#1.0 第一类 Stirling 数

#1.1 定义

对于正整数 \(n,k\)，定义 \(c(n,k)\) 为 \(n\) 元对称群 \(S_n\) 中恰含 \(k\) 个轮换（即可恰写成 \(k\) 个不交轮换的乘积）的置换个数（注意，不动点也看做一个轮换）。称 \(s(n,k)=(-1)^{n-k}c(n,k)\) 为第一类 \(\text{Stirling}\) 数，也常常称 \(c(n,k)\) 为无符号的第一类 \(\text{Stirling}\) 数。

置 \(c(0,0)=1\)，以及当 \(n\geqslant1\) 时，\(c(n,0)=c(0,n)=0.\)

#1.2 补充点抽代

上面的定义涉及到了亿点点抽象代数的知识，这里简单讲讲。

#1.2.1 群

如果一个非空集合 \(G\) 上定义了一个二元运算 \(\circ\)，满足：

1. 结合律：\((a\circ b)\circ c=a\circ(b\circ c)\ (\forall\ a,b,c\in G)\)；
2. 存在 幺元：存在 \(e\in G\) 使得

\[e\circ a=a\circ e=a\ (\forall\ a\in G) \]

（\(e\) 称为 \(G\) 的幺元）；

3. 存在 逆元：对任意的 \(a\in G\)，存在 \(b\in G\) 使得

\[a\circ b=b\circ a=e \]

（\(b\) 称为 \(a\) 的逆元）；

则称 \(G\) 关于运算 \(\circ\) 构成一个群，记为 \((G,\circ)\)，或简记为 \(G.\)

注意，群 \(G\) 中不一定满足交换律，如果群 \(G\) 满足交换律：

\[a\circ b=b\circ a\ (\forall\ a,b\in G), \]

则称 \(G\) 为交换群或 \(\text{Abel}\) 群。

#1.2.2 全变换群

这里的部分可以结合下面的 对称群 进行理解。

设 \(M\) 是一个非空集合，\(M\) 到自身的双射的全体对于映射的乘法（即复合）构成一个群，叫做 \(M\) 的全变换群，记为 \(S(M).\)

#1.2.3 对称群

设 \(M\) 是含有 \(n\) 个元素的集合，\(M\) 的全变换群 \(S(M)\) 称为 \(n\) 级对称群，记为 \(S_n.\)

\(S_n\) 的元素称为 \(n\) 元置换。

举个例子，我们设 \(M=\{1,2,\cdots,n\}\)，任一置换 \(\sigma\) 可以用列表的方式表示，即：如果 \(\sigma(j)=\sigma_j\)，则记

\[\sigma=\begin{pmatrix}1&2&\cdots&n\\\sigma_1&\sigma_2&\cdots&\sigma_n\end{pmatrix}. \]

可以看出，\(\sigma_1,\sigma_2,\cdots,\sigma_n\) 是 \(1,2,\cdots,n\) 的一个排列。

来考虑一种特殊的置换：设 \(\sigma\in S_n,i_1,i_2,\cdots,i_t\in\{1,2,\cdots,n\}\)，如果 \(\sigma(i_1)=i_2,\sigma(i_2)=i_3,\cdots,\sigma(i_{t-1})=i_t,\sigma(i_t)=i_1\)，且 \(i_1,i_2,\cdots,i_t\) 之外的元素在 \(\sigma\) 下都保持不变，则称 \(\sigma\) 为 \(i_1,i_2,\cdots,i_t\) 的轮换，记为 \((i_1,i_2,\cdots,i_t)\)，\(t\) 称为轮换 \(\sigma\) 的长度。

看一张形象的图：

图中 \(a\to b\) 表示 \(\sigma(a)=b.\)

