BAGIAN II Kombinasi
Translate
Did you mean: PART II COMBIN6 Stirling Numbers Author: Thomas A. Dowling, Department of Mathematics, Ohio State University. Prerequisites: The prerequisites for this chapter are basic counting techniques and equivalence relations. See Sections 5.3 and 8.5 of Discrete Mathematics and Its Applications.ATORICS PART II COMBINATORICS 94 6 Stirling Numbers Author: Thomas A. Dowling, Department of Mathematics, Ohio State University. Prerequisites: The prerequisites for this chapter are basic counting techniques and equivalence relations. See Sections 5.3 and 8.5 of Discrete Mathematics and Its Applications. Introduction A set of objects can be classified according to many different criteria, depending on the nature of the objects. For example, we might classify — accidents according to the day of the week on which they
occurred — people according to their profession, age, sex, or nationality — college students according to their class or major — positions in a random sequence of digits according to the digit appearing there — misprints according to the page on which they occur — printing jobs according to the printer on which they were done. In each of these examples, we would have a function from the set of objects to the set of possible levels of the criterion by which the objects are classified. Suppose we want to know the number of different classifications that are possible, 95 96 Applications of Discrete Mathematics perhaps subject to additional restrictions. This would be necessary, for example, in estimating probabilities that a classification satisfied certain conditions. Determining the number of functions between finite sets, based on the sizes of the sets and certain restrictions on the functions, is an enumeration problem considered in Section 7.6 of Discrete Mathematics and Its Applications. It may be the case, however, that the
classification need not distinguish the various levels of the criterion, if such a distinction is even possible. There could be many levels, but the actual level on which an object falls is of no concern. Of interest might be how the set of objects is partitioned into disjoint subsets, with two objects being in the same subset whenever they fall at the same level of the criterion. A
cannot represent the size of a set. Occupancy Problems Many enumeration problems can be formulated as counting the number of distributions of balls into cells or urns. The balls here correspond to the objects and the cells to the levels. These counting problems are generally referred to as occupancy problems. Suppose n balls are to be placed in k cells, and assume that any cell could hold all of the balls. The question “In how many ways can this be done?” asks for the number of distributions of n balls to k cells. As posed, the question lacks sufficient
information to determine what is meant by a distribution. It therefore cannot be correctly answered. The num- * They are named in honor of James Stirling (1692–1770), an eighteenth century associate of Sir Isaac Newton in England. Chapter 6 Stirling Numbers 97 ber of distributions depends on whether the n balls and/or the k cells are distinguishable or identical. And if the n balls are distinguishable, whether the order in which the balls are placed in each cell matters. Let us assume that the order of placement does not distinguish two distributions.
Suppose first that both the balls and the cells are distinguishable. Then the collection of balls can be interpreted as an n-element set N and the collection of cells as a k-element set K. A
distribution then corresponds to a function f : N → K. The number of distributions is then kn. If, however, the balls are identical, but the cells are distinguishable, then a distribution corresponds to an n-combination with repetition from the set K of k cells (see Section 5.5 of Discrete
