n i i i j i n n X A A i n A A i j i j n A A A A -=--=≤≤-⋂=∅≠≤≤-===== 设,这里满足（1）且我们从X 的n 个元素中取出8个元素放在7n A -中的方法共有8n C 种, 因此, 在情况1中,我们有8n C 种分拆方法.情况2711298787(17)(,1,7)(2)...12,2,9.n i i i j i n n n n n X B B i n B B i j i j n B B B B B B B -=-----=≤≤-⋂=∅≠≤≤-====≥≥⋃= 设,这里满足（1）且并且我们从X 中取出9个元素的方法有9n C 种, 而9个元素分成两个非空集合的分拆数为(9,2)S .若将9个元素分成两部分, 一部分有1个元素而另一部分有8个元素, 共有19C 种方法, 因此, 将9个元素分成两部分, 使每部分至少有2个元素的方法共有19189(9,2)(21)9210246S C --=--=-=种.因此在情况2中,我们共有2469n C 种分拆方法.情况3711210987987(17)(,1,7)(2)...12,2,2,10.n i i i j i n n n n n n n X C C i n C C i j i j n C C C C C C C C C -=-------=≤≤-⋂=∅≠≤≤-====≥≥≥⋃⋃= 设,这里满足（1）且并且 我们从X 中取出10个元素的方法有10n C 种,将10个元素分成3个非空子集987,,n n n C C C ---的方法共有(10,3)S 种.而其中有一个子集含一个元素,而另外两个子集至少含有2个的元素的分拆方法有1102462460C ⨯=种;其中有两个子集各含有1个元素,即有一个子集含有8个元素的方法有28101045C C ==种.所以把10个元素分为3个非空子集且每个子集至少包含2个元素的方法共有(10,3)(246045)933025056825S -+=-=种.因此,在情况3中,我们有106825n C 种分拆的方法. 情况47112111098710987(17)(,1,7)(2)...12,22,2,11.n i i i j i n n n n n n n n n X D D i n D D i j i j n D D D D D D D D D D D -=---------=≤≤-⋂=∅≠≤≤-====≥≥≥≥⋃⋃⋃= 设,这里满足（1）且，并且我们从X 中取出11个元素的方法有11n C 种, 将11个元素分成4个非空子集10n D -,9n D -,8n D -,7n D -的方法共有(11,4)S 种. 若有一个子集中含1个元素,而另外三个子集中至少含有2个元素的分拆方法有111682575075C ⨯=种; 若有两个子集各含有1个元素, 其它两个子集至少含有2个元素的分拆方法有21124613530C ⨯=种; 若有三个子集各含有1个元素,即有一个子集含有8个元素的方法有381111165C C ==种. 所以把11个元素分为4个非空子集且每个子集至少包含2个元素的方法共有(11,4)(7507513530165)1457508877056980S -++=-=种. 因此,在情况4中, 我们有1156980n C 种分拆的方法.情况571121211109871110987(17)(,1,7)(2)...12,2,22,2,12.n i i i j i n n n n n n n n n n n X E E i n E E i j i j n E E E E E E E E E E E E E -=-----------=≤≤-⋂=∅≠≤≤-====≥≥≥≥≥⋃⋃⋃⋃= 设,这里满足（1）且，并且n 1110987,,,,n n n n n E E E E E -----的方法共有(12,5)S 种. 若有一个子集含一个元素, 而另外四个子集都至少含有2个元素的分拆方法有11256980683760C ⨯=种; 若有两个子集各含有1个元素, 其它三个子集都至少含有2个元素的分拆方法有2126825450450C ⨯=种; 若有三个子集各含有1个元素, 其它二个子集都至少含有2个元素的分拆方法有31224654120C ⨯=种; 若有四个子集各含有1个元素,即有一个子集含有8个元素的方法有481212495C C ==种. 