上图中，\((1,3,4)\) 是一个长度为 \(3\) 的轮换。

上图中的置换可看做是 \((1,3,4)\) 和 \((2,5)\) 这两个不交轮换的乘法（即复合）的结果。

#1.3 性质

补充完这么多抽代的知识，相信再看上面的定义就不难理解了，下面来看它的几个性质。

#1.3.1 递推关系

对于这种特殊的数列，我们首先想要知道的肯定是他的递推式以及通项公式，我们先来看递推式。

来看第 \(n\) 个元素的归属。设 \(\sigma\) 是 \(S_n\) 中恰有 \(k\) 个轮换的置换。

若 \(\sigma(n)=n\)，那么 \(n\) 是一个单独的轮换，所以剩下的 \(n-1\) 个元素应当恰好包含 \(k-1\) 个轮换，所以这样的置换应当有 \(c(n-1,k-1)\) 个。

若 \(\sigma(n)=m\ (n\ne m)\)，也就意味着 \(n\) 不是一个单独的轮换，所以前 \(n-1\) 个元素仍应恰好包含 \(k\) 个轮换，也就是 \(c(n-1,k)\)。但这就够了吗？不够。因为 \(\sigma(n)\) 显然还有 \(n-1\) 种不同的可能，所以这样应当总共有 \((n-1)\cdot c(n-1,k)\) 种不同的置换。

综合上面两种情况的讨论，我们能得到：

对任意 \(n\geq1,\ k\geq1,\ c(n,k)\) 满足递推关系

\[c(n,k)=(n-1)c(n-1,k)+c(n-1,k-1). \]

#1.3.2 性质 1

\(\{c(n,k)\}_{n=1}^\infty\) 满足如下的函数方程：

\[\sum\limits_{k=1}^nc(n,k)x^k=x(x+1)\cdots(x+n-1).\tag1 \]

证明：

对 \(n\) 用归纳法进行证明。当 \(n=1\) 时，命题即 \(x=x\)，显然成立。

设 \(n\geq2\)，且命题对 \(n-1\) 成立，则对 \(n\)，由归纳假设及 \(c(n,k)\) 的递推性质知，对任意 \(1\leq k\leq n\)，有

\[\begin{aligned} &[x^k]x(x+1)\cdots(x+n-1)\\ =&[x^k]x(x+1)\cdots(x+n-2)x+(n-1)([x^k]x(x+1)\cdots(x+n-2))\\ =&[x^{k-1}]x(x+1)\cdots(x+n-2)+(n-1)([x^k]x(x+1)\cdots(x+n-2))\\ =&c(n-1,k-1)+(n-1)c(n-1,k)=c(n,k) \end{aligned} \]

从而

\[\sum\limits_{k=1}^nc(n,k)x^k=x(x+1)\cdots(x+n-1), \]

即命题对 \(n\) 成立。

证毕.

对上面证明的部分说明：

• \([x^k]\) 指的是取后面的多项式中 \(x^k\) 项的系数。

#1.3.3 性质 2

\(\{s(n,k)\}_{n=1}^\infty\) 满足如下的函数方程：

\[\sum\limits_{k=1}^ns(n,k)x^k=x^{\underline n}=x(x-1)\cdots(x-n+1). \]

证明：

在 \((1)\) 中，用 \(-x\) 代替 \(x\)，得

\[\sum\limits_{k=1}^nc(n,k)(-x)^k=(-x)(-x+1)\cdots(-x+n-1), \]

上式两端同乘 \((-1)^n\)，得

\[\sum\limits_{k=1}^n(-1)^nc(n,k)(-1)^k=x(x-1)\cdots(x-n+1), \]

回顾 第一类 Stirling 数的定义 知上式即

\[\sum\limits_{k=1}^ns(n,k)x^k=x(x-1)\cdots(x-n+1)=x^{\underline n}. \]

证毕.

#2.0 第二类 Stirling 数

#2.1 定义

对于正整数 \(n,k\)，定义 \(S(n,k)\) 为把 \([n]\)（含有 \(n\) 个元素的集合）分成 \(k\) 个非空子集的划分个数，称之为第二类 \(\text{Stirling}\) 数。

置 \(S(n,0)=S(0,n)=0(n\geq1)\) 及 \(S(0,0)=1.\)

第二类 \(Stirling\) 数的定义要简单很多，没有任何需要补充的知识，这很好 （不用再多敲那么多东西）。

#2.2 性质

比较一下 第一类 Stirling 数的定义 和 第二类 Stirling 数的定义，发现有着惊人的相似度，那么他们在性质上是不是也相似呢？是的，听我慢慢道来。

#2.2.1 递推关系

把 \([n]\) 分成 \(k\) 个非空子集的划分简称为 \(k\)-划分。

同样考虑第 \(n\) 个元素的归属。设 \(P\) 是 \([n]\) 的一个 \(k\)-划分。

若 \(n\) 在 \(P\) 中是一个单独的子集，所以剩下的 \(n-1\) 个元素应当恰好被分成 \(k-1\) 个子集，所以这样的划分应当有 \(S(n-1,k-1)\) 个。

若 \(n\) 不是一个单独的子集，所以前 \(n-1\) 个元素仍应恰好被分成 \(k\) 个子集，也就是 \(S(n-1,k)\)。但这就够了吗？不够。因为 \(n\) 所处的集合显然还有 \(k\) 种不同的可能，所以应当总共有 \(k\cdot S(n-1,k)\) 种不同的划分。

综合上面两种情况的讨论，我们能得到：

对任意 \(n\geq1,\ k\geq1,\ S(n,k)\) 满足递推关系

\[S(n,k)=kS(n-1,k)+S(n-1,k-1). \]

上面的过程不能说很像，只能说是一模一样。

#2.2.2 性质 1

\(\{S(n,k)\}_{n=1}^\infty\) 满足如下的函数方程：

\[\sum\limits_{k=1}^nS(n,k)x^{\underline k}=x^n, \]

这里 \(x^{\underline k}=x(x-1)\cdots(x-k+1)\)，叫做下降幂，也写作 \((x)_n.\)

证明：

对 \(n\) 用归纳法进行证明。当 \(n=1\) 时，命题即 \(x=x\)，显然成立。

设 \(n\geq2\)，且命题对 \(n-1\) 成立，则对 \(n\)，由归纳假设及 \(S(n,k)\) 的递推性质知

\[\begin{aligned} x^n=&x^{n-1}x=\sum\limits_{k=1}^{n-1}S(n-1,k)x^{\underline k}x\\ =&\sum\limits_{k=1}^{n-1}S(n-1,k)x^{\underline k}(x-k+k)\\ =&\sum\limits_{k=1}^{n-1}S(n-1,k)x^{\underline{k+1}}+\sum\limits_{k=1}^{n-1}kS(n-1,k)x^{\underline k}\\ =&\sum\limits_{k=2}^{n}S(n-1,k-1)x^{\underline k}+\sum\limits_{k=1}^{n-1}kS(n-1,k)x^{\underline k}\\ =&\sum\limits_{k=1}^{n}S(n-1,k-1)x^{\underline k}+\sum\limits_{k=1}^{n}kS(n-1,k)x^{\underline k}\\ =&\sum\limits_{k=1}^nS(n,k)x^{\underline k}. \end{aligned} \]

即命题对 \(n\) 成立。

证毕.

