Liczby Stirlinga

Krótkie i dość swobodne
wprowadzenie do liczb Stirlinga
Jakub Kamiński
19 stycznia 2007
1
LICZBY STIRLINGA PIERWSZEGO RODZAJU
1
1
Liczby Stirlinga pierwszego rodzaju
Liczby Stirlinga zawdzięczają swoją nazwę szkockiemu matematykowi Jamesowi Stirlingowi (1692-1770), z którego życiorysem można zapoznać się np.
tutaj. Pomimo sporych zastosowań (głównie kombinatorycznych) liczby te
nie posiadają jednej standardowej notacji, a do ich zapisu używa się symboli:
s(n; k)
(k)
Sn
S1 (n; k)
n
[
k
]
Największą popularnością cieszy się jednak ostatnia notacja, zaproponowana
przez J. Karamatę i konsekwentnie propagowana przez D. Knutha.
1.1
Nieformalne wprowadzenie
Znane twierdzenie o permutacjach mówi, że dowolna permutacja jest równoważna zbiorowi rozłącznych cykli. Rozważmy następujący problem kombinatoryczny: wyznaczmy empirycznie ilość sposobów stworzenia jednego
cyklu z czterech elementów. Mamy:
1
2
3
4
1
3
4
2
1
2
4
3
1
4
3
2
1
3
2
4
1
4
2
3
Znajdźmy teraz ilość sposobów stworzenia dwóch cykli z czterech elementów.
Mamy:
1
2
3
4
2
4
3
1
1
2
3
4
1
2
4
3
4
2
3
1
3
4
3
4
4
2
3
1
4
i
3
1
4
2
1
2
Uwaga 1.1. Cykle
2
1
2
1
4
3
3
2
4
1
2
3
3
4
2
są równoważne.
Znajdowanie wartości [ nk ] dla n = 5 i k = 1; :::; 5 ilustruje poniższy diagram:
1
LICZBY STIRLINGA PIERWSZEGO RODZAJU
2
Diagram czytamy następująco: pierwsza łamana ilustruje cykl
1
2
3
4
druga 1 3 2 4 5 , itd. Podobne diagramy można sporządzić również
dla dowolnych n; k 2 N; n k
1.2
Uogólnienie
Uogólnijmy teraz nieco problem budowy cykli. Dla każdego n-elementowego
zbioru można utworzyć nn!n = (n 1)! różnych n-cykli, o ile n > 0. Ponadto
dla dowolnego niepustego zbioru nie można utworzyć 0 cykli, wyjątkowo
0
[ ] = 1 oraz dla każdego niepustego zbioru istnieje jeden podział na 1-cykle.
0
Aby wyprowadzić wzór rekurencyjny dla [ nk ] należy zauważyć, że każde ustawienie n obiektów w k cykli albo umieszcza ostatni obiekt w 1-cyklu na [ nk 11 ]
sposobów albo wstawia ten obiekt w jeden z [ n k 1 ] cykli ustawień pierwszych
n
1 obiektów, co można zrobić na n
1 sposobów. Przyjmijmy dodatkowo, że [ nk ] = 0, o ile k > n. Wzór rekurencyjny przedstawia się zatem
następująco:
" #
"
# "
#
n
k
= (n
1)
n
1
k
+
n
1
k
1
;
co w połączeniu z warunkami brzegowymi
" #
0
0
" #
= 1
n
0
6
= 0; n = 0
5
,
1
LICZBY STIRLINGA PIERWSZEGO RODZAJU
3
pozwala wyznaczyć wartość dowolnej liczby Stirlinga. Ze względu na skomplikowaną postać tej rekurencji, nie jest znany wzór jawny, jednak dla ustalonego k można uzyskać pewne interesujące wyniki, np.
"
#
n
n
(n
1
"
=
1) + (n
Lemat 1.1.
(n
1)
"
2) +
n
X
k=0
#
n
1
n
1
n
2
n
3
#
+
k
= n!
#
n
1
n
2
X1
n
= ::: =
i =
"
=
(n
n(n
1)
dla
n
0
1) +
#
n
1
n
2
=
2
i=1
" #
n
"
.
