Числа Стирлинга второго рода

Определение

Числа Стирлинга второго рода (Stirling numbers of the second kind) [math]\lbrace{n\atop k}\rbrace[/math] — количество способов разбиения множества из n элементов на k непустых подмножеств.

Например, существует семь способов разбиения четырехэлементного множества на две части:

[math]\{1,2,3\}\{4\}[/math]

[math]\{1,2,4\}\{3\}[/math]

[math]\{1,3,4\}\{2\}[/math]

[math]\{2,3,4\}\{1\}[/math]

[math]\{1,2\}\{3,4\}[/math]

[math]\{1,3\}\{2,4\}[/math]

[math]\{1,4\}\{2,3\}[/math]

Следовательно, [math]\lbrace{4\atop 2}\rbrace[/math][math] = 7[/math]

Также числа Стирлинга 2-го рода можно определить как коэффициенты в разложении обычных степеней на факториальные:

[math]x^n = \sum_{k=0}^n \textstyle \lbrace{n\atop k}\rbrace x^{\underline{k}} = \sum_{k=0}^n \textstyle \lbrace{n\atop k}\rbrace (-1)^{n-k} x^{\overline{k}}[/math], где [math]x^{\underline{k}} = x\cdot (x-1)\cdot \ldots\cdot (x-k+1)[/math] — убывающий факториал, [math]x^{\overline{k}} = x\cdot (x+1)\cdot \ldots\cdot (x+k-1)[/math] — возрастающий факториал.

Рекуррентная формула

Если задано множество из n элементов, которое необходимо разбить на k непустых частей, то последний элемент исходного множества можно либо поместить в отдельную часть([math]\lbrace{n-1\atop k-1}\rbrace[/math] способами), либо поместить его в некоторое подмножество ([math]k[/math][math]\lbrace{n-1\atop k}\rbrace[/math] способами, поскольку каждый из [math]\lbrace{n-1\atop k}\rbrace[/math] способов распределения первых n-1 элементов по k непустым частям дает k подмножеств, с которыми можно объединить последний элемент)

[math]\begin{Bmatrix} n \\ k \end{Bmatrix} = \begin{cases} k\begin{Bmatrix} n-1 \\ k \end{Bmatrix} + \begin{Bmatrix} n-1 \\ k-1 \end{Bmatrix}, 0\lt k\lt n \\ 0, k = 0 \\ 0, n = 0 \\ 0, k \gt n \\ 1, k = n \end{cases} [/math]

Чтобы доказать равносильность двух определений используем метод математической индукции.

• [math]x^0=x^{\underline{0}} = 1[/math]

• предположим, что утверждение верно для некоторого k-1:

[math]x^{k-1} = \sum_{i=0}^{k-1} \textstyle \lbrace{k-1\atop i}\rbrace x^{\underline{i}}[/math]

• докажем верность для k:

[math]x^{k} = x\sum_{i=0}^{k-1} \textstyle \lbrace{k-1\atop i}\rbrace x^{\underline{i}} = \sum_{i=0}^{k-1} \textstyle \lbrace{k-1\atop i}\rbrace x^{\underline{i}}(x-i+i) = \sum_{i=0}^{k-1} \textstyle \lbrace{k-1\atop i}\rbrace (x^{\underline{i+1}}+ix^{\underline{i}}) = \sum_{i=0}^k \textstyle \lbrace{k-1\atop i-1}\rbrace x^{\underline{i}}+\sum_{i=0}^k \textstyle \lbrace{k-1\atop i}\rbrace ix^{\underline{i}} = \sum_{i=0}^k (\textstyle \lbrace{k-1\atop i-1}\rbrace + i\textstyle \lbrace{k-1\atop i}\rbrace)x^{\underline{i}} = \sum_{i=0}^k \textstyle \lbrace{k\atop i}\rbrace x^{\underline{i}}[/math]

