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第八章 特殊计数序列 8.2 差分序列和 Stirling 数 (2)

第八章 特殊计数序列 8.2 差分序列和 Stirling 数 (2). 上次课我们已经引入了第二类 Stirling( 司特林 ) 数 , 本次课 将继续讨论 第二类 Stirling 数和第一类 Stirling 数。前面见到的递推关系都是一个参数的。 Stirling 数 S ( p , k ) 导出的递推关系式是两个参数的 , 它的序列表示要由 p , k 两个参数决定。 首先证明它的序列是满足 Pascal 型递推关系。. 定理 8.2.4 如果 1 ≤ k ≤ p -1 则

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第八章 特殊计数序列 8.2 差分序列和 Stirling 数 (2)

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  1. 第八章 特殊计数序列8.2 差分序列和Stirling数(2) 上次课我们已经引入了第二类Stirling(司特林)数, 本次课将继续讨论第二类Stirling数和第一类Stirling数。前面见到的递推关系都是一个参数的。Stirling数S(p,k)导出的递推关系式是两个参数的, 它的序列表示要由p,k两个参数决定。 首先证明它的序列是满足Pascal型递推关系。

  2. 定理8.2.4 如果1≤k≤p-1 则 S(p, k) = kS(p-1,k) + S(p-1, k-1) 证明：在二项式公式中，我们有下式： 我们要证明的等式与上式有些相似。

  3. 对上式左边的求和中，用k+1置换k后得到： 第p项

  4. 对于1≤k≤p-1的每一个k比较上式与下式中[n]k 的系数可以看出： 证毕 递推关系中的初值由下列给出： S(p, 0) = 0 (p≥1) ; S(p, p) = 1 (p≥0) 根据p, k的值得到第二类Stirling数S(p, k)的序列

  5. S(p, k)的值 S(p, p)=1 S(p, 0)=0

  6. 由上表看出，左上角到右下角对角线的元素是 初值 S(p, p) = 1 (p≥0) ；左边第一列的元素 (除第一个外)是初值S(p, 0) = 0 (p≥1) 。其他元素的递推关系是：通过k乘以该项上方的元素再加上该项左肩上方元素的和。 另外我们还能得到下列结论： S(p, 1) = 1 (p≥1) ； S(p, 2) = 2p-1 - 1 (p≥2) (会作为习题做的)

  7. S(p, k)的值 S(p, p-1)= S(p, 2)=2p-1-1

  8. 例： n个有区别的球放到两个有区别的盒子里， 若要求第1个盒子放k个球，第二个盒子放 n-k个球(k=0,1,2….n) 方案数应是(x+y)n展开式中xk yn-k项的系数： 依据加法法则有：

  9. 可把上面的讨论推广到n个有区别的球放到m个有区别的盒子里，要求m个盒子放的球数可把上面的讨论推广到n个有区别的球放到m个有区别的盒子里，要求m个盒子放的球数 分别是n1, n2, n3, …. nm(n1+n2+n3+…. +nm= n ) 的情况，其不同方案数为：

  10. 定理8.2.5 第二类Stirling数S(p, k) 是:将p个元素的集合划分成k个不可分辨的非空盒子的划分的个数。 (不可分辨的盒子是指看起来一样) 证明：令S*(p, k) 是将p个元素的集合划分成k个不可分辨的非空盒子的划分的个数。如果把集合划分成p个非空盒子，显然S*(p, p) =1 (p≥0)而且S*(p, 0) =0 (p≥1) 看上去与S(p, k)的初值

  11. 一样,我们这样划分：将前p个正整数1,2,… p, 的集合作为要被划分的集合。把{1,2,… p}满足题意的划分有下列两种类型： i) 使得p单独在一个盒子的划分；或者 ii) 使得p不单独在一个盒子的划分。此时该盒子的元素多于1个； 相当于：设有p个有区别的球b1, b2, b3,…., bp,

  12. 从中取一个球设为bp。把p个球放到k个盒子无一从中取一个球设为bp。把p个球放到k个盒子无一 空盒的方案的全体可分为两类。 （a） bp独占一盒，固定了一个，其方案数显然为： S*(p-1, k-1) （b） bp不独占一盒，这相当于先将剩下的p-1个球放到k个盒子，不允许空盒，共有S*(p-1, k) 种方案，然后将bp球放进其中一盒，由乘法