Mathematics and Its Applications). The number of balls placed in cell j represents the number of occurrences of element j in the n-combination. The number of distributions in this case is C(k + n − 1, n). Occupancy problems can have additional restrictions on the number of balls that can be placed in each cell. Suppose, for example, that at most one ball can be placed in each cell. If both the balls and the cells are distinguishable, we would then be seeking the number of one-to-one functions f : N → K. Such a function corresponds to an n-permutation from a k-set, so the number is P(k, n) = k(k − 1) · · · (k − n + 1). If instead there must be at least one ball in each cell, we want the number of onto functions f : N → K. Using inclusion-exclusion, that number is equal to k?−1 i=0 (−1)iC(k, i)(k − i)n. (See Section 7.6 of Discrete Mathematics and Its Applications.) Partitions and Stirling Numbers of the Second Kind An ordered partition of N with length k is a k-tuple (A1,A2, . . .,Ak) of disjoint subsets Ai of N with union N. By taking K = {1, 2, · · · , k}, we can interpret any function f : N → K as an ordered partition of N with length k. We let Ai be the subset of N whose elements have image i. Then, since f assigns exactly one image in K to each element of N, the subsets Ai are disjoint and their union is N. Then Ai is nonempty if and only if i is the image of at least one element of N. Thus the function f is onto if and only if all k of the sets Ai are nonempty. Recall that a partition of a set N is a set P = {Ai|i ∈ I} of disjoint, nonempty subsets Ai of N that have union N. We shall call these subsets classes. An ordered partition of N of a given length may have empty subsets Ai, but the empty set is not allowed as a class in a partition. If it were, then even though the classes are disjoint, they would not necessarily be different sets, since 98 Applications of Discrete Mathematics the empty set might be repeated. Given an equivalence relation R on N, the distinct equivalence classes Ai are disjoint with union N. The reflexive property then implies that they are nonempty, so the
nonempty groups is the Bell number B10. Two of the people satisfy the corresponding
equivalence relation R if and only if they belong to the same group. Suppose we want instead the number of ways the ten people can be separated into exactly three nonempty groups. That is, how many equivalence relations are there on a ten-element set that have exactly three
equivalence classes? More generally, of the Bn equivalence relations, we might ask how many have exactly k equivalence classes? Since this is the number of partitions of N into k classes, we are led to our definition of a Stirling number S(n, k) of the second kind. (Note that the Bell number Bn is then the sum over k of these numbers, that is, Bn = ? n k=1 S(n, k).) Definition 1 The Stirling number of the second kind, S(n, k), is the number of partitions of an n-element set into k classes. Example 1 Find S(4, 2) and S(4, 3). Solution: Suppose N = {a, b, c, d}. The 2-class partitions of the 4-element set N are ({a, b, c}, {d}), ({a, b, d}, {c}), ({a, c, d}, {b}), ({b, c, d}, {a}) ({a, b}, {c, d}), ({a, c}, {b, d}), ({a, d}, {b, c}). It follows that S(4, 2) = 7. The 3-class partitions of N are ({a, b}, {c}, {d}), ({a, c}, {b}, {d}), ({a, d}, {b}, {c}) * We won’t pursue the Bell numbers here, but see any of the references and also Section 8.5, Exercise 68, of Discrete Mathematics and Its Applications for more about them. Chapter 6 Stirling Numbers 99 ({b, c}, {a}, {d}), ({b, d}, {a}, {c}), ({c, d}, {a}, {b}) We therefore have S(4, 3) = 6. In occupancy problems, a partition corresponds to a distribution in which the balls are distinguishable, the cells are identical, and there is at least one ball in each cell. The number of distributions of n balls into k cells is therefore S(n, k). If we remove the restriction that there must be at least one ball in each cell, then a distribution corresponds to a partition of the set N with at most k classes. By the sum rule the number of such distributions equals S(n, 1) + S(n, 2) + · · · + S(n, k). Since the classes Ai of a partition P = {Ai|i ∈ I} must be disjoint and nonempty, we have S(n, k) = 0 for k > n. Further, since ({S}) itself is the only partition of N with one class, S(n, 