#2.2.3 显式公式

对任意正整数 \(n,k\)，有

\[S(n,k)=\dfrac{1}{k!}\sum\limits_{j=0}^k\dbinom{k}{j}j^n(-1)^{k-j}. \]

证明：

假设有 \(k\) 个不同的篮子，将 \([n]\) 中的元素分到这 \(k\) 个不同的篮子里，篮子中可以为空，用 \(S\) 表示所有这样的分法组成的集合，显然 \(|S|=k^n\)，对任意 \(1\leq i\leq k\)，定义 \(P_i\) 为性质 “第 \(i\) 个篮子是空的”,\(A_i\) 为 \(S\) 中满足性质 \(P_i\) 的分法组成的集合，\(\mathcal P\) 为所有这些性质组成的集合，则

\[\begin{aligned} S(n,k)&=\dfrac{|\{A\in S\ |\ A\ 不满足\ \mathcal P\ 中的任何性质\}|}{k!}\\ &=\dfrac{|\overline{A_1}\cap\overline{A_2}\cap\cdots\cap\overline{A_k}|}{k!} \end{aligned} \]

先来讲讲上面的部分：

上面柿子中 \(\overline{A_i}\) 表示 \(A_i\) 在 \(S\) 中的补集。

\(k!\) 从哪来？注意到，我们这里构造的篮子是不同的，所以就导致统计出的是包含顺序的，但回顾 第二类 Stirling 数的定义 发现，第二类 \(\text{Stirling}\) 数所划分的集合是不同的，因而不应有顺序，除以 \(k!\)。

注意到对于任意 \(1\leq i_i<i_2<\cdots<i_s\leq k,\ A_{i_1}\cap A_{i_{2}}\cap\cdots\cap A_{i_{s}}\) 表示的意义是 \(S\) 中满足性质 \(P_{i_1},P_{i_2},\cdots,P_{i_s}\) 的分法组成的集合。在这些分法中，标号为 \(i_1,i_2,\cdots,i_s\) 的篮子为空，所有的元素只能放进其余的 \(k-s\) 个篮子中，从而 \(|A_{i_1}\cap A_{i_{2}}\cap\cdots\cap A_{i_{s}}|=(k-s)^n\)。考虑容斥，得

\[\begin{aligned} k!S(n,k)=&|S|-\sum\limits_i|A_i|+\sum\limits_{1\leq i<j\leq k}|A_i\cap A_j|\\ &-\sum\limits_{1\leq i<j<t \leq k}|A_i\cap A_j\cap A_t|\\ &+\cdots+(-1)^k|A_1\cap A_1\cap\cdots\cap A_k|\\ =&\sum\limits_{r=0}^k\dbinom{k}{r}(k-r)^n(-1)^r\\ =&\sum\limits_{j=0}^k\dbinom{k}{j}j^n(-1)^{k-j}. \end{aligned} \]

上面柿子的最后一步是令 \(j=k-r\) 得到。

证毕.

#3.0 融合——

现在我们已经对第一类、第二类 \(\text{Stirling}\) 数作了了解，现在让我们来找一找他们之间的联系，并发掘一些有趣的性质吧/se/se/se

#3.1 二者联系

#3.1.1 联系一

由两类 \(\text{Stirling}\) 数，定义 \(n\) 阶矩阵 \(\bold A=(a_{ij})_{n\times n}:=(s(i,j))_{n\times n}\) 及 \(\bold B=(b_{ij})_{n\times n}:=(D(i,j))_{n\times n}\)，则

\[\bold{AB=BA=I}. \]

由此可得推论

\[\sum\limits_{l=1}^ns(i,l)S(l,j)=\delta(i,j),\\ \sum\limits_{l=1}^nS(i,l)s(l,j)=\delta(i,j),\\ \\ \delta(i,j)=\begin{cases}1,\quad i=j,\\0,\quad i\ne j.\end{cases} \]

#3.1.2 联系二

这一节需要先看 #3.2.1 第二类的生成函数

令 \(A(x),B(x)\) 分别表示数列 \(\{a_n\}_{n=0}^\infty,\{b_n\}_{n=0}^\infty\) 的指数型生成函数，则下列三个命题等价：

1. 对任意 \(n\geq0\)，有 \(b_n=\sum\limits_{i=0}^nS(n,i)a_i,\)
2. 对任意 \(n\geq0\)，有 \(a_n=\sum\limits_{i=0}^ns(n,i)b_i,\)
3. \(B(x)=A(e^x-1)\)，也即 \(A(x)=B(\ln(1+x)).\)

