5.6Stirling数

证明：1. 显然成立. 2,3. 自证. [例1] 求把 n 只不同的球放入 m 个不同编号的盒子中，使得没有一个盒子 为空的方式数. 解：首先不考虑盒子的编号，也就是说这 m 个盒子是相同的. 这样一来， 把 n 只不同的球放入 m 个相同的盒子，而且无一盒为空等价于把具有 n 个不同 的元素 a1 , a2 ,, an 划分为 m个不相交的非空子集. 由定理5.9，这共有 S2 n, m 种方式. 其次，再考虑盒子是编号的. 这样一来，m个盒子共有 m ! 种编号方式. 于是 由乘法规则知共有 m!S2 n, m 种方式把 n 只不同的球放入m 个不同编号的盒子 中去，而且没有一个盒子为空. 这个例子实际上就是第三章§3.1节中的例5. 由此可得
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
xn S1 n, k xk
k 0
则称 S1 n, k 为第一类Stirling数. 也就是说， S1 n, k 就是多项式 xn中的 x 的系数. 显然，当 n k 时， S1 n, k 0 . 例如 4 3 2
n
x x 1 x 2 x 3 x 6x 11x 6x
k 1 n 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 3 7 15 31 63 127 255 511 2 3 4 5 6
S2 n 1, k S2 n, k 1 kS2 n, k
7
8
9
10 … … … …
1 6 25 90 301 966 3025 9330
S1 n, k x k 1 n S1 n, k x k
k 0 k 0 n n n 1 n n
k 0
故
S1 n 1, k x S1 n, k x
k k 0 k 0
k 1
n S1 n, k x k
x
S2 n 1, k x k
n n
x n 1 x x n S2 n, k x k x S 2 n, k x k x k k
k 0 k 0 n
S2 n, k x k 1 k x k S 2 n, k x k 1 kS 2 n, k x k
k 0
n
则称 S2 n, k 为第二类Stirling数. 显然，当 n k 时， S2 n, k 0 . 对于第二类Stirling数，有如下重要定理. 定理5.8 第二类Stirling数满足递归关系;
证明：由式(5.34)易见 又由式(5.34)知
n 1 n 1 k 0
又由式(5.32)有
S1 n 1, k S1 n, k 1 nS1 n, k n 0, k 0 (5.33) S1 0, 0 1, S1 n, 0 1 n 0
A n, k A n 1, k 1 +kA n 1, k 如果用 n 1 代替上式中的 n ，则上式变为 A n 1, k A n, k 1 +kA n, k
A n, k S2 n, k
1.S 2 n, n 1
S 2 n, k 0 n kk 0 n 2.S 2 n, 2 2n 1 1 n 3.S 2 n, n 1 2
k 0
比较上式两端 x 的系数得
k
故第一类Stirling数满足递归关系式(5.33). 由式(5.33)易得第一类Stirling数 S1 n, k 的数值表如下.
k
S1 n, k
S1 n 1, k S1 n, k 1 nS1 n, k
1
2
3
4
S1 0,0 1,S1 n,0 1 n 0
n 1
x n 1 S1 n 1, k x k
而
x n1 x x 1 x 2 x n 1 x n x n x n x n x x n n
5
6
7
…
n 1 2 3 4 5 6 7 1 -1 2 -6 24 -120 720
1 -3 11 -50 274 -1764
1 -6 35 -255 1624
1 -10 1 85 -15 1 -735 175 -21
1








二、第二类Stirling数 定义5.9 若
n
x S2 n, k x k (5.34)
第二类Stirling数与下面定义的Bell数有密切的关系. 定义5.10 若 n
Bn S2 n, k
k 0
则称 B 为Bell数. 显然， B 1 .
由定理5.9知， S2 n, k 就是 n 个元素的集合划分为 k 个不相交的非空子集 合的方式数. 于是由式(5.36)知，Bell数 Bn 就是 n 个元素的集合划分为不相交 的非空子集的方式数. 由于Bell数 Bn ，有下面定理. 定理5.11 Bell数 Bn 满足如下的递归关系：
S2 n 1, k S2 n, k 1 kS2 n, k n 0, k 0 (5.35) S2 0, 0 1, S2 n, 0 0 n 0
S2 0,0 1, S2 n,0 0
1 10 65 350 1701 7770 34105
1 15 140 1050 6951 42525
1 21 266 2646 22827
1 28 462 5880
1 36 750
1 45
1











