#1.0 第一類 Stirling 數
#1.1 定義
對於正整數 \(n,k\),定義 \(c(n,k)\) 為 \(n\) 元對稱群 \(S_n\) 中恰含 \(k\) 個輪換(即可恰寫成 \(k\) 個不交輪換的乘積)的置換個數(注意,不動點也看做一個輪換)。稱 \(s(n,k)=(-1)^{n-k}c(n,k)\) 為第一類 \(\text{Stirling}\) 數,也常常稱 \(c(n,k)\) 為無符號的第一類 \(\text{Stirling}\) 數。
置 \(c(0,0)=1\),以及當 \(n\geqslant1\) 時,\(c(n,0)=c(0,n)=0.\)
#1.2 補充點抽代
上面的定義涉及到了億點點抽象代數的知識,這里簡單講講。
#1.2.1 群
如果一個非空集合 \(G\) 上定義了一個二元運算 \(\circ\),滿足:
- 結合律:\((a\circ b)\circ c=a\circ(b\circ c)\ (\forall\ a,b,c\in G)\);
- 存在 幺元:存在 \(e\in G\) 使得
(\(e\) 稱為 \(G\) 的幺元);
- 存在 逆元:對任意的 \(a\in G\),存在 \(b\in G\) 使得
(\(b\) 稱為 \(a\) 的逆元);
則稱 \(G\) 關於運算 \(\circ\) 構成一個群,記為 \((G,\circ)\),或簡記為 \(G.\)
注意,群 \(G\) 中不一定滿足交換律,如果群 \(G\) 滿足交換律:
則稱 \(G\) 為交換群或 \(\text{Abel}\) 群。
#1.2.2 全變換群
這里的部分可以結合下面的 對稱群 進行理解。
設 \(M\) 是一個非空集合,\(M\) 到自身的雙射的全體對於映射的乘法(即復合)構成一個群,叫做 \(M\) 的全變換群,記為 \(S(M).\)
#1.2.3 對稱群
設 \(M\) 是含有 \(n\) 個元素的集合,\(M\) 的全變換群 \(S(M)\) 稱為 \(n\) 級對稱群,記為 \(S_n.\)
\(S_n\) 的元素稱為 \(n\) 元置換。
舉個例子,我們設 \(M=\{1,2,\cdots,n\}\),任一置換 \(\sigma\) 可以用列表的方式表示,即:如果 \(\sigma(j)=\sigma_j\),則記
可以看出,\(\sigma_1,\sigma_2,\cdots,\sigma_n\) 是 \(1,2,\cdots,n\) 的一個排列。
來考慮一種特殊的置換:設 \(\sigma\in S_n,i_1,i_2,\cdots,i_t\in\{1,2,\cdots,n\}\),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 \(\sigma\) 下都保持不變,則稱 \(\sigma\) 為 \(i_1,i_2,\cdots,i_t\) 的輪換,記為 \((i_1,i_2,\cdots,i_t)\),\(t\) 稱為輪換 \(\sigma\) 的長度。
看一張形象的圖:
圖中 \(a\to b\) 表示 \(\sigma(a)=b.\)
上圖中,\((1,3,4)\) 是一個長度為 \(3\) 的輪換。
上圖中的置換可看做是 \((1,3,4)\) 和 \((2,5)\) 這兩個不交輪換的乘法(即復合)的結果。
#1.3 性質
補充完這么多抽代的知識,相信再看上面的定義就不難理解了,下面來看它的幾個性質。
#1.3.1 遞推關系
對於這種特殊的數列,我們首先想要知道的肯定是他的遞推式以及通項公式,我們先來看遞推式。
來看第 \(n\) 個元素的歸屬。設 \(\sigma\) 是 \(S_n\) 中恰有 \(k\) 個輪換的置換。
若 \(\sigma(n)=n\),那么 \(n\) 是一個單獨的輪換,所以剩下的 \(n-1\) 個元素應當恰好包含 \(k-1\) 個輪換,所以這樣的置換應當有 \(c(n-1,k-1)\) 個。