Начальные значения чисел Стирлинга второго рода

n\k	0	1	2	3	4	5	6	7	8	9
0	1	0	0	0	0	0	0	0	0	0
1	0	1	0	0	0	0	0	0	0	0
2	0	1	1	0	0	0	0	0	0	0
3	0	1	3	1	0	0	0	0	0	0
4	0	1	7	6	1	0	0	0	0	0
5	0	1	15	25	10	1	0	0	0	0
6	0	1	31	90	65	15	1	0	0	0
7	0	1	63	301	350	140	21	1	0	0
8	0	1	127	966	1701	1050	266	28	1	0
9	0	1	255	3025	7770	6951	2646	462	36	1

Частные случаи

[math]\lbrace{n\atop 0}\rbrace[/math] [math] = 0[/math]

[math]\lbrace{0\atop k}\rbrace[/math] [math]= 0[/math]

[math]\lbrace{n\atop n}\rbrace [/math][math]= 1[/math]

[math]\lbrace{n\atop n-1}\rbrace = \binom{n}{2}[/math]

[math] \lbrace{n\atop 2}\rbrace = \frac{ \frac11 (2^{n-1}-1^{n-1}) }{0!} \\[8pt] \lbrace{n\atop 3}\rbrace = \frac{ \frac11 (3^{n-1}-2^{n-1})- \frac12 (3^{n-1}-1^{n-1}) }{1!} \\[8pt] \lbrace{n\atop 4}\rbrace = \frac{ \frac11 (4^{n-1}-3^{n-1})- \frac22 (4^{n-1}-2^{n-1}) + \frac13 (4^{n-1}-1^{n-1})}{2!} \\[8pt] \lbrace{n\atop 5}\rbrace = \frac{ \frac11 (5^{n-1}-4^{n-1})- \frac32 (5^{n-1}-3^{n-1}) + \frac33 (5^{n-1}-2^{n-1}) - \frac14 (5^{n-1}-1^{n-1}) }{3!} \\[8pt] {}\ \ \vdots [/math]

Свойства

• [math]\lbrace{n+1\atop m+1}\rbrace = \sum_{k=0}^n \binom{n}{k} \textstyle \lbrace{k\atop m}\rbrace[/math]
• [math]m![/math][math]\lbrace{n\atop m}\rbrace = \sum_{k=0}^n \binom{m}{k}[/math][math] k^n(-1)^{m-k}[/math]

• [math]\left \lbrack{n\atop k} \right \rbrack = \lbrace{-n\atop -k}\rbrace[/math], [math]n,k \in \mathbb{Z}[/math], где [math]\left \lbrack{n\atop k} \right \rbrack[/math] — число Стирлинга первого рода

• [math]\sum_{k=0}^n \lbrace{n\atop k}\rbrace = B_n[/math], где [math]B_n[/math] — число Белла (число всех неупорядоченных разбиений n-элементного множества)

Применения

• пусть дано множество из k элементарных исходов (все исходы равновероятны). Вероятность того, что после n проведенных экспериментов каждое событие произойдет хотя бы один раз, может быть найдена по следующей формуле:

[math]P = [/math][math]\lbrace{n\atop k}\rbrace {k! \over{k^n}}[/math]

• [math]\lbrace{n+1\atop k+1}\rbrace[/math] — количество наборов из k попарно непересекающихся подмножеств исходного множества [math]\{1,2...n\}[/math]. Например, [math]\lbrace{4\atop 3}\rbrace[/math][math] = 6[/math], так как всего шесть наборов из двух непересекающихся подмножеств множества [math]\{1,2,3\}[/math]: [math]\{(1)(23)\},\{(12)(3)\}, \{(13)(2)\}, \{(1)(2)\}, \{(1)(3)\}, \{(2)(3)\}[/math]

• обозначим как [math]\lbrace{n\atop k}\rbrace^d[/math] количество всех способов разбиений множества n натуральных чисел на k подмножеств, в которых расстояния между двумя любыми элементами i, j не меньше d [math](|i-j| \geq d)[/math]. Тогда

[math]\lbrace{n\atop k}\rbrace^d = \lbrace{n-d+1\atop k-d+1}\rbrace,[/math][math] n \geq k \geq d[/math]

Источники

• Wikipedia — Stirling numbers of the second kind

• OEIS

• Р. Грэхем, Д. Кнут, О. Паташник Конкретная математика. Основание информатики.—М.:Мир, 1998.—с. 288.— ISBN 5-03-001793-3