第二类Stirling数 S2 n, k 的组合意义涉及到集合的划分. 我们有下列定理. 定理5.9 第二类Stirling数 S2 n, k 就是 n 个元素的集合划分成 k 个不相交 的非空子集的方式数目. 例如，有4个元素的集合1,2,3,4 ，把这个集合划分成3个互不相交的非空子 集共有 S2 4,3 6种方式：
k
m 不同的盒子中的方式总数为 S2 n, k k !（允许有空盒）. k 取1到 m，并 k 把这些数相加所得的和，就是 n 只不同球放入 m个不同盒子中去且允许有空盒的
方式数. 于是有
m m n S n , k k ! S n , k k ! m 2 2 k k 1 k 1 k m （注意，在上式中，当 k m 时， 0）. 证毕. k m
§5.6
Stirling数
我们知道，多项式 x n 与 x x 1 x 2 x n 1都是首项系数为1的多 项式，因而它们必能互相表出. 但是，这种相互表出事通过什么样的桥梁来联系 呢？我们说，这个桥梁就是本节将要讨论的Stirling数. 值得注意的是，前面所 讨论的递归关系都是依赖于一个参数的，而Stirling数所满足的递归关系则是依 赖于两个参数的. Stirling数分为两类：第一类Stirling数与第二类Stirling数. 一、第一类Stirling数 令 xn x x 1 x 2 x n 1 定义5.8 若 n
设有 n 只不同的球，有 m 个盒子，它的编号为 1, 2,, m . 把这 n 只球放入 盒子中，允许有空盒且不限制放入盒子内的球数，总共有 m n 种方式. 这是由于 每一个球放到 m 个盒子中去一共有 m种方式. 于是 n 只球放到 m个盒子中去，由 n m 乘法法则知共有 种方式. 另一方面，由例1知 n 只不同的球放入 k 个不同编号的盒子中去，并且没有一 个盒子为空的方式数为 k !S2 n, k . 而从 m 个盒子中选取 k 个盒子的方式数为 m （显然，有 m k 个盒子为空）. 于是由乘法规则知， n只不同的球放入k 个
S1 4, 0 0,S1 4,1 6,S1 4, 2 11 S1 4,3 6,S1 4, 4 1
则由定义5.8知
对于第一类Stirling数，有下面的重要定理. 定理5.7 第一类Stirling数满足递归关系：
证明：由式(5.31)和(5.32)易见
1, 2 3 41,3 2 4 1, 4 2 32,3 1 4 2, 4 1 33, 4 1 2
现证明定理5.9如下： 设 A n, k 是 n 个元素的集合划分成 k 个不相交的非空子集的方式数目. 下面 证明 A n, k 满足递归关系式(5.35). 给定一个 n 元集合 a1 , a2 ,, an ，将这个 n 元集合划分成 k 个不相交的非空 子集可分为互不相容的两种情况： 1. 设an 是 k 个子集合中的一个子集，于是把 a1 , a2 ,, an1划分为 k 1个 子集有A n 1, k 1种划分方式. 2. 如果an 不是 k 个子集中的一个，即 an 必与其他的元素构成一个子集. 首先把 a1 , a2 ,, an1划分成 k 个子集，这共有 A n 1, k 种划分方式. 然后再 把 an 加入到 k 个子集中的一个子集中去，这有 k 种加入方式. 对于每一个加入 方式都使集合划分为 k 个子集，因此划分方式共有 kA n 1, k 种.
1 m i m n S2 n, m 1 m i m! i 0 i
[例2] 设 m, n 都是正整数， m n . 证明：
n
m m S2 n, k k ! k 1 k
证明：我们用组合分析的方法证明.
由1.2并应用加法规则有：a1 , a2 ,, an 划分为 k 个子集的方式数一共有