[數學基礎]組合閑談 - 2 - Stirling 數

#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：

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

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

（\(e\) 稱為 \(G\) 的幺元）；

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

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

（\(b\) 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：

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

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

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

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

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

#1.3.2 性質 1

\(\{c(n,k)\}_{n=1}^\infty\) 滿足如下的函數方程：

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

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

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

從而

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

即命題對 \(n\) 成立。

證畢.

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：

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

證明：

在 \((1)\) 中，用 \(-x\) 代替 \(x\)，得

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

上式兩端同乘 \((-1)^n\)，得

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

回顧 第一類 Stirling 數的定義 知上式即

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

證畢.

#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

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

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：

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

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

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

即命題對 \(n\) 成立。

證畢.

#2.2.3 顯式公式

對任意正整數 \(n,k\)，有

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

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

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

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

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

上面柿子的最后一步是令 \(j=k-r\) 得到。

證畢.

#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

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

由此可得推論

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

#3.1.2 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：

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

證明：

若 2. 成立，則有

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

即 1. 也成立。同理，若 1. 成立，則可得 2. 成立，從而命題 1. 與 2. 等價。

若 1. 成立，則有

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

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。

證畢.

#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

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

證明：

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

證畢.

#3.2.2 第一類的生成函數

結合 第二類的生成函數 和 聯系二 易得

\(\{s(n,k)\}_{n=0}^\infty\) 的指數型生成函數為

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

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.