若 \(\sigma(n)=m\ (n\ne m)\),也就意味着 \(n\) 不是一個單獨的輪換,所以前 \(n-1\) 個元素仍應恰好包含 \(k\) 個輪換,也就是 \(c(n-1,k)\)。但這就夠了嗎?不夠。因為 \(\sigma(n)\) 顯然還有 \(n-1\) 種不同的可能,所以這樣應當總共有 \((n-1)\cdot c(n-1,k)\) 種不同的置換。
綜合上面兩種情況的討論,我們能得到:
對任意 \(n\geq1,\ k\geq1,\ c(n,k)\) 滿足遞推關系
#1.3.2 性質 1
\(\{c(n,k)\}_{n=1}^\infty\) 滿足如下的函數方程:
證明:
對 \(n\) 用歸納法進行證明。當 \(n=1\) 時,命題即 \(x=x\),顯然成立。
設 \(n\geq2\),且命題對 \(n-1\) 成立,則對 \(n\),由歸納假設及 \(c(n,k)\) 的遞推性質知,對任意 \(1\leq k\leq n\),有
從而
即命題對 \(n\) 成立。
對上面證明的部分說明:
- \([x^k]\) 指的是取后面的多項式中 \(x^k\) 項的系數。
#1.3.3 性質 2
\(\{s(n,k)\}_{n=1}^\infty\) 滿足如下的函數方程:
證明:
在 \((1)\) 中,用 \(-x\) 代替 \(x\),得
上式兩端同乘 \((-1)^n\),得
回顧 第一類 Stirling 數的定義 知上式即
#2.0 第二類 Stirling 數
#2.1 定義
對於正整數 \(n,k\),定義 \(S(n,k)\) 為把 \([n]\)(含有 \(n\) 個元素的集合)分成 \(k\) 個非空子集的划分個數,稱之為第二類 \(\text{Stirling}\) 數。
置 \(S(n,0)=S(0,n)=0(n\geq1)\) 及 \(S(0,0)=1.\)
第二類 \(Stirling\) 數的定義要簡單很多,沒有任何需要補充的知識,這很好 (不用再多敲那么多東西)。
#2.2 性質
比較一下 第一類 Stirling 數的定義 和 第二類 Stirling 數的定義,發現有着驚人的相似度,那么他們在性質上是不是也相似呢?是的,聽我慢慢道來。
#2.2.1 遞推關系
把 \([n]\) 分成 \(k\) 個非空子集的划分簡稱為 \(k\)-划分。
同樣考慮第 \(n\) 個元素的歸屬。設 \(P\) 是 \([n]\) 的一個 \(k\)-划分。
若 \(n\) 在 \(P\) 中是一個單獨的子集,所以剩下的 \(n-1\) 個元素應當恰好被分成 \(k-1\) 個子集,所以這樣的划分應當有 \(S(n-1,k-1)\) 個。
若 \(n\) 不是一個單獨的子集,所以前 \(n-1\) 個元素仍應恰好被分成 \(k\) 個子集,也就是 \(S(n-1,k)\)。但這就夠了嗎?不夠。因為 \(n\) 所處的集合顯然還有 \(k\) 種不同的可能,所以應當總共有 \(k\cdot S(n-1,k)\) 種不同的划分。
綜合上面兩種情況的討論,我們能得到:
對任意 \(n\geq1,\ k\geq1,\ S(n,k)\) 滿足遞推關系
上面的過程不能說很像,只能說是一模一樣。
#2.2.2 性質 1
\(\{S(n,k)\}_{n=1}^\infty\) 滿足如下的函數方程:
這里 \(x^{\underline k}=x(x-1)\cdots(x-k+1)\),叫做下降冪,也寫作 \((x)_n.\)
證明:
對 \(n\) 用歸納法進行證明。當 \(n=1\) 時,命題即 \(x=x\),顯然成立。
設 \(n\geq2\),且命題對 \(n-1\) 成立,則對 \(n\),由歸納假設及 \(S(n,k)\) 的遞推性質知
