Числа Стірлінга другого роду

15 розбиттів 4-елементної множини
у вигляді діаграми Гассе

Тут присутні S(4,1),...,S(4,4) = 1,7,6,1.

В комбінаториці числом Стірлінга другого роду S(n, k) називається кількість невпорядкованих розбиттів n-елементної множини на k непорожніх підмножин. Дані числа названі на честь Джеймса Стірлінґа.

Рекурентні співвідношення

Числа Стірлінга другого роду задаються рекурентним співвідношенням:

$S(n,n)=1$, для n ≥ 0,

$S(n,0)=0$, для n > 0,

$S(n,k)=S(n-1,k-1)+k\cdot S(n-1,k)$ для $0<k<n.$

Дійсно будь-яке розбиття n-елементної множини на k непорожніх підмножин або містить одноелементну множину {n} або не містить її. В першому випадку кількість розбиттів становить $S(n-1,k-1)$ оскільки решту n-1 елементів слід розбити на k-1 підмножину. У другому випадку кількість розбиттів становить $k\cdot S(n-1,k),$ оскільки слід n-1 елементів розбити на k підмножин, після чого до якоїсь із них додати елемент n. Просумувавши обидва випадки, одержуємо необхідне співвідношення.

Приклади

Перші ряди:

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

Властивості

• $x^n=\sum _{k=0}^{n}S(n,k)\cdot (x{)}_k,$ де $(x{)}_k=x(x-1)\cdots (x-k+1).$

Доведемо методом математичної індукції. Дане твердження справджується для випадку n=1.

Припустимо, що твердження виконується для деякого n. Тоді:

$x^{n+1}=x^n\cdot x=\sum _{k=0}^{n}S(n,k)\cdot (x{)}_k\cdot ((x-k)+k),$

Оскільки:

$(x{)}_k(x-k)=(x{)}_{k+1}$

то маємо:

$x^{n+1}=\sum _{k=0}^{n}S(n,k)(x{)}_{k+1}+\sum _{k=0}^{n}kS(n,k)(x{)}_k=\sum _{k=0}^{n+1}S(n,k-1)+k\cdot S(n,k)(x{)}_k=\sum _{k=0}^{n+1}S(n+1,k)\cdot (x{)}_k$

де використано $S(n,0)=S(n,n+1)=0,$ а також рекурентне співвідношення для чисел Стірлінга другого роду.

Таким чином отримуємо, що твердження виконується для всіх цілих чисел.

• $S(m,n)=\sum _{i=n-1}^{m-1}(\genfrac{}{}{0ex}{}{m-1}{i})S(i,n-1)$
• $\sum _{m=0}^{n}S(n,m)=B_n$ — число Белла.

Очевидно випливає з визначень чисел Белла і Сттірлінга другого роду.

• $S(n,k)\equiv (\genfrac{}{}{0ex}{}{z}{w})(\mathrm{mod}2),z=n-\lceil \frac{k+1}{2}\rceil ,w=\lfloor \frac{k-1}{2}\rfloor .$
• :$\left\{\begin{array}{c}n\\ n-1\end{array}\right\}=(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{2}).$

Дійсно, розбиття на n-1 підмножину можливе тоді коли одна підмножина має два елементи, а всі інші — по одному. Саме вибір цих двох елементів і визначає розбиття, тобто кількість розбиттів рівна кількості способів вибрати два елементи з n-1, що й демонструє дана формула.

$\left\{\begin{array}{c}n\\ 2\end{array}\right\}=2^{n-1}-1.$

Справді є всього 2 ⁿ упорядкованих пар взаємодоповнюючих множин A і B. В одному випадку A є пустою, в іншому B є пустою, тому залишається 2 ⁿ − 2 пар підмножин. Для невпордкованих пар потрібно дане число поділити на 2, що й дає необхідний результат.

З рекурентного відношення також одержуємо:

$\left\{\begin{array}{c}n\\ 2\end{array}\right\}=\frac{\frac{1}{1}(2^{n-1}-1^{n-1})}{0!}$

$\left\{\begin{array}{c}n\\ 3\end{array}\right\}=\frac{\frac{1}{1}(3^{n-1}-2^{n-1})-\frac{1}{2}(3^{n-1}-1^{n-1})}{1!}$

$\left\{\begin{array}{c}n\\ 4\end{array}\right\}=\frac{\frac{1}{1}(4^{n-1}-3^{n-1})-\frac{2}{2}(4^{n-1}-2^{n-1})+\frac{1}{3}(4^{n-1}-1^{n-1})}{2!}$

$\left\{\begin{array}{c}n\\ 5\end{array}\right\}=\frac{\frac{1}{1}(5^{n-1}-4^{n-1})-\frac{3}{2}(5^{n-1}-3^{n-1})+\frac{3}{3}(5^{n-1}-2^{n-1})-\frac{1}{4}(5^{n-1}-1^{n-1})}{3!}$

$⋮$

Програми для обчислення

Delphi

type
  TTwoDimArray = array of array of Double;

procedure GetStirlingNumbers(n_max, m_max: Integer; var StirlingNumbers: TTwoDimArray);
var
  I, J: Integer;
begin
  { Виділення пам'яті під масив чисел }
  SetLength(StirlingNumbers, n_max+1, m_max+1);

  { Заповнення масиву }
  { S(n,0) = 0 }
  for I := 0 to n_max do
    StirlingNumbers[I, 0] := 0;

  { S(n,n) = 1 }
  for I := 0 to n_max do
    StirlingNumbers[I, I] := 1;

  { S(n,m) = S(n-1,m-1) + m*S(n-1,m) }
  for I := 1 to n_max do
    for J := 1 to I-1 do
      StirlingNumbers[I, J] := StirlingNumbers[I-1, J-1] + J * StirlingNumbers[I-1, J];
end;

C#

void GetStirlingNumbers(int n_max, int m_max, double[,] StirlingNumbers)
{
  // Виділення пам'яті під масив чисел
  StirlingNumbers = new double [n_max+1, m_max+1];
 
  // Заповнення масиву
  // S(n,0) = 0
  for (int i = 0; i < n_max; i++)
    StirlingNumbers[i, 0] = 0;
 
  // S(n,n) = 1
  for (int i = 0; i < n_max; i++)
    StirlingNumbers[i, i] = 1;
 
  // S(n,m) = S(n-1,m-1) + m*S(n-1,m)
  for (int i = 1; i <= n_max; i++)
    for (int j = 1; j <= i-1; j++)
      StirlingNumbers[i, j] = StirlingNumbers[i-1, j-1] + j * StirlingNumbers[i-1, j];
}

Див. також

• Число Стірлінга першого роду
• Функція fusc

Посилання

• Д. Белешко Комбинаторика (часть 2). СПбГУ ИТМО.