证明：

若 2. 成立，则有

\[\begin{aligned} \sum\limits_{j=0}^nS(n,j)a_j=&\sum\limits_{j=0}^nS(n,j)\sum\limits_{i=0}^js(j,i)b_i=\sum\limits_{i=0}^nb_i\sum\limits_{j=i}^nS(n,j)s(j,i)\\ =&\sum\limits_{i=0}^nb_i\sum\limits_{j=1}^nS(n,j)s(j,i)=\sum\limits_{i=0}^nb_i\delta(n,i)=b_n, \end{aligned} \]

即 1. 也成立。同理，若 1. 成立，则可得 2. 成立，从而命题 1. 与 2. 等价。

若 1. 成立，则有

\[\begin{aligned} B(x)=&\sum\limits_{n=0}^\infty b_n\dfrac{x^n}{n!}=\sum\limits_{n=0}^\infty\sum\limits_{i=0}^nS(n,i)a_i\dfrac{x^n}{n!}=\sum\limits_{i=0}^\infty a_i\sum\limits_{n\geq i}S(n,i)\dfrac{x^n}{n!}\\ =&\sum\limits_{i=0}^\infty a_i\sum\limits_{n\geq0}S(n,i)\dfrac{x^n}{n!}=\sum\limits_{i=0}^\infty a_i\dfrac{(e^x-1)^i}{i!}=A(e^x-1), \end{aligned} \]

从而 3. 成立。易见推导过程可逆，故 1. 与 3. 等价。

综上，1. 2. 3. 相互等价。

证毕.

#3.2 生成函数

#3.2.1 第二类的生成函数

\(\{S(n,k)\}_{n=0}^\infty\) 的指数型生成函数为

\[\sum\limits_{n=0}^\infty\dfrac{S(n,k)}{n!}x^n=\dfrac{(e^x-1)^k}{k!}. \]

证明：

\[\begin{aligned} \sum\limits_{n=0}^\infty\dfrac{S(n,k)}{n!}x^n&=\sum\limits_{n=0}^\infty\dfrac{1}{k!}\sum\limits_{j=0}^k\dbinom{k}{j}j^n(-1)^{k-j}\dfrac{x^n}{n!}\\ &=\sum\limits_{j=0}^k(-1)^{k-j}\dfrac{1}{k!}\dbinom{k}{j}\sum\limits_{n=0}^\infty j^n\dfrac{x^n}{n!}\\ &=\sum\limits_{j=0}^k(-1)^{k-j}\dfrac{1}{k!}\dbinom{k}{j}\sum\limits_{n=0}^\infty\dfrac{(jx)^n}{n!}\\ &=\sum\limits_{j=0}^k(-1)^{k-j}\dfrac{1}{k!}\dbinom{k}{j}e^{jx}\\ &=\dfrac{1}{k!}\sum\limits_{j=0}^k\dbinom{k}{j}(e^x)^j(-1)^{k-j}=\dfrac{1}{k!}(e^x-1)^k. \end{aligned} \]

证毕.

#3.2.2 第一类的生成函数

结合 第二类的生成函数 和 联系二 易得

\(\{s(n,k)\}_{n=0}^\infty\) 的指数型生成函数为

\[\sum\limits_{n=0}^\infty\dfrac{s(n,k)}{n!}x^n=\dfrac{(\ln(1+x))^k}{k!}. \]

参考文献

[1] 冯荣权, 宋春伟. 组合数学. 北京: 北京大学出版社, 2015.

[2] 赵春来, 徐明曜. 抽象代数Ⅰ. 北京: 北京大学出版社, 2008.

标签：infty,limits,sigma,sum,Stirling,cdots,数学,dfrac,闲谈
来源： https://www.cnblogs.com/Dfkuaid-210/p/CM_2_Stirling.html