1) = 1 for n ≥ 1. Given these initial conditions, together with S(0, 0) = 1, S(n, 0) = 0 for n ≥ 1, the Stirling numbers S(n, k) can be recursively computed using the following theorem. Theorem 1 Let n and k be positive integers. Then S(n + 1, k) = S(n, k − 1) + k S(n, k). (1) Proof: We give a combinatorial proof. Let S be an (n + 1)-element set. Fix a ∈ S, and let S? = S − {a} be the n-element set obtained by removing a from S. The S(n + 1, k) partitions of S into k classes can each be uniquely obtained from either (i) a partition P? of S? with k − 1 classes by adding a singleton class {a}, or (ii) a partition P? of S? with k classes by first selecting one of the k classes of P? and then adding a to that class. Since the cases are exclusive, we obtain S(n, k) by the sum rule by adding the number S(n, k − 1) of partitions of (i) to the number k S(n, k) of partitions in (ii). Example 2 Let P be one of the partitions of N = {a, b, c, d} in Example 1. Then P is obtained from the S(3, 1) = 1 one-class partition ({a, b, c}) of N? = N−{d} = {a, b, c} by adding {d} as a second one-class, or from one of the S(3, 2) = 3 two-class partitions ({a, b}, {c}), ({a, c}, {b}), ({b, c}, {a}) 100 Applications of Discrete Mathematics of N? by choosing one of these partitions, then choosing one of its two classes, and finally by adding d to the class chosen. Example 3 Use Theorem 1 to find S(5, 3). Solution: WehaveS(4, 2) = 7 and S(4, 3) = 6 from Example 1. Then we find by Theorem 1 that S(5, 3) = S(4, 2) + 3 S(4, 3) = 7 + 3 · 6 = 25. The Pascal recursion C(n+1, k) = C(n, k − 1) + C(n, k) used to compute the binomial coefficients has a similar form, but the coefficient in the second term of the sum is 1 for C(n, k) and k for S(n, k). Using the recurrence relation in Theorem 1, we can obtain each of the Stirling numbers S(n, k) from the two Stirling numbers S(n−1, k−1), S(n−1, k) previously found. These are given in Table 1 for 1 ≤ k ≤ n ≤ 6. n \ k 1 2 3 4 5 6 1 1 2 1 1 3 1 3 1 4 1 7 6 1 5 1 15 25 10 1 6 1 31 90 65 15 1 Table 1. Stirling numbers of the second kind, S(n,k). Inverse Partitions of Functions Recall that a function f : N → K is onto if every element b ∈
classes in their inverse partitions, we Chapter 6 Stirling Numbers 103 obtain 35 = ?3 j=1 S(5, j) (3)j = 1· 3 + 15 · 6 + 25 · 6 = 243, which is of course easily verified. Theorem 2 shows that the number of these functions that are onto is S(5, 3)3! = 25 · 6 = 150. Alternatively, by the
inclusion-exclusion expression (3), we have ?3 i=0 (−1)kC(3, i)(3 − i)5 = 35 − 3 · 25 + 3 · 15 = 243 − 96 + 3 = 150. Before turning to polynomials in a real variable x, we need to write the summation in (2) in a different form. Since S(n, j) = 0 for j > n and (k)j = 0 for an integer j > k, the termS(n, j)(k)j in (2) can be nonzero only when j ≤ n and j ≤ k. Thus we can replace the upper limit k in (2) by n, which gives kn = ?n j=1 S(n, j)(k)j . (2?) Stirling Numbers and Polynomials Recall that a polynomial of degree n in a real variable x is a function p(x) of the form p(x) = anxn + an−1xn−1 + · · · + a0, where an, an−1, . . . , a0 are constants with an ?= 0. Suppose we extend the definition of the falling factorial (k)n from the set N ×N to the set R×N by defining the function (x)n for any real number x and any nonnegative integer n to be (x)n = 1 when n = 0 and (x)n = x(x − 1) · · · (x − n + 1) when n ≥ 1. Equivalently, define (x)n recursively by (x)0 = 1 and (x)n = (x−n+1)(x)n−1. As the product of n linear factors, (x)n is a polynomial of degree n. We can then replace k by x in (2?) to obtain xn = ?n j=1 S(n, j)(x)j . (5) Subtracting the right-hand side from each side gives xn − ?n j=1 S(n, j)(x)j = 0. (6) 104 Applications of Discrete Mathematics But (x)j = x(x − 1) · · · (x − j + 1) is a polynomial of degree j, for 1 ≤ j ≤ n. Hence the left-hand side of (6) is a polynomial p(x) of degree at most n. But since p(x) = 0 for every positive integer x and since a polynomial of degree n has at most n real roots, p(x) must be identically zero. Then we obtain for every real number x xn = ?n j=1 S(n, j)(x)j . (7) Equation (7) represents (2?) extended from positive integers k to arbitrary real numbers x. Since k does not appear in (7), we may replace the index variable j by k, rewriting (7) as xn = ?n k=1 S(n, k)(x)k. (7?) Equation (7?) represents (7) in a form convenient for comparison with (10) in the next section. Example 7 Let n = 3. Then (x)1 = x, (x)2 = x(x − 1) = x2 − x, and (x)3 = x(x −1)(x − 2) = x3 − 3x2 +2x. Substituting these into the right-hand side of (5) gives S(3, 1)(x)1+S(3, 2)(x)2 + S(3, 3)(x)3 = 1· x + 3 · (x2 − x) + 1 · (x3 − 3x2 + 2x) = x3. Stirling Numbers of the First Kind There is an interpretation of (7) that will be understood more readily by readers who are familiar with linear algebra. The set of polynomials p(x) with real coefficients (or with coefficients in any field) forms a vector space*. A fundamental basis of this vector space is a sequence of
polynomials {pk(x)|k = 0, 1, . . .} such that pk(x) has degree k. Every polynomial can be uniquely expressed as a linear combination of the polynomials in a fundamental basis. Two important fundamental bases are the standard basis {xk|k = 0, 1, . . .} and the falling factorial basis {(x)k|k = 0, 1, . . .}. The standard basis is in fact the one used in the definition of a
coefficients of the first kind. On the other hand, if we express x as (x − 1) + 1 and apply the Binomial Theorem, we obtain xn = ((x − 1) + 1)n = ?n k=0 C(n, k)(x − 1)k. (9) Thus, the
binomial coefficients C(n, k) are used in (9) to change from the other basis to the standard basis, and would therefore be referred to as the binomial coefficients of the second kind. The
coefficients needed to change the falling factorial basis {(x)k} to the standard basis {xk} can be obtained by simply expanding the product (x)n = x(x − 1) . . . (x − n + 1). Example 8 Write (x)3 in terms of the standard basis {xk}. Solution: Letn = 3. Then expanding the product (x)3 and reversing the order of the terms gives (x)3 = x(x − 1)(x − 2) = x3 − 3x2 + 2x = 2x − 3x2 + x3. Let us now define the Stirling numbers of the first kind. 106 Applications of Discrete
Mathematics Definition 3 The Stirling numbers of the first kind s(n, k) are the numbers satisfying (x)n = ?n k=0 s(n, k)xk. (10) That (10) uniquely determines the coefficients s(n, k) follows either from the definition of multiplication of polynomials or from the fact that every polynomial can be uniquely expressed as a linear combination of the polynomials in a basis. Example 9 Find the Stirling numbers which express (x)3 in terms of the polynomials 1, x, x2. Solution: Using the definition of s(n, k) and Example 8, we have (x)3 = s(3, 0) · 1 + s(3, 1)x + s(3, 2)x2 + s(3, 3)x3 = 2x − 3x2 + x3. Hence, the Stirling numbers of the first kind which express (x)3 in terms of the polynomials 1, x, x2 and x3 in the standard basis are s(3, 0) = 0, s(3, 1) = 2, s(3, 2) = −3, s(3, 3) = 1. Note that in Example 9 some of the Stirling numbers s(n, k) of the first kind can be negative. Hence, unlike the Stirling numbers of the second kind, those of the first kind cannot represent the sizes of sets. (But their absolute values do. See Exercise 16.) Consider for a fixed n the sequence of numbers s(n, k). These are zero when n > k. We can determine their sum over 1 ≤ k ≤ n immediately from (10). The polynomial (x)n vanishes whenever x is a
for all n ≥ 2 by (9). Observe that the numbers s(n, 1) in the first column of Table 2 satisfy s(n, 1) = (−1)n−1(n − 1)! for 1 ≤ n ≤ 6. This in fact holds for all n (Exercise 14). The numbers s(n, n−1) just below the main diagonal in Table 2 are the negatives of the Stirling numbers S(n, n−1) of the second kind, which are apparently the triangular numbers C(n, 2) (Exercise 13). Note also that the numbers s(n, k) alternate in sign in both rows and columns. It is not difficult to prove (Exercise 16) that the sign of s(n, k) is (−1)n−k, so that the absolute value of s(n, k) is t(n, k) = (−1)n−ks(n, k). These integers t(n, k) are the signless Stirling numbers of the first kind. As nonnegative integers, these numbers have a combinatorial interpretation (Exercise 18).