所以把12个元素分为5个非空子集且每个子集都至少包含2个元素的方法共有(12,5)(683760450450S -+54120495)++13794001188330190575=-=种. 因此,在情况5中, 我们有12190575nC 种分拆的方法. 情况 6711213121110987121110987(17)(,1,7)(2)...12,2,222,2,13.n i i i j i n n n n n n n n n n n n n X F F i n F F i j i j n F F F F F F F F F F F F F F F -=-------------=≤≤-⋂=∅≠≤≤-====≥≥≥≥≥≥⋃⋃⋃⋃⋃= 设,这里满足（1）且，，并且 我们从X 中取出13个元素的方法有13n C 种, 将13个元素分成6个非空子集121110987,,,,,n n n n n n F F F F F F ------且使每个非空子集都至少包含2个元素的做法如下:先从13个元素中任取3个元素, 其取法共有313C 种,再把其余10个元素分成5部分, 使每部分都有2个元素的分拆数为22222108642/5!945C C C C C =种,那么共有313945945286270270C ⨯=⨯=种分拆数. 因此,在情况6有13270270nC 种分拆方法.情况77112141312111098713121110987(17)(,1,7)(2)...12,2,2222,2,14.n i i i j i n n n n n n n n n n n n n n n X G G i n G G i j i j n G G G G G G G G G G G G G G G G G -=---------------=≤≤-⋂=∅≠≤≤-====≥≥≥≥≥≥≥⋃⋃⋃⋃⋃⋃= 设,这里满足（1）且，，，并且n 13n G -,12n G -11n G -,10n G -,19n G -,8n G -,7n G - 且使每个非空子集都包含2个元素的分法有22222221412108642/7!135135C C C C C C C =种. 所以,在情况7中有14135135nC 种分拆方法.711212771(17)(,1,7)(2)...1222,(14).n i i i j i n k n k n k n n i i n k X H H i n H H i j i j n H H H H H H H k k -=--+-+--=-+=≤≤-⋂=∅≠≤≤-====≥≥≥=>假设,这里满足（1）且，，...,并且[]71(17)27()14.n i i i H i n H n k n n k n k n -=≤≤-≥-+---=+-> 则各子集的元素之和为注意这里14k >,从而产生矛盾.说明这种情况不存在.因而将n 元集合X 分成7n -个非空子集的情况只有上述的7种,所以根据加法原则可得891011121314(,7)246682556980190575270270135135,n n n n n n n n n C C C C C C C -=++++++S 故定理1得证.参考文献：[1]陈景润.组合数学简介[M].天津:天津科学技术出版社, 1988. [2]曹汝成.组合数学[M].广州:华南理工大学出版社,2002.[3]杜春雨.第二类stirling 数的一个恒等式[J].江西师范大学学报(自然科学版), 2004(5): 240-241.[4]吴跃生.第二类stirling 数的又一个恒等式[J].华东交通大学学报,2007(2):146-147. [5] 吴跃生.第二类stirling 数(,6)n n -2S 的一个公式[J].华东交通大学学报,2008(3):97-99.A Formula of (,7)S n n - For Stirling Number of the Second KindMiaoshan-Li(South China Normal University, School of Mathematics,Guangzhong, 510631,China)Abstract: In this paper, we analyze the stirling number of the second kind by the combination theorey, then a formula of (,7)S n n -for the stirling number of the second kind has been obtained, where 14n ≥.Keywords: non-empty subset; combinations; stirling number of the second kind。