Dowód. Każda permutacja zbioru skończonego o mocy #A = n jest równoważna iloczynowi cykli, których może być conajwyżej n (dla permutacji
!
identycznościowej) i conajmniej 1, np.
1
2
3
:::
2
3
4
:::
n
1
n
n
1
. Suma
uwzględnia wszystkie permutacje, bo nie można utworzyć permutacji o więcej niż n cyklach dla zbioru n-elementowego, a rząd grupy permutacji zbioru
n-elementowego jest równy n!.
Liczby Stirlinga, podobnie jak współczynniki dwumianowe można ustawić
w trójkątną tablicę:
1
0
0
0
0
:::
1
2
6
:::
1
:::
1
3
11
:::
:::
1
6
:::
:::
1
:::
:::
Początkowe wiersze tablicy wskazują od razu, że nie ma ona chociażby własności symetrii, co różni ją od tablicy współczynników dwumianowych.
2
LICZBY STIRLINGA DRUGIEGO RODZAJU
2
4
Liczby Stirlinga drugiego rodzaju
Podobnie jak w przypadku liczb pierwszego rodzaju, również liczby Stirlinga
drugiego rodzaju zapisuje się za pomocą kilku notacji:
S (n; k)
S2 (n; k)
f g
n
k
2.1
Nieformalne wprowadzenie
Liczby Stirlinga drugiego rodzaju pojawiają się częściej niż liczby pierwszego rodzaju, zatem warto im poświęcić nieco większą uwagę. Kombinatorycznie można zinterpretować ich użycie w ilości sposobów podziału zbioru
n-elementowego na k -niepustych podzbiorów.
Przykład 2.1. Istnieją trzy sposoby podziału zbioru trójelementowego
na dwie części:
f g[f g f g[f g f g[f g
1
2; 3
2
1; 3
3
2; 1
Znajdźmy teraz ilość sposobów stworzenia dwóch dwóch niepustych podzbiorów ze zbioru czteroelementowego. Mamy:
f
g[f g f
g[f g f
g[f g f
g[f g
f g[f g f g[f g f g[f g
i
ilustruje poniższy diagram:
Znajdowanie wartości f g dla
1; 2; 3
1; 2
4
3; 4
1; 2; 4
1; 3
3
2; 4
n
k
1; 3; 4
1; 4
n = 4
2
2; 3
k = 1; :::; 4
2; 3; 4
1
2
LICZBY STIRLINGA DRUGIEGO RODZAJU
5
Każda łamana ilustruje jeden podzbiór, punkty stanowią podzbiory jednoelementowe. Podobne diagramy można sporządzić również dla dowolnych
n; k 2 N; n k
2.2
Uogólnienie
Spróbujmy teraz rozszerzyć powyższe obserwacje na dowolne n 2 N; k < n.
Rozmieszczenie n-elementów w jednym niepustym zbiorze jest możliwe tylko
na jeden sposób, zatem f n1 g = 1. Ponieważ niepustego zbioru nie można
podzielić na zero niepustych podzbiorów, zatem f n0 g = 0, o ile n > 0, z
wyjątkiem n = 0, dla którego mamy f 00 g = 1. Przyjmijmy jeszcze f nk g = 0,
jeśli n < k. Rozważmy problem dla dowolnego n; n > 0, k 2. Dzieląc
zbiór n > 0 obiektów na k niepustych części ostatni obiekt umieszczamy
w zbiorze jednoelementowym na f nk 11 g sposobów, albo umieszczamy go
razem z jakimś niepustym podzbiorem pierwszych n 1 obiektów, na co
istnieje kf n k 1 g możliwości, gdyż każdy z f n k 1 g sposobów na rozłożenie
n
1 pierwszych obiektów na k niepustych części daje k podzbiorów, do
których można dołożyć n-ty obiekt. Uzyskujemy wzór rekurencyjny
( )
n
(
= k
k
)
n
1
(
+
k
)
n
1
k
1
;
a po dodaniu warunków brzegowych
( )
0
0
( )
n
= 1
0
6
= 0; n = 0
możemy wyliczyć wartość dowolnego wyrażenia Stirlinga drugiego rodzaju.