  13. 原理得bp不独占一盒的方案数应为： kS*(p-1, k) 再由加法原理： S*(p, k)=S*(p-1, k-1)+ kS*(p-1, k) 这正是第二类Stirling数S(p, k) 证毕 上面证明递推公式的过程，也就是给出构造所有划分方案的办法,对于将p个不同的元素放在k个同一种盒子的划分数求法很有用。

  14. 例：红,黄,蓝,白四种颜色的球,放到两个无区 别的盒子里,不允许有空盒,其方案有如下七种: S(4, 2) = 7 用r表红球,y表黄球,b表蓝球,w表白球, 注意:两个球放在同一盒子的划分已经穷举完.

  15. 例：将红、黄、蓝、白、绿五个球放到无区别的例：将红、黄、蓝、白、绿五个球放到无区别的 两个盒子里。共有15种不同的方案。 由递推关系S(p, k) = kS(p-1,k) + S(p-1, k-1)得： S(5,2) =2S(4,2)+S(4,1)=2×7+1=15种。 先把绿球取走，余下的四个球放到两个盒子的方案已见前面的例子。和前面一样用r,y,b,w分别表示红，黄，蓝，白球，绿球用g表示，故将五个球放到无区别的两个盒子里的方案如下表:

  16. 现在使用我们对第二类Stirling数组合解释 并且求出它的计算公式: 确定将集合{1,2,…, p}分成个k非空、可辨别的盒子的划分数为S#(p, k)。注意区别前面我们讨论是不可辨别的盒子的划分数为S(p, k)。

  17. 把盒子看成是涂成红色、兰色、绿色等。这 时不仅要考虑哪些元素一起被放进盒子里，而且要考虑放进哪些盒子里，一旦知道k个 盒子的内容，就可以用k!种方法给k个盒子涂色。 于是： S#(p, k) = k! S(p, k) 那么：

  18. 通过第六章的容斥原理来求S#(p, k) ；应该注 意到，上式是基于每个盒子都是非空的前提，如果k个盒子中有r个是空的，交换这r个空盒子不会影响我们的划分，公式就改写成： 定理8.2.6 对每个满足0 ≤k≤p的整数k，都有

  19. 证明：令U是将{1,2,…, p}分成个k可辨别盒子B1, B2, ….., Bk的所有划分的集合。定义k个性质p1, p2, p2,….., pk，其中pi为第i个盒子Bi是空盒的性质。再令Ai表示U的子集，它由盒Bi是空盒的那些划分组成。利用容斥原理,于是：

  20. 我们有：|U| = kp (p个元素的每个都能放到k个盒子中去，如同填号码) 令t是满足: 0 ≤t≤k的整数。盒子B1, B2,….., Bt是空的而Bt+1, Bt+2,….., Bk可以是空的也可以不是空的。因此|A1∩A2∩…..∩At| 对于集合{1,2,…, p}的划分计数到 k-t 个可辨别的盒子上。即等于(k-t) p 。

  21. 无论假设哪t 个盒子为空，相同的结论都成立 就是说，对于{1,2,…, k}的每一个t-组合: {i1, i2, i3,…., it }都有： 由第六章P107公式（6-3）

  22. 注意，上式是第二类Stirling数的组合解释 的计算公式，在实际使用中并不方便，求第二类Stirling数的值我们习惯用它的初值和递推公式S(p, k) =kS(p-1,k) +S(p-1, k-1)或者查表求。 由于第二类Stirling数相当于将p个球放到k个盒子里，依球和盒子是否有区别？是否允许

  23. 空盒？共有2×2×2=8 种状态的方案个数列 于下表：

  24. 第一类Stirling数 第二类Stirling数是指出如何用[n]0, [n]1, [n]2, …[n]p写出np。而第一类Stirling数的作用刚好相反。它的作用是如何用n0, n1, n2,…., np写出[n]p。由定义： [n]p= n(n-1)(n-2)(n-3)….(n-(p-1)) =(n-0)(n-1)(n-2)(n-3)….(n-(p-1)) 因此

  25. [n]0= 1 [n]1= n [n]2= n(n-1)= n2- n [n]3= n(n-1)(n-2)= n3- 3n2 + 2n [n]4= n(n-1)(n-2)(n-3) = n4- 6n3 +11n2-6n ………………… 一般地， [n]p展开式有p个因子。乘开后得到n的

  26. 幂多项式， np, np-1 ,…..,n1,n0, 其系数的符号正 负相间；故: [n]p=apnnp +ap-1nnp-1+……….+ a1nnp-1 + a0nn0 定义：下阶乘函数[n]p的展开形式为：

  27. 其中，nk前的系数akn称为第一类Stirling数。 记为：S1(p, k) S的下标1是为了区别第二类Stirling数。 由展开式特殊式： [n]0= 1和 [n]1= n 很容易得到第一类Stirling数的初值: S1(p, 0) = 0; (p≥1) S1(p, 1) =1; (p≥0) 我们同样有第一类Stirling数的三角形表：

  28. 我们同样有第一类Stirling数的三角形表： S1(p, k) 的值

  29. 第一类Stirling数和第二类Stirling数的 初值是一样的, 但它们的递推关系不同。 定理8.2.8如果1≤k≤p-1则: S1(p, k) = (p-1)S1(p-1, k) + S1(p-1, k-1) (红色系数部分是与第二类Stirling数递推关系式S(p, k) = kS(p-1, k) + S(p-1, k-1)的区别)

  30. 证明：由 由[n]p的展开形式可得出： [n]p=[n]p-1(n- (p-1))

  31. 比较它们的系数可以看出： 对上式中的第一项用k-1代替k后得到

  32. 得：S1(p, k) = (p-1)S1(p-1, k) + S1(p-1, k-1) 对每个满足1≤k≤p-1 的整数k都成立。 与第二类Stirling数一样，第一类Stirling数也是用与对某种事物的计数，如下定理：

  33. 定理8.2.9第一类Stirling数S1(p, k)是将p个物体排 成k个非空的循环排列方法数。 证明：循环排列在第三章中我们介绍过，因为循环没有首尾区分，可以看成是圆圈排列，它的r-排列数与线性r-排列数的关系是：

  34. 令S#(p, k)是将p个人排成k个非空圆圈的方法数。 S#(p, p)是有p个人有p圆圈，每个人左手牵自己右手,每个圆圈包含一人,故:S#(p, p) =1 (p≥0) 还有S#(p, 0) = 0 (p≥1) ;看得出它与第一类 Stirling数S1(p, k)有相同的初值条件。 设排列的人编上号码1,2,3,…p。将1,2,3,…p排成k个圆圈有两种类型：

  35. 第一种是圆圈中只有编为p的人自己。共有 S#(p-1, k-1)种；第二种是圆圈中至少有p和别人。这种排法是通过把1,2,3,…p-1排成k个圆圈再把p分别加在1,2,3,…p-1个人的左边(共有p-1个位置)得到。这样1,2,3,…p-1的每一次排法用这种方式都给出1,2,3,…p的p-1种排法，因此第二种类型共有 (p-1)S#(p-1, k)种；由加法原理得：

  36. 将p个物体排成k个非空的循环排列方法数为S#(p, k) = (p-1) S#(p-1, k) +S#(p-1, k-1) 它与第一类Stirling数S1(p, k)相等。即： S1(p, k) = S#(p, k)

  37. 总 结 本次课我们介绍了第二、一类Stirling数的知识。第二、一类Stirling数分别可以解决两类组合计数问题，其中第二Stirling数能解决将p个元素的集合分成k个不可分辨的非空盒子的划分数，用处较多，要求掌握。

  38. 本次授课到此结束 作业如下: P194 11, 12(ii)(用递推关系和初值求), 17 11.计算第二类Stirling数S(8,k),(k=0,1,……8) 12. 证明第二类Stirling数满足关系 S(n,2)=2n-1－1,(n≥2)

  39. 17.计算直到n=7的第一类Stirling数S(n,k)的三角形 下次上课内容： 8.1 分拆数

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