【算法】第二类斯特林数Stirling
n=0
1
n=1
01
n=2
011
n=3
0131
n=4
01761
n=5
0 31 90 65 15 1
n=7
0 1 63 301 350 140 21 1
n=8
0 1 127 966 1701 1050 266 28 1
n=9
0 1 255 3025 7770 6951 2646 462 36 1
（1）如果n个元素构成了m-1个集合，那么第n+1个元素单独构成一个集合。方案数
。
（2）如果n个元素已经构成了m个集合，将第n+1个元素插入到任意一个集合。方案数 m*S(n,m) 。
综合两种情况得：
递推式：dp[i][j] = dp[i-1][j-1]+j*dp[i-1][j]；
模板代码：
dp[0][0] = 1; for(int i = 1;i <= n; i++){ for(int j = 1;j <= i; j++){ dp[i][j] = dp[i-1][j-1]+j*dp[i-1][j]; } }
第二类stirling数的推导和第一类stirling数类似可以从定义出发考虑第n1个元素的情况假设要把n1个元素分成m个集合则分析如下
【算法】第二类斯特林数 Stirling
第二类Stirling数实际上是集合的一个拆分，表示将n个不同的元素拆分成m个集合的方案数，记为
或者 。
第二类Stirling数的推导和第一类Stirling数类似，可以从定义出发考虑第n+1个元素的情况，假设要把n+1个元素分成m个集合则分析如下：
第二类stirling数的又一个恒等式
第二类stirling数的又一个恒等式吴跃生【摘要】证明一些恒等式,并给出了当n≥10时的第二类stirling数S2(n,n-5)的计算公式.【期刊名称】《华东交通大学学报》【年(卷),期】2007(024)002【总页数】2页(P146-147)【关键词】非空子集合;组合;第二类stirling数【作者】吴跃生【作者单位】华东交通大学,基础科学学院,江西,南昌,330013【正文语种】中文【中图分类】O157在我们表述的主要结果之前，首先给出一些定义和符号.定义1 从n个不同事物中每次取出m个的组合数，记作C(n，m)定义2 把含有n个元素的一个集合分成恰好有r个非空子集合的分拆数目就叫做第二类stirling数，并记作S2(n，r)，对于n=r=0，我们定义S2(0，0)=1及n<r，S2(n，r)=0.例如：x={a，b，c，d}是4个元素的集合，将x分成两个非空子集的方法有7种，即{a}∪{b，c，d}，{b}∪{a，c，d}，{c}∪{a，b，d}，{d}∪{a，b，c}{a，b}∪{c，d}，{a，c}∪{b，d}，{a，d}∪{b，c}，因此S2(4，2)=7.对于集合x，我们用|x|表示x的基数.引理1 当n≥1时，S2(n，0)=0，S2(n，1)=1，S2(n，2)=2n-1-1，S2(n，n-1)=S2(n，2)，S2(n，n)=1.引理2 当n≥4时，S2(n，n-2)=C(n，3)+3C(n，4)，当n≥6时，S2(n，n-3)=C(n，4)+10C(n，5)+15C(n，6)引理1及引理2的证明在[1]里可以找到，文[2]的主要结论是：当n≥8时，S2(n，n-4)=C(n，5)+25C(n，6)+105C(n，7)+105C(n，8)我们的主要结论是：定理1 当n≥10时，S2(n，n-5)=C(n，6)+56C(n，7)+490C(n，8)+1260C(n，9)+945C(n，10)证设A是含有n个元素的集合，当n≥10时，按照S2(n，n-5)的定义，我们有下面5种不同情况分拆方法.(Ⅰ)这里Ai(1≤i≤n-5)满足：⟩(1≤i，j≤n-5)；(2)|A1|=|A2|=…=|An-6|=1，且|An-5|=6，我们从A中取出An-5的方法为C(n，6)个分拆数.(Ⅱ)这里Bi (1≤i≤n-5)满足⟩(1≤i，j≤n-5)；(2)|B1|=|B2|=…=|Bn-7|=1，|Bn-6|≥2，|Bn-5|≥2，并且|Bn-6∪Bn-5|=7.我们从A中取出7个元素的方法有C(n，7)种，而7个元素分成两部分的分拆数为S2(7，2)，并且每一部分至少有一个元素.