Suggested Readings A basic treatment of the Stirling numbers is in reference [2]. A great deal of information about the generating functions of the Stirling numbers and further properties of these numbers can be found in the more advanced books [1], [3], [4], and [5]. 1. M. Aigner,
Combinatorial Theory, Springer, New York, 1997. 2. K. Bogart, Introductory Combinatorics, Brooks/Cole, Belmont, CA, 2000. 3. L. Comtet, Advanced Combinatorics: The Art of Finite and Infinite Expansions, Springer, New York, 1974. 4. R. Stanley, Enumerative Combinatorics, Volume 1, Cambridge University Press, New York, 2000. 5. H. Wilf, generatingfunctionology, Third Edition, A K Peters, Wellesley, MA, 2005. Chapter 6 Stirling Numbers 109 Exercises 1. For n = 7 and 1 ≤ k ≤ 7, find the Stirling numbers S(n, k) and s(n, k). 2. Express (x)4 as a
polynomial by expanding the product x(x−1)(x−2)(x−3). 3. Express the polynomial x4 as a linear combination of the falling factorial polynomials (x)k. 4. Find the number of onto functions from an eight-element set to a fiveelement set. 5. Let n = 3 and x = 3. Classify the xn = 27 functions f from N = {1, 2, 3} to X = {a, b, c} according to the size of the image set f(N) to verify that there are S(3, j)(3)j such functions f with |f(N)| = j, for 1 ≤ j ≤ 3. 6. In how many ways can seven distinguishable balls be placed in four identical boxes so that a) there is at least one ball in each box? b) some box(es) may be empty? 7. Suppose each of a group of six people is assigned one of three tasks at random. Find the probability (to three decimal places) that a) task 3 is not assigned. b) all three tasks are assigned. c) exactly two of the tasks are assigned. 8. In how many ways can a set of 12 people be divided into three (nonempty) subsets. 9. Suppose a k-sided die is rolled until each of the numbers 1, 2, . . . , k have appeared at least once, at which time the rolls are stopped. Give an expression for the number of possible sequences of n rolls that satisfy the condition. 10. A computer is programmed to produce a random sequence of n digits. a) How many possible sequences are there? b) How many of these sequences have each of the 10 digits appearing? 11. A pool table has four corner pockets and two center pockets. There is one white ball (the cue ball) and 15 colored balls numbered 1, 2, . . . , 15. In a game each of the numbered balls is sunk into a pocket (and remains there) after being struck by the cue ball, which the player has propelled with a cue stick. Thus a game produces a distribution of the numbered balls in the set of pockets. a) Assuming the pockets are distinguishable, how many distributions are there? 110 Applications of Discrete Mathematics b) Suppose we assume the corner pockets are identical and the center pockets are identical, but that a corner pocket is distinguishable from a center pocket. Give an expression for the number of distributions in which all of the numbered balls are sunk in corner pockets or they are all sunk in center pockets. 12. Let n and k be positive
t(n, k) = |s(n, k)| is equal to (−1)n−ks(n, k).) 17. Find a recurrence relation for the signless Stirling numbers t(n, k) of the first kind similar to the recurrence relation (12) satisfied by the Stirling numbers s(n, k) of the first kind. 18. A cyclic permutation (or cycle) of a set A is a permutation that cyclically permutes the elements of A. For example, the permutation σ, with σ(1) = 2, σ(2) = 4, σ(3) = 1, σ(4) = 5, σ(5) = 3, is cyclic, and denoted by (12453) or any of its cyclic equivalents, such as (24531) or (31245). It can be shown that every permutation of a set N can be expressed as a product of cycles that cyclically permute disjoint subsets of N, unique except for the order of the cycles. Thus, for example, (153)(24) is the cyclic decomposition of the permutation σ given by σ(1) = 5, σ(2) = 4, σ(3) = 1, σ(4) = 2, σ(5) = 3. Prove that t(n, k) is the number of permutations of an n-element set that have exactly k cycles in their cyclic
decomposition. Hint: Use Exercise 17. 19. Suppose a computer is programmed to produce a random permutation of n different characters. Chapter 6 Stirling Numbers 111 a) Give an expression for the probability that the permutation will have exactly k cycles. b) Calculate the probabilities with n = 8 that the permutation will have two cycles and that it will have three cycles. Which is more likely? ?20. Let a(n, k) be the sum of the products 1c12c2 · · · kck , taken over all k-tuples (c1, c2, . . . , ck) such that ci is a nonnegative integer for i = 1, 2, . . . , k and the sum of the cis is n−k. Prove that a(n, k) satisfies the initial conditions and the recurrence relation (1) for the Stirling numbers S(n, k) of the second kind. (This shows that S(n, k) = a(n, k).) 21. (Requires calculus.) Let k be a fixed positive integer. It can be shown that the ratios S(n, k − 1)/S(n, k) and s(n, k − 1)/s(n, k) both approach 0 as a limit as n approaches ∞. Use these facts to find a) lim n→∞ S(n + 1, k)/S(n, k). b) lim n→∞ s(n + 1, k)/s(n, k). ?22. (Requires calculus.) The exponential generating function of a sequence (an) is defined to be the power series A ∗ (x) = ∞? n=0 an xn n! . Let k be a fixed positive integer and let an = S(n, k). Prove that A ∗ (x) = (ex − 1)k k! . ?23. Find the expansion of the polynomial Pk(x) = (1 − x)(1 − 2x) . . . (1 − kx).