Można także sporządzić tablicę początkowych współczynników:
1
0
0
0
0
:::
1
1
1
:::
1
:::
1
3
7
:::
:::
1
6
:::
:::
1
:::
:::
3
LICZBY STIRLINGA A POTĘGI KROCZĄCE
3
6
Liczby Stirlinga a potęgi kroczące
W celu wyprowadzenia pewnych interesujących własności liczb Stirlinga zdefiniujemy najpierw potęgi kroczące:
Definicja 3.1. Symbol xn czyta się jako x do n-tej przyrastającej i oznacza wielomian w postaci xn = x(x + 1) : : : (x + n 1); n 2 N.
Definicja 3.2. Symbol xn czyta się jako x do n-tej ubywającej i oznacza
wielomian w postaci xn = x(x 1) : : : (x n + 1); n 2 N.
Uwaga 3.1. Potęgi kroczące bywają również nazywane nad- i podsilniami.
Spróbujmy obliczyć kilka początkowych wartości
x
x
x
x
x
0
1
2
3
4
x
n
. Mamy:
= 1
= x = 0+x
= x(x + 1) = 0 + x + x
2
= x(x + 1)(x + 2) = 0 + 2x + 3x
2
+x
3
= x(x + 1)(x + 2)(x + 3) = 0 + 6x + 11x
2
+ 6x
3
+x
4
Współczynniki uzyskiwanych wielomianów wyglądają podejrzanie znajomo.
Kiedy przyjrzeć się im bliżej, widać, że generują one kolejne wiersze w tabeli
liczb Stirlinga pierwszego rzędu.
Twierdzenie 3.1. Prawdziwa jest równość:
n
X
" #
k=0
n
x
k
k
= x
n
dla
n
0
.
Dowód. Stosujemy zasadę indukcji matematycznej. Dla n = 0 równość jest
prawdziwa.
Załóżmy teraz prawdziwość równości dla pewnego k i rozważmy
"
#
X
n+1
k=0
X
n+1
n+1
x
k
"
k
. Mamy:
#
n+1
k
k=0
X
n+1
k=0
k
x +
n
k
k=1
x
k
+0
" #
k=1
n
n
X
" #
n
n
k
k
x
k
n
k
1
!
n
X
x
+x
k=0
x +
n
k
" #
k=0
n
k
k
x
k
#
n+1
0
n
X
= n
" #
+
n
X
"
k
#
"
k=1
k
X
#
n+1
=
n+1
n
k=1
n
X
x
" #
n
"
X
n+1
k
k=1
x
k+1
" #
X
n+1
= 0+
" #
n
k
"
n
X
k=0
+
n
#
k
n
k
x
k
Widzimy zatem, że twierdzenie jest prawdziwe.
x
n+1
"
+
n
0
k
1
!
n+1
" #
k
#!
n
+
k
n
x
" #
k=1
= (x + n)
k
" #
= n
n
X
n
k=1
x
n
n
X
x
= (x + n)x
+
k=0
n
= x
=
n
k
x
k+1
=
" #
k=0
n
X
k
" #
+
!
0
x
n
k
n+1
x
k+1
=
3
LICZBY STIRLINGA A POTĘGI KROCZĄCE
7
Zastanówmy się teraz, czy istnieje sposób wyrażania zwykłych potęg za
pomocą któregoś z rodzajów potęg kroczących. Odpowiedź na to pytanie
daje następujące twierdzenie, co więcej, wskazuje ono związek rozwiązania
z liczbami Stirlinga.
Twierdzenie 3.2. Prawdziwa jest równość:
x
n
n
X
( )
n
=
x
k
k=0
k
dla
n
0
.
Dowód. Zauważmy najpierw, że x xk = xk+1 + kxk , bo xk+1 = xk (x k).