即命題對 \(n\) 成立。
#2.2.3 顯式公式
對任意正整數 \(n,k\),有
證明:
假設有 \(k\) 個不同的籃子,將 \([n]\) 中的元素分到這 \(k\) 個不同的籃子里,籃子中可以為空,用 \(S\) 表示所有這樣的分法組成的集合,顯然 \(|S|=k^n\),對任意 \(1\leq i\leq k\),定義 \(P_i\) 為性質 “第 \(i\) 個籃子是空的”,\(A_i\) 為 \(S\) 中滿足性質 \(P_i\) 的分法組成的集合,\(\mathcal P\) 為所有這些性質組成的集合,則
先來講講上面的部分:
上面柿子中 \(\overline{A_i}\) 表示 \(A_i\) 在 \(S\) 中的補集。
\(k!\) 從哪來?注意到,我們這里構造的籃子是不同的,所以就導致統計出的是包含順序的,但回顧 第二類 Stirling 數的定義 發現,第二類 \(\text{Stirling}\) 數所划分的集合是不同的,因而不應有順序,除以 \(k!\)。
注意到對於任意 \(1\leq i_i<i_2<\cdots<i_s\leq k,\ A_{i_1}\cap A_{i_{2}}\cap\cdots\cap A_{i_{s}}\) 表示的意義是 \(S\) 中滿足性質 \(P_{i_1},P_{i_2},\cdots,P_{i_s}\) 的分法組成的集合。在這些分法中,標號為 \(i_1,i_2,\cdots,i_s\) 的籃子為空,所有的元素只能放進其余的 \(k-s\) 個籃子中,從而 \(|A_{i_1}\cap A_{i_{2}}\cap\cdots\cap A_{i_{s}}|=(k-s)^n\)。考慮容斥,得
上面柿子的最后一步是令 \(j=k-r\) 得到。
#3.0 融合——
現在我們已經對第一類、第二類 \(\text{Stirling}\) 數作了了解,現在讓我們來找一找他們之間的聯系,並發掘一些有趣的性質吧/se/se/se
#3.1 二者聯系
#3.1.1 聯系一
由兩類 \(\text{Stirling}\) 數,定義 \(n\) 階矩陣 \(\bold A=(a_{ij})_{n\times n}:=(s(i,j))_{n\times n}\) 及 \(\bold B=(b_{ij})_{n\times n}:=(D(i,j))_{n\times n}\),則
由此可得推論
#3.1.2 聯系二
這一節需要先看 #3.2.1 第二類的生成函數
令 \(A(x),B(x)\) 分別表示數列 \(\{a_n\}_{n=0}^\infty,\{b_n\}_{n=0}^\infty\) 的指數型生成函數,則下列三個命題等價:
- 對任意 \(n\geq0\),有 \(b_n=\sum\limits_{i=0}^nS(n,i)a_i,\)
- 對任意 \(n\geq0\),有 \(a_n=\sum\limits_{i=0}^ns(n,i)b_i,\)
- \(B(x)=A(e^x-1)\),也即 \(A(x)=B(\ln(1+x)).\)
證明:
若 2. 成立,則有
即 1. 也成立。同理,若 1. 成立,則可得 2. 成立,從而命題 1. 與 2. 等價。
若 1. 成立,則有
從而 3. 成立。易見推導過程可逆,故 1. 與 3. 等價。
綜上,1. 2. 3. 相互等價。
#3.2 生成函數
#3.2.1 第二類的生成函數
\(\{S(n,k)\}_{n=0}^\infty\) 的指數型生成函數為
證明:
#3.2.2 第一類的生成函數
\(\{s(n,k)\}_{n=0}^\infty\) 的指數型生成函數為
參考文獻
[1] 馮榮權, 宋春偉. 組合數學. 北京: 北京大學出版社, 2015.
[2] 趙春來, 徐明曜. 抽象代數Ⅰ. 北京: 北京大學出版社, 2008.