Computer Projects 1. Write a computer program that uses the recurrence relation (1) to compute Stirling numbers of the second kind. 2. Write a computer program that uses the recurrence relation (12) to compute Stirling numbers of the first kind.
BAGIAN II COMBIN6 Bilangan Stirling
Penulis: Thomas A. Dowling, Departemen Matematika, Ohio State University. Prasyarat: Prasyarat untuk bab ini adalah teknik penghitungan dasar
dan hubungan kesetaraan. Lihat bagian 5.3 dan 8.5 Matematika Diskrit dan Its Applications.ATORICSPART II
Kombinasi 94
6
Bilangan Stirling
Penulis: Thomas A. Dowling, Departemen Matematika, Ohio State University. Prasyarat: Prasyarat untuk bab ini adalah teknik penghitungan dasar
dan hubungan kesetaraan. Lihat bagian 5.3 dan 8.5 Matematika Diskrit dan Its Aplikasi.
pengantar
Satu set objek dapat diklasifikasikan menurut banyak kriteria yang berbeda, tergantung pada sifat dari objek. Sebagai contoh, kita mungkin mengklasifikasikan
- Orang menurut mereka profesi, usia, jenis kelamin, atau kebangsaan - Mahasiswa sesuai dengan kelas mereka atau besar
- Posisi di urutan acak angka sesuai dengan digit muncul ada
- Misprints menurut halaman di mana mereka terjadi
- Pekerjaan pencetakan sesuai dengan printer yang mereka lakukan.
Dalam setiap contoh ini, kita akan memiliki fungsi dari himpunan objek untuk set kemungkinan tingkat kriteria dimana benda diklasifikasikan. Mengira kita ingin mengetahui jumlah klasifikasi yang berbeda yang mungkin, 95
96 Aplikasi Matematika Diskrit
mungkin dikenakan pembatasan tambahan. Ini akan diperlukan, misalnya, dalam memperkirakan probabilitas bahwa klasifikasi puas kondisi tertentu. Menentukan jumlah fungsi antara set terbatas, berdasarkan ukuran
set dan pembatasan tertentu pada fungsi, adalah masalah pencacahan dipertimbangkan dalam Bagian 7.6 dari Matematika dan Aplikasi Its.
Ini mungkin terjadi, bagaimanapun, bahwa klasifikasi tidak perlu membedakan berbagai tingkat kriteria, jika perbedaan itu bahkan mungkin. Ada bisa
ada banyak tingkatan, tetapi tingkat aktual yang ada benda jatuh adalah tidak ada perhatian. Bunga mungkin bagaimana set objek dipartisi menjadi subset menguraikan,
dengan dua objek berada di bagian yang sama setiap kali mereka jatuh pada tingkat yang sama dari kriteria. Klasifikasi A kemudian merupakan partisi dari set objek,
di mana dua benda milik kelas yang sama dari partisi setiap kali mereka jatuh pada tingkat yang sama. Dalam hal ini, daripada menghitung fungsi, partisi dari set objek akan dