Числа Стирлинга второго рода — различия между версиями

Материал из Викиконспекты
Перейти к: навигация, поиск
(Я взял на себя смелость поправить форматирование этой статьи дабы она была похожа на статью о числах I рода)
Строка 43: Строка 43:
  
 
<!-- КРОВЬКИШКИТЕХ -->
 
<!-- КРОВЬКИШКИТЕХ -->
−
<tex dpi = "150">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}}</tex>
+
<tex dpi = "150">x^{k} = x\sum_{i=0}^{k-1} \lbrace{k-1\atop i}\rbrace x^{\underline{i}} = \sum_{i=0}^{k-1} \lbrace{k-1\atop i}\rbrace x^{\underline{i}}(x-i+i) = \sum_{i=0}^{k-1} \lbrace{k-1\atop i}\rbrace (x^{\underline{i+1}}+ix^{\underline{i}}) = \sum_{i=0}^k \lbrace{k-1\atop i-1}\rbrace x^{\underline{i}}+\sum_{i=0}^k \lbrace{k-1\atop i}\rbrace ix^{\underline{i}} = \sum_{i=0}^k (\lbrace{k-1\atop i-1}\rbrace + i \lbrace{k-1\atop i}\rbrace)x^{\underline{i}} = \sum_{i=0}^k \lbrace{k\atop i}\rbrace x^{\underline{i}}</tex>
  
 
=== Таблица значений ===
 
=== Таблица значений ===
Строка 61: Строка 61:
 
  !0
 
  !0
 
  |1
 
  |1
−
  |0
+
  |
−
  |0
+
  |
−
  |0
+
  |
−
  |0
+
  |
−
  |0
+
  |
−
  |0
+
  |
−
  |0
+
  |
−
  |0
+
  |
−
  |0    
+
  |   
 
  |-
 
  |-
 
  !1
 
  !1
 
  |0
 
  |0
 
  |1
 
  |1
−
  |0
+
  |
−
  |0
+
  |
−
  |0
+
  |
−
  |0
+
  |
−
  |0
+
  |
−
  |0
+
  |
−
  |0
+
  |
−
  |0
+
  |
 
  |-
 
  |-
 
  !2
 
  !2
Строка 87: Строка 87:
 
  |1
 
  |1
 
  |1
 
  |1
−
  |0
+
  |
−
  |0
+
  |
−
  |0
+
  |
−
  |0
+
  |
−
  |0
+
  |
−
  |0
+
  |
−
  |0
+
  |
 
  |-
 
  |-
 
  !3
 
  !3
Строка 100: Строка 100:
 
  |3
 
  |3
 
  |1
 
  |1
−
  |0
+
  |
−
  |0
+
  |
−
  |0
+
  |
−
  |0
+
  |
−
  |0
+
  |
−
  |0
+
  |
 
  |-
 
  |-
 
  !4
 
  !4
Строка 113: Строка 113:
 
  |6
 
  |6
 
  |1
 
  |1
−
  |0
+
  |
−
  |0
+
  |
−
  |0
+
  |
−
  |0
+
  |
−
  |0
+
  |
 
  |-
 
  |-
 
  !5
 
  !5
Строка 126: Строка 126:
 
  |10
 
  |10
 
  |1
 
  |1
−
  |0
+
  |
−
  |0
+
  |
−
  |0
+
  |
−
  |0
+
  |
 
  |-
 
  |-
 
  !6
 
  !6
Строка 139: Строка 139:
 
  |15
 
  |15
 
  |1
 
  |1
−
  |0
+
  |
−
  |0
+
  |
−
  |0
+
  |
 
  |-
 
  |-
 
  !7
 
  !7
Строка 152: Строка 152:
 
  |21
 
  |21
 
  |1
 
  |1
−
  |0
+
  |
−
  |0
+
  |
 
  |-
 
  |-
 
  !8
 
  !8
Строка 165: Строка 165:
 
  |28
 
  |28
 
  |1
 
  |1
−
  |0
+
  |
 
  |-
 
  |-
 
  !9
 
  !9

Версия 18:32, 25 декабря 2012

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

Пример

Существует семь способов разбиения четырехэлементного множества на две части:

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

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

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

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

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

Вычисление

Рекуррентное соотношение

Если задано множество из [math]n[/math] элементов, которое необходимо разбить на [math]k[/math] 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 [math]n-1[/math] элементов по [math]k[/math] непустым частям дает [math]k[/math] 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.

  1. [math]x^0 = x^{\underline{0}} = 1[/math]
  2. предположим, что утверждение верно для некоторого [math]k-1[/math]: [math]x^{k-1} = \sum_{i=0}^{k-1} \textstyle \lbrace{k-1\atop i}\rbrace x^{\underline{i}}[/math]
  3. докажем верность для [math]k[/math]:

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

Таблица значений

n\k 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9
0 1
1 0 1
2 0 1 1
3 0 1 3 1
4 0 1 7 6 1
5 0 1 15 25 10 1
6 0 1 31 90 65 15 1
7 0 1 63 301 350 140 21 1
8 0 1 127 966 1701 1050 266 28 1
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]\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 [math]k[/math] элементарных исходов (все исходы равновероятны). Вероятность того, что после [math]n[/math] 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 [math]k[/math] 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 [math]n[/math] натуральных чисел на [math]k[/math] подмножеств, в которых расстояния между двумя любыми элементами [math]i[/math], [math]j[/math] не меньше [math]d[/math] [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]
  • Также числа Стирлинга II 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. См. также связь между числами Стирлинга.

Источники

Источник — «http://neerc.ifmo.ru/wiki/index.php?title=Числа_Стирлинга_второго_рода&oldid=28445»