Числа Стирлинга первого рода

Числа Стирлинга первого рода (англ. Stirling numbers of the first kind) — количество перестановок порядка [math]n[/math] с [math]k[/math] циклами. Числа Стирлинга I рода обозначаются как [math]s(n,k)[/math] или [math]\left[{n\atop k}\right][/math].

Пример

[math]s(4,2)=11[/math]

Существует [math] 11 [/math] разбиений перестановки из четырех элементов на два цикла:

[math](1)(2; 4; 3) \qquad (1)(2; 3; 4)[/math]

[math](2)(1; 4; 3) \qquad (2)(1; 3; 4)[/math]

[math](3)(1; 4; 2) \qquad (3)(1; 2; 4)[/math]

[math](4)(1; 3; 2) \qquad (4)(1; 2; 3)[/math]

[math](1; 2)(3; 4)[/math]

[math](1; 4)(2; 3)[/math]

[math](1; 3)(2; 4)[/math]

Заметим, что разбиения [math](1)(2; 3; 4)[/math] и [math](1)(2; 4; 3)[/math] считаются различными, так как цикл [math](2; 3; 4)[/math] невозможно получить ни из подмножества [math](1)[/math], ни из подмножества [math](2; 4; 3)[/math] с помощью циклического сдвига элементов.

Вычисление

Рекуррентное соотношение

Выведем рекуррентную формулу для вычисления чисел Стирлинга первого рода. Каждое представление [math]n[/math] элементов в виде [math]k[/math] циклов либо помещает последний элемент ([math]n-[/math]ый) в отдельный цикл [math]s(n-1, k-1)[/math] способами, либо вставляет этот элемент в одно из [math]s(n-1, k)[/math] циклических представлений первых [math](n-1)[/math] элементов. В последнем случае существует [math](n-1)[/math] различных способов подобной вставки. Например, при вставке элемента [math]4[/math] в цикл [math](1;2;3)[/math] можно получить только [math] 3 [/math] разных цикла: [math](1;2;3;4), (1;2;4;3), (1;4;2;3)[/math]. Таким образом, рекуррентность имеет вид:

[math] s(n, k) = \left \{\begin{array}{ll} s(0, 0) = 1, \\ s(n, 0) = 0, & n \gt 0 \\ s(0, k) = 0, & k \gt 0 \\ s(n,k) = s(n-1,k-1)+(n-1)s(n-1,k), & n,k \gt 0 \end{array} \right. [/math]

Доказательство

Рассмотрим [math]s(n+1,k)[/math]:

По определению, данному выше:

[math](x)^{n+1}=x(x+1)(x+2) \dots (x+n-1)(x+n) = n(x)^{n}+x(x)^{n}[/math]

Заметим, что коэффициенты [math](x)^{n+1}[/math] — это [math]s(n+1,k)[/math]

Аналогично можно сказать, что коэффициенты [math]n(x)^{n}[/math] — это [math]ns(n,k)[/math]

А коэффициенты [math]x(x)^{n}[/math] — это [math]s(n,k-1)[/math], так как степени при [math]x[/math] увеличатся на [math] 1 [/math], а коэффициенты при этом не изменятся.

Так как левая и правая части равенства равны как полиномы, то равны и коэффициенты перед [math]x^k[/math], следовательно справедливо равенство:

[math]s(n+1,k)=ns(n,k)+s(n,k-1)[/math] или [math]s(n,k)=(n-1)s(n-1,k)+ s(n-1,k-1)[/math]

Таблица значений

Найдём числовые значения [math]s(n, k)[/math] для малых [math]n[/math] и [math]k[/math].

n\k	0	1	2	3	4	5	6	7	8	9
0	1
1	0	1
2	0	1	1
3	0	2	3	1
4	0	6	11	6	1
5	0	24	50	35	10	1
6	0	120	274	225	85	15	1
7	0	720	1764	1624	735	175	21	1
8	0	5040	13068	13132	6769	1960	322	28	1
9	0	40320	109584	118124	67284	22449	4536	546	36	1

Применение

Равносильное определение получается, если числа Стирлинга задать как коэффициенты в разложении: [math](x)^{n} = \sum\limits_{k=1}^n s(n,k) x^k,[/math]

Следовательно, числа Стирлинга I рода позволяют перейти от базиса [math](x)^{1},(x)^{2},(x)^{3} \dots [/math] к базису [math]1,x,x^2 \dots [/math] (одно из основных применений)