Dla n = 0 wyjściowy wzór jest prawdziwy. Załóżmy teraz prawdziwość dla
pewnego n 1 i weźmy xn . Mamy:
x
n
= x x
X1
n
k=0
X1
n
(
x
n
1
1
k
(
n
k
n
X
=
k=1
k
=
( )
=
k
1
k
x
n
X
+0 =
k=0
k
(
X1
n
k
)
+
k
( )
n
k
x
k
Zatem twierdzenie jest prawdziwe.
(
k=0
.
X1
n
x x
(
+
1
1
k
k=0
x
n
)
n
=
)
1
X1
k=1
k
x
n
n
k
(
X1
n
(
k=1
kx
k
1
k
n
X
)
n
)
n
k=0
kx
1
(
= x
)
n
k=1
X1
n
n
k
=
)
n
1
k
k=0
kx
k
n
X
1
k
1
)
n
(
=
)!
n
(
k=1
1
x
+ x
n
1
k
1
X1
=
k=1
k+1
+
)
n
n
k
x
k
x
k
+
( )
n
k
x
k
+
4
4
WZÓR PRAWIE „JAWNY”
8
Wzór prawie „ jawny”
Uwaga 4.1. Poniższy problem dotyczy tylko liczb Stirlinga drugiego
rodzaju.
Jak wcześniej wspomniano, ze względu na złożoność problemu podziałów
zbioru, nie znaleziono dotychczas wzoru jawnego dla liczb Stirlinga drugiego
rodzaju, jednak pewne przekształcenia pozwalają na wyznaczenie wzorów
P
prawie jawnych, tzn. takich, które w postaci zwiniętej zawierają znak .
Zastanówmy się nad następującym problemem: rozmieszczamy n osób przy
m stolikach (n > m), tak aby żaden stolik nie był pusty.
Można to
n
zrobić np. tak: dzielimy osoby na m niepustych grup (na f m
g sposobów),
a następnie każdej grupie nadajemy dowolny stolik (na m! sposobów), co
n
daje wynik f m
g m!.
Spróbujmy teraz inaczej obliczyć ten wynik. Wszystkich rozmieszczeń n
osób w m pokojach jest mn , ale znajdują się w tej liczbie także rozmieszczenia z pokojami pustymi. Trzeba zatem odjąć te rozmieszczenia,
w których
m
n
k -ty (k = 1; : : : ; m) stolik jest pusty. Jest ich
(m
1) , jednak tym
1
sposobem odejmiemy dwukrotnie rozsadzenia,
w
których
k -ty i i-ty stolik
n
są puste. Należy zatem dodać m
(m
2) , co jednak powoduje dalszą
2
konieczność poprawiania wyniku. Kontynuując takie postępowanie, znane
pod nazwą wzoru włączeń i wyłączeń, otrzymujemy ostateczny wynik:
!
m
n
m
1
!
(m
1)
f g
n
Przyrównujemy do
(
)
n
m
=
1
m!
n
m
m
+
m!
!
(m
2
2)
n
+ ::: + (
m
(m
m)
n
:
!
m
X
(
1)
m
m
1)
m
r
r
r=0
(m
r)
n
m
X
=
(
1)
m
r
r
n
r!(m
r=0
r)!
A teraz nieco bardziej sformalizowane podejście do problemu: opiszmy go
w języku funkcji tworzących. Wychodzimy od rekurencji:
S (n; k) = k
S (n
1; k) + S (n
1; k
1)
(Zastosowaliśmy inną notację w celu uproszczenia zapisu oraz dokonaliśmy
podstawienia n := n 1.)
Mnożymy stronami przez xn i sumujemy po wszystkich n.
X
S (n; k)x
n
X
=
n
k
S (n
1; k)x
n
X
+
S (n
n
1; k
1)x
n
n
Przyjmujemy jako funkcję tworzącą
X
Gk (x) =
S (n; k)x
n
.
n
X
Gk (x) = kx
S (n
n
1; k)x
n
1
X
+x
S (n
n
1; k
1)x
n
1
4
WZÓR PRAWIE „JAWNY”
9
Gk (x) = kxGk (x) + xGk
x
Gk (x) =
1
kx
Gk
1 (x)
, przy czym
1 (x)
k
1
oraz
.
G0 (x) = 1
Powyższą prostą rekurencję można rozwiązać indukcyjnym sposobem,
znanym z pierwszych zajęć:
Gk (x) =
x
1
x
x
1
2x
:::
x
1
=
kx
(1
x)
x
(1
2x)
Rozkładamy na ułamki proste („wyciągając” uprzednio
(1
Mnożymy przez
(1
x)
1
(1
2x)
:::
1
r
)
(1
2
1
r
)
(1
(1
kx)
:::
Ar (1
1
rx
1
(1
(r
1)
1
r
)
ix
1
i=1
(1
kx)
):
rx
k
X
= Ar +
Ar (1
6
(r + 1)
1
r
)
x :=
:::
1
r
rx)
1
i=1;i=r
i podstawiamy
(1
k
:::
g.
rx)
1
i=1
x
Ar
=
1; : : : ; k
k
X
kx)
2f
r
=
Upraszczajamy lewą stronę przez
(1
k
X
:::
rx
rx
(1
, przy czym
1
2x)
x)
1
k
ix
:
(1
k
1
r
)
= Ar
Ostatecznie zwijamy do:
Ar = (
1)
k
(r
Szukamy teraz wpółczynników przy
(1
x)
r
r
x
x
(1
n
k
1
1)!(k
r)!
w rozwinięciu funkcji
k
2x)
:::
(1
kx)
co można sprowadzić do poszukiwania współczynników przy
(1
z uwagi na wystąpienie
Bardziej formalnie:
n
[x ]
(1
x)
x
(1
x
x)
k
1
(1
2x)
:::
(1
kx)
:::
(1
x)
x
n
k
funkcji
w liczniku.
k
2x)
Gk (x)
(1
kx)
= [x
n
k
]
1
(1
2x)
:::
(1
kx)
4
WZÓR PRAWIE „JAWNY”
[x
n
k
k
X
Ar
]
r=1
1
rx
= [x
n
10
k
k
X
]
(
1)
k
r
r
(r
r=1
k
1
1)!(k
r)!
1
1
rx
Poszukujemy współczynnika przy zmiennej x, zatem
k
X
(
1)
k
r
r
(r
r=1
Pamiętając, że
wzoru:
k
X
(
r=1
1)
k
r
r
(r
1
n
[x ]
k
1
ix
n
= i
1
1)!(k
r)!
[x
k
1
1)!(k
r)!
wiemy, iż
n
k
]
[x
n
[x
k
]
n
k
]
1
1
rx
=
(
r=1
1
1
rx
n
ix
k
X
1
1
1)
= i
k
k
. Wstawiamy do
r
r
(r
k
1
1)!(k
r)!
Upraszczamy domnażamy licznik i mianownik przez r. Ostatecznie:
k
X
(
r=0
1)
k
r
r
r!(k
n
r)!
r
n
k
5
5
PROCEDURY W MAPLE
11
Procedury w Maple
Liczby Stirlinga drugiego rodzaju:
S2:=proc(n,k)
if n=0 and k=0 then RETURN(1)
else if (n>0 and k=0) or (n<k) then RETURN(0)
else RETURN(k*S2(n-1,k)+S2(n-1,k-1))
fi
fi;
end;
Liczby Stirlinga pierwszego rodzaju:
S1:=proc(n,k)
if n=0 and k=0 then RETURN(1)
else if (n>0 and k=0) or (n<k) then RETURN(0)
else RETURN((n-1)*S1(n-1,k)+S1(n-1,k-1))
fi
fi;
end;
Literatura
1 R. Graham, D. Knuth, O. Patashnik „Matematyka konkretna”
2 D. Branson „Stirling numbers and Bell numbers: their role in
combinatorics and probability” Math. Scientist 25, 1-31 (2000)
3 M. Abramowitz, I. Stegun „Handbook of Mathematical Functions”
4 „generatingfunctionology”
5 „Stirling Number of the First Kind”
6 „Stirling Number of the Second Kind”
Uwaga: Pozycje
2
6
są dostępne w sieci.