将7个元素分成两部分，一部分有1个元素而另一部分有6个元素，共有C(7，1)种方法，因此，将7个元素分成两部分，使每部分至少有2个元素.这种方法共有S2(7，2)-C(7，1)=(27-1-1)-7=56种.因此在(Ⅱ)中，我们有分拆数56C(n，7).(Ⅲ)这里Ci(1≤i≤n-5)满足⟩(1≤i，j≤n-5)；(2)|C1|=|C2|=…=|Cn-8|=1，|Cn-7|≥2，|Cn-6|≥2，|Cn-5|≥2，并且|Cn-7∪Cn-6∪Cn-5|=8.我们从A中取出8个元素的方法有C(n，8)种，将8个元素分成3部分，使每部分至少有2个元素.有两种方法，(1)先从8个元素中任取4个元素，取法为C(8，4)，把其余4个元素分成两部分，使每部分有2个元素的分拆数为C(4，2)C(2，2)/2=3(例如，设这4个元素为a1，a2，a3，a4，分法即a1a2|a3a4，a1a3|a2a4，a1a4|a2a3，共有3种分法)，因此将8个元素按此种方法分成3部分，使每部分至少有2个元素的分法有3C(8，4)=3×70=210种；(2)先从8个元素中任取2个元素，取法为C(8，2)，把其余的6个元素分成两部分，使每部分都有3个元素的分拆数为C(6，3)C(3，3)/2！=10，因此将8个元素按此种方法分成3部分，使每部分至少有2个元素的分法有10C(8，2)=10×28=280种.故在(Ⅲ)中，我们有分拆数490C(n，8)种.(Ⅳ)这里Di(1≤i≤n-5)满足⟩(1≤i，j≤n-5)；(2)|D1|=|D2|=…=|Dn-9|=1，|Dn-8|≥2，|Dn-7|≥2，|Dn-6|≥2，|Dn-5|≥2，并且|Dn-8∪Dn-7∪Dn-6∪Dn-5|=9. 我们从A中取出9个元素的方法有C(n，9)种，将9个元素分成4部分，使每部分至少有2个元素，可以这样做，先从9个元素中任取3个元素，取法为C(9，3)，把其余的6个元素分成三部分，使每部分都有2个元素的分拆数为C(6，2)C(4，2)C(2，2)/3！=15，有15C(9，3)=15×84=1260种.故在(Ⅳ)中，我们有分拆数1260C(n，9)种.(Ⅴ)这里Ei(1≤i≤n-5)满足⟩(1≤i，j≤n-5)；(2)|E1|=|E2|=…=|En-10|=1，|En-9|≥2，|En-8|≥2，|En-7|≥2，|En-6|≥2，|En-5|≥2，并且|En-9∪En-8∪En-7∪En-6∪En-5|=10.由(1)和(2)，我们知道|En-9|=|En-(|=|En-7|=|En-6|=|En-5|=2，从A中任取10个元素的方法共有C(n，10)种，而将10个元素分成5部分，使部分都有2个元素的分法有C(10，2)C(8，2)C(6，2)C(4，2)C(2，2)/5！=945种.因此，在(Ⅴ)中，我们有分拆数945C(n，10)种.假设这里Fi(1≤i≤n-5)满足⟩(1≤i，j≤n-5)；(2)|F1|=|F2|=…=|Fn-k|=1，|Fn-k+1|≥2，|Fn-k+2|≥2，…，|Fn-5|≥2，且我们有n-k+2[n-5-(n-k)]>n或5<k≤10.因此，只有以上5种情况存在，故根据加法原则将A分成n-5个部分的分拆数为C(n，6)+56C(n，7)+490C(n，8)+1260C(n，9)+945C(n，10)因此 S2(n，n-5)=C(n，6)+56C(n，7)+490C(n，8)+1260C(n，9)+945C(n，10)，故定理1得证.参考文献：[1]陈景润.组合数学简介[M].天津：天津科学技术出版社，1988.[2]杜春雨.第二类stirling数的一个恒等式[J].江西师范大学学报(自然科学版)，2004(5)；240-241.。
Stirling数列的性质
大毕 业 论 文二○一○ 年 六 月┊┊┊┊┊┊┊装┊┊┊┊┊┊┊订┊┊┊┊┊┊┊线┊┊┊┊┊┊┊Stirling数列的性质专业班级：信息与计算科学2006级2班姓名：徐艳杰指导教师：孙怡东数学系内容摘要Stirling 数列是一类重要的数列，对它的研究有许多成果[]19-。
有限集的划分计数问题可通过第二类Stirling 数给出解答，置换群S n 中的置换分解为不交轮换之积又与第一类Stirling 数有密切关系。
在代数学中{[]n x }与{nx }是两组重要的基底，两类Stirling 数就是这两组基底之间的变换系数。