Здесь [math](x)^{n}[/math] обозначим как возрастающие факториальные степени или символ Похгаммера:

[math](x)^{n}=x(x+1)(x+2) \dots (x+n-1).[/math]

Для ясности рассмотрим пример, при котором [math]n=3[/math]:

[math](x)^{3}=x(x+1)(x+2)=1 \cdot x^3 + 3 \cdot x^2 + 2 \cdot x[/math], здесь коэффициенты при [math]x^k[/math] — это [math]s(3,k)[/math], то есть:

[math]s(3,3)=1[/math]

[math]s(3,2)=3[/math]

[math]s(3,1)=2[/math]

Теорема:

Числа Стирлинга I рода образуют матрицу переходов в линейном пространстве полиномов базиса возрастающих факториальных степеней к базису обычных степеней [math] \forall n \in \mathbb{N} : \quad (x)^{n} = \sum\limits_{k=1}^n s(n,k) x^k[/math].

Доказательство:

[math]\triangleright[/math]

Индукция по [math]n[/math]: База: Для [math]n = 1[/math], [math] (x)^{1} = x^{1} [/math] — очевидно. Переход: Учитывая, что [math] (x)^{n} = (x)^{n-1} \cdot (x+n-1) [/math] имеем: [math] (x)^{n} = (x)^{n-1} \cdot (x+n-1) = x \cdot (x)^{n-1} + (n-1) \cdot (x)^{n-1} = [/math] [math] \sum\limits_{k=1}^{n-1} s(n-1,k) x^{k+1} + \sum\limits_{k=1}^{n-1} s(n-1,k) x^k \cdot (n-1) [/math], Введём [math] t = k + 1 [/math] для первой суммы [math]\sum\limits_{t=2}^{n} s(n-1,t-1) x^{t} + \sum\limits_{k=1}^{n-1} s(n-1,k) x^k \cdot (n-1) [/math] При [math] t = 1 , \quad \sum\limits_{t=2}^{n} s(n-1,t-1) x^{t} = 0 [/math], При [math] k = n , \quad \sum\limits_{k=1}^{n-1} s(n-1,k) x^k \cdot (n-1) = 0 [/math]. Следовательно, мы можем представить выражение в виде одной суммы: [math] \sum\limits_{k=1}^{n} (s(n-1,k-1)+(n-1)s(n-1,k)) \cdot x^{k} = \sum\limits_{k=1}^n s(n,k) x^k[/math]

[math]\triangleleft[/math]

Дополнительные тождества

Как уже упоминалось ранее:

1. [math]\left[{0\atop 0}\right]=1[/math]
2. [math]\left[{n\atop 0}\right]=\left[{0\atop k}\right]=0[/math], в общем случае [math]\left[{n\atop k}\right]=0[/math], если [math]k \gt n[/math]

Также:

1. [math]\left[{n\atop 1}\right]=(n-1)![/math]

   Зафиксируем один элемент, и переставим оставшиеся всеми возможными способами. Повторений не будет, так как чтобы зафиксированный элемент совпал, нужно сдвинуть всю перестановку на [math]n[/math], но тогда мы получим исходную перестановку.

2. [math]\left[{n\atop n}\right]=1[/math], очевидно
3. [math]\left[{n\atop n-1}\right]={n \choose 2}[/math]

   Разбить [math]n[/math] элементов на [math]n-1[/math] множество можно только одним образом, а именно на множества состоящие из одного элемента и одно множество состоящее из двух. Так как нас интересуют только циклы, получаем выборку двух элементов из всех элементов(множество состоящее из двух элементов всегда является циклом).

4. [math]\left[{n\atop n-2}\right]=\frac{1}{4} (3n-1) {n \choose 3}[/math]

   По аналогии с предыдущим тождеством получаем, что нас интересуют виды конкатенации множеств [math]((n-4)*1+2+2), ((n-3)*1+3)[/math]. Тогда искомая формула получается упрощением выражения [math]2! \times {n \choose 3} + \frac{{n \choose 2} \times {n-2 \choose 2}}{2!}[/math], которая учитывает фиксацию элемента в трехэлементном множестве и повторения двухэлементных.

5. [math]\left[{n\atop n-3}\right]={n \choose 2}{n \choose 4}[/math]

   Аналогично, учитываем только интересующие нас множества и получаем формулу [math]2! \times {n \choose 2}{n-2 \choose 3} + \frac{{n \choose 2} \times {n-2 \choose 2} \times {n-4 \choose 2}}{3!} + 3! \times {n \choose 4}={n \choose 2}{n \choose 4}[/math].

Для целых, положительных [math]l,m,n:[/math]

1. [math]\left[{n+1\atop m+1}\right]=\sum\limits_{k=1}^n \left[{n\atop k}\right] {k \choose m}=n! \sum\limits_{k=0}^n \frac{\left[{k\atop m}\right]}{k!} [/math]

   Второе равенство доказывается путем постепенного спуска вниз:

   [math]\left[{n+1\atop m+1}\right]=\left[{n\atop m}\right] + n \cdot \left[{n\atop m+1}\right]=\left[{n\atop m}\right] + n \cdot \left(\left[{n-1\atop m}\right] + (n-1) \cdot \left[{n-1\atop m+1}\right]\right)=...=\sum\limits_{k=0}^n \left[{k\atop m}\right]\frac{n!}{k!}=n! \sum\limits_{k=0}^n \frac{\left[{k\atop m}\right]}{k!}[/math]

   Чтобы доказать первое, будем использовать биекцию(из прошлого раздела) в факториальные степени, а также формулу [math](x)_{n+1} = x \cdot (x-1)_n \;[/math].

   Разложим наше искомое выражение, используя формулу для факториальных степеней, и применив бином Ньютона для второго множителя. Тогда: [math](x)_{n+1}=\sum_{i=0}^{n}\sum_{k=0}^{i} \left[{n\atop i}\right]\binom{i}{k} x^{k+1}[/math]. Немного преобразовав, получим: [math](x)_{n+1}=\sum_{k=0}^{n}\sum_{i=k}^{n} \left[{n\atop i}\right]\binom{i}{k} x^{k+1} \;[/math]

   C другой стороны: [math](x)_{n+1}=\sum_{k=0}^{n+1} \left[{n+1\atop k}\right] x^k = \sum_{k=0}^{n} \left[{n+1\atop k+1}\right] x^{k+1}[/math]

   Приравниваем эти два выражения и получаем искомую формулу.

2. [math]\left[{n\atop m}\right]=\sum\limits_{k=1}^n \left[{n+1\atop k+1}\right] {k \choose m} (-1)^{m-k} [/math]

   Доказательство аналогично предыдущему с учетом знакочередования в убывающих факториальных степенях.

3. [math]\left[{m+n+1\atop m}\right]=\sum\limits_{k=0}^m (n+k) \left[{n+k\atop k}\right][/math]

   Постепенно раскладываем и получаем искомую формулу:

   [math]\left[{m+n+1\atop m}\right]=\left[{m+n\atop m-1}\right]+\left[{m+n\atop m}\right]\cdot(m+n)=\left[{m+n-1\atop m-2}\right]+\left[{m+n\atop m}\right]\cdot(m+n)+\left[{m+n-1\atop m-1}\right]\cdot(m+n-1)=...=\sum\limits_{k=0}^m (n+k) \left[{n+k\atop k}\right][/math]

Связь между числами Стирлинга

Если числа Стирлинга I рода позволяют перейти от базиса [math](x)^{1},(x)^{2},(x)^{3} \dots [/math] к базису [math]1,x,x^2 \dots [/math],

то числа Стирлинга II рода играют обратную роль и позволяют перейти от базиса [math]1,x,x^2 \dots [/math] к базису [math](x)^{1},(x)^{2},(x)^{3} \dots [/math]

Следовательно, числа Стирлинга тесно связаны друг с другом, а их связь выражается формулой:

[math] \sum\limits_{k=1}^n S(n,k) s(k,m) (-1)^{k-m} = \left \{\begin{array}{ll} 1, & n=m \\ 0, & \text{otherwise} \end{array} \right. [/math]

См. также

• Числа Стирлинга второго рода
• Числа Эйлера I и II рода

Источники информации

• Википедия — Числа Стирлинга первого рода

• Wikipedia — Stirling numbers of the first kind

• Graham, Knuth, and Patashnik: Concrete Mathematics Second Edition 1994, ISBN 0-201-55802-5 — 257-267 с.

• В. Липский: Комбинаторика для программистов 1988, ISBN 5-03-000979-5 — 49-50 с.