本文介绍了两类Stirling 数列的定义和性质，论文的结构安排如下：第1章绪论部分主要介绍两类Stirling 数列的发展前景，给出符号定义和预备知识，包括对循环群中置换与轮换的关系，以及生成函数的定义；第2章介绍两类Stirling 数的定义，两类Stirling 数的代数关系，及Stirling 数反演和基本递推关系式；第3章主要讲两类Stirling 数的生成函数，同时给出第一类Stirling 数与n 元置换群、第二类Stirling 数与集合的分拆的之间的关系，最后引出Bell 数，以及Bell 数的一些基本性质；第4章给出两类Stirling 数的通项公式及通项公式与行列式间的应用举例；第5章主要讲第Ⅱ类Stirling 数S(n,n-i)与组合数、S(n,i)与组合数之间的关系恒等式的推导过程。
【关键词】 划分；第一类Stirling 数；第二类Stirling 数；置换；Bell 数AbstractStirling number is a kind of important sequences, and now there are many study results [19]-. The problem of a partition of a finite set can be solved by Stirling number of the second kind, permutation can be reduced to the product of disconnect cycles and it is closely related to stirling number of the first kind. In algebra, both {}[]n x and {}n x are important bases, whose coefficient of transformation are the two kinds of stirling numbers.In this paper, we introduce identities and properties of the Stirling numbers. The organization is as follows. In Section 1, we introduce the development of Stirling numbers, give the definitions of symbols which appear and preliminary concepts including the definition of generating function and the relationship between permutation and . In Section 2, we propose the identities, the algebraic relationship, inversion and recurrence relations of the two kinds of Stirling numbers. In Section 3 we describe generating functions of the two kinds of Stirling numbers, relationships between permutation and Stirling number of the first kind, and between the problem of a partition of a finite set and Stirling number of the second kind, finally present the identity of Bell number and several basic properties of Bell number. In Section 4, we develop . Section 5 gives the deduction of relationship identities of (),S n n i - and combination, (),S n i and combination.Key words ： partition; the Stirling number of the first kind; the Stirling number of the second kind; permutation; Bell number目录内容摘要 (3)Abstract (4)1 绪论 (6)1.1 Stirling数简介 (6)1.2 符号和定义 (6)1.3预备知识 (7)1.3.1. 循环群中的置换与轮换 (7)1.3.2 生成函数 (7)2 Stirling数的定义及递推关系式 (8)2.1 Stirling数的定义 (8)2.2两类Stirling数的关系： (8)2.2.1 代数关系 (8)2.2.2 两类Stirling数之间的反演 (10)2.3 两类Stirling数的递推关系式 (11)3 两类Stirling数的生成函数和组合意义 (12)3.1 两类Stirling数的生成函数 (12)3.2 两类stirling数的组合意义 (15)3.2.1 两类Stirling数的组合解释 (15)3.2.2 由组合意义得出的重要结果 (17)3.3 Bell数 (18)4 两类Stirling数的通项公式及应用举例 (20)4.1 Stirling数的通项公式 (20)4.2 通项公式的应用举例 (21)5 第Ⅱ类Stirling数与组合数的两个关系恒等式 (23)5.1有关第二类Stirling数的几个恒等式: (23)5.2 第二类Stirling数S(n,n-i)与组合数的关系恒等式 (24)5.3 第二类Stirling数S(n,i)与组合数的关系恒等式 (25)总结 (28)参考文献 (29)Stirling 数列的性质1 绪论1.1 Stirling 数简介Stirling 数在数论、数学分析、组合数学中都有广泛的应用，在组合数学中Stirling 数是一类重要的数列，对它的研究有著多成果。
第二类斯特林数总结
第⼆类斯特林数总结第⼆类斯特林数总结标签： 第⼆类斯特林数最近做题的时候遇到了⼀些跟第⼆类斯特林数有关的东西，发现⽹上的资料不是很多，于是写⼀篇博客来总结⼀下。
第⼆类斯特林数定义第⼆类斯特林数S (n ,m )表⽰的是把n 个不同的⼩球放在m 个相同的盒⼦⾥⽅案数。
upd:为了看得清楚，有时候我们也⽤nm 来表⽰S (n ,m )求法⼀般有两种求法。
递推：S (n ,m )=S (n −1,m −1)+mS (n −1,m )即讨论第⼀个球是否单独在⼀个盒⼦⾥⾯。
如果不独占⼀盒，那么把这个球放进任⼀个盒⼦，这个盒⼦就相当于与其他的盒⼦不同，那么在乘答案的时候就要多乘⼀个m.容斥原理:S (n ,m )=1m !m∑k =0(−1)k C (m ,k )(m −k )n即枚举空盒的个数，剩下的随意放置，由于盒⼦是相同的最后要除以m !注意到这个式⼦是⼀个卷积，所以可以在O (nlogn )内求出S (n ,0),S (n ,1)......性质只有⼀个公式n k =k∑i =0S (k ,i )×i !×C (n ,i )很好理解，左边就是k 个球可以任意放置在n 个盒⼦⾥。
右边就是枚举⾮空盒⼦的数量i ，那么把k 个球放在i 个盒⼦（盒⼦不同，需要乘上⼀个i!）⾥⾯再乘上选出i 个⾮空盒⼦的⽅案数。
有了这个东西，我们可以很⽅便的维护⼀些东西。
组合等式推导upd:感觉以前写的菜爆了。
更新⼀点吧上⾯的性质与求法都是基于组合意义⽽来的，接下来我们采⽤⼀个具有组合意义的等式，将其通过⼀些变换得到上⾯的等式。
n m=m ∑k =0m k n k _x k _是x 的k 次下降幂，就是x ×(x −1)×(x −2)....×(x −k +1)(其实就是上⾯的性质啦)当然准确来说这个式⼦才是定义式，因为这个式⼦具有清晰的组合意义。
这个式⼦可以⽅便的得到递推式：{}{}m∑k=0mk nk_=m∑k=1m−1k−1nk_+m∑k=1km−1k nk_=m−1∑k=0m−1k nk+1_+m∑k=1km−1k nk_=(n−k+k)n m−1=n m当然这个步骤写的不太严谨，如果把上⾯的式⼦倒过来就是正确的证明步骤，但是这样推就不太好想（不过我们已经知道了结论就随便了）。
关于第二类stirling数的几个恒等式的证明
关于第二类stirling数的几个恒等式的证明
余敏
【期刊名称】《湖北理工学院学报》
【年(卷),期】2009(025)005
【摘要】第二类stirling数的计算一般都较为繁琐,文章给出了计算第二类stirling 数比较简捷的算法, 从而提高了第二类stirling数的计算速度,并由此推出了一个第二类stirling数的恒等式.
【总页数】3页(P22-24)
【作者】余敏
【作者单位】黄石理工学院,数理学院,湖北,黄石,435003
【正文语种】中文
【中图分类】O157
【相关文献】
1.几个同余恒等式的群论证明 [J], 潘俊尧;袁俊丽;
2.与一类 n 元对称函数有关的几个恒等式以及一个对称不等式的初等证明 [J], 萧振纲;张志华
3.几个数学恒等式的概率证明 [J], 张元收;葛宁宗
4.几个关于第二类Stirling数的无限求和恒等式 [J], 谭明术;向以华;查中伟
5.几个恒等式及其组合方法的证明 [J], 周恩;霍元极
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Ｋｅ ｒ ｓ：ｎｏ ｅ ｐ ｙ ｓ ｓ ｔ ｔｒｉ ｍｂｅ ｆ ｓ ｃ ｄ ｋｉ ｄ；ｃ ｍ ｂ ｎａ ｉ ． ｙ ｗｏ ｄ ｎ— ｍ ｔ ｕｂ ｅ ；ｓ ｉｌｎｇ ｎｕ ｒｏ ｅ ｏｎ ｎ ｏ ｉ ｔｏｎ
定 义 １ 从 ，个 不 同事物 中每 次取 出 ｍ 个 的 ｚ
Ａｂ ｔａ ｔ ｓｒ ｃ ：Ａｎ ｅ ｐ ｅ ｓｏ ｏ ｈ ｔ ｌ ｇｎ ｍｂ ｒｏ ｈ ｅ ｏ ｄ ｋｎ ２ ， ｎ ６ （２ １ ）ｉ ｘ ｒ ｓｉｎ ｆｒｔ ｅｓｉ ｉ ｕ ｅ ｆｔ ｅｓ ｃ ｎ ｉ ｄ Ｓ （２ － ） ， ｆｎ ， ≥ ２ ｓ
ｇ ｖ ｎ ｉ ｈ ｓｐａ ｅ ． ｉ ｅ ｎ ｔ ｉ ｐ ｒ
引理 ４ 当 ７ １ ｚ ０时 ， 。 ， 一 ５ 一 ≥ Ｓ （ ） ＋
５ ＋ ４ ０ ＋ １ ６ ＋ ９ ５ 。 ６ ９ ２０ ４ 。
（ ） ＝ Ｊ 。 一 … 一 Ｊ 一 １ ｌ ≥ ２ Ｊ Ｊ＝ Ｂ Ｊ Ｂ ＝ 一 ｌ ，Ａ 一 ｌ Ｂ ２ Ｉ 一 Ｉ ２ 且 ｌ 。 一８ ，Ａ ≥ ， Ｂ 一 ＵＢ 一 ｌ 。 从 Ａ 中取 出 ８个 元 素 的方 法 有 种， ８ 而 个元 素 分成 ２部 分 的分拆 数 为 ｓ （ ， ） 且 每一 ８ ２ 并
在 文献 Ｅ ］ 可以找 到 的 。本 研究 的 主要结 论 ： ３里
定理 当 ， ２时 ， ２ ≥１
Ｓ （ ２ ， ６ ： ＋ １ ９ ＋ １ ９ ８ ＋ ２ ，， — ） ２ １ １ ９
组合 数 ， 记作 Ｃ ２
定 义 ２ 把含 有 ，个元 素 的 一个 集 合分 成 恰 ｚ
．
青 岛科 技 大 学 学 报（ 然科学版） 自
ｖ１ ９ ｏ３ ｏ２ Ｎ． ．
文章 编 号 ：６ ２６ ８ （０ ８ ０—２ ４０ １ ７— ９７ ２ ０ ） ３０ ７—２
关 于第 ２类 Ｓｉｌ ｇ数 的 １个 恒 等 式 ｔ ｉ ｒｎ
张 福玲
（． １ 西北大学 数学 系， 陕西 西安 ７ ０ ６ ；２ 渭南师范学院 数学 系 ， 西 渭南 ７ ４ Ｏ ） １０ ９ ． 陕 １ Ｏ Ｏ
Ａｎ Ｉ ｅ ｉｙ ｏ ｔｆ ｉ ｇ Ｎｕ ｂ ｒ ｆ Ｓ ｃ ｎｄ Ｋｉ ｄ ｎｔｔ ｆ Ｓ ｉｌｎ ｍ ｅ ｓ ｏ ｅ ｏ ｎｄ
ＺＨＡ ＮＧ —ｉ ｇ。 Ｆｕ ｌｎ ’
（ ＿ ｐ ｒ ｍｅ ｔｏ ａ ｈ ｍａ ｉ ｓ １ Ｄｅ ａ ｔ ｎ ｆ Ｍ ｔ ｅ ｔ ，Ｎｏ ｔ ｗｅ ｔＵｎｉ ｅ ｓ ｔ ，Ｘｉ ｎ ７ ０ ６ Ｃｈ ｎ ｃ ｒｈ ｓ ｖ ｒｉｙ ＇ １ ０ ９， ｉ ａ。 ａ ２ Ｄｅ ａ ｔ ｅ ｆＭ ａ ｈｅ ｔｃ ，Ｗ ｅｎ ｎ Ｔｅ ｃ ｅ ｓＣｏ ｌｇｅ， ｅ ｎ ｎ ７１ ０ ０， ｉ ａ ． ｐ ｒｍ ｎｔｏ ｔ ｍａ ｉｓ ｉ ａ ａ ｈ ｒ ｌｅ Ｗ ｉ ａ ４ ０ Ｃｈ ｎ ）
摘 要 ： 出 了当 ， １ 给 ２ ２时的第 ２类 Ｓｉ ｉｇ数 Ｓ （ ， —６ 的计 算公 式 。 ≥ ｔｌ ｒｎ ， ， ） ２２ 关键 词 ：非空子 集合 ； ２类 Ｓｉ ｉｇ数 ； 合 。 第 ｔｌ ｒｎ 组 中 图分类 号 ：Ｏ １ ７ ５ 文 献标 识码 ： Ａ
好有 ｒ非 空 子 集 合 的 分 拆 数 目就 叫 做 第 ２类
Ｓｉ ｉｇ数 ， 记 作 Ｓ （ ， ） 对 于 ７＝ ｒ ０ 定 ｔｌ ｒｎ 并 。７ｒ， ２ ２ 一 ，
义 Ｓ （ ，） １ ， ｒ Ｓ （ ，） ０ ２Ｏ Ｏ ： 及 ｚ ， ２， ｒ 一 ＜ ２
９４ ｏ ￣＋１ ２ Ｃ ０３ ５ ￣ ５ ｃ 。 ７３ ５ ￣＋１ ９ Ｃ ．
１， Ｓ２（２ ，— １ ，，２ ）： Ｓ２ ，， （２ ２）， （２ ，）一 １。 Ｓ２ ，，２
６
（ Ａ： ＵＡ 这 里 Ａ （ ≤ ｉ ， ） 足 ： Ｉ） １ ≤ ２ —６ 满
ｆ 】 ＝
（） １ Ａ ｎＡ， Ｏ（ ≤ ｉ ≤ ， ６ ； 一 １ ， ２ ） —
ｌ Ｊ ≠
引理 ２ 当 ， ２ ≥４时 ， ， —２ ＝ ＋３ ， ｓ （ ， ）＝ ２ ：
当 ， ６时 ， ２ ， ， ） ２ ≥ Ｓ （２ ２ ， —３ 一
＋ １ ＋ １ 。 Ｏ ５
（ ）Ｊ Ｊ Ｊ ２ Ａ — Ａ。Ｊ … 一 Ｊ Ｊ １ 且 ＝ ～ ＝ ， Ａ Ｊ 。 一７ 从 Ａ 中取 出 Ａ 一 的方法 为 个 分拆 一ｌ ， Ａ 数。
证 明 设 Ａ 是 含 有 咒个 元 素 的集 合 ， 咒 当 ≥
１ ２时 ， 照 ｓ （２， ６ 的定 义 ， 下 面 ６种 不 同 按 ， ２ ） ，— 有情 况 分拆 方法 。 Nhomakorabea一
对 于集 合 ｚ， ｌ 示 ｚ的基 数 。 用 ｌ ｚ表
引 理 １ 当 ≥ １ ， 时
Ｓ （２Ｏ 一 ０， ２ ，， ） １， ２ ，， ） ２ ２， ） ， Ｓ （２ １ 一 Ｓ （２ ２ 一 一 一
一
６
弓 理 ３ 当 ， ８时 ， ｚ ， —４ ＝ ｌ ２ ≥ ｓ （ ， ）＝ ２ ：
＋ ２ ＋ １ ５ ＋ １ ５ 。 ５ ０ Ｃ ０
（ Ａ— ＵＢ 这 里 Ｂ；１ ≤， ） Ⅱ） （≤ ２ —６ 满足 ：
（ ） １ 一 Ｏ（ ≤ ｉ ≤ ｎ ６ ； １ Ｂ ７Ｂ， １ ， － ）
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第２ 蔓 月 ２０年 ６ Ｊ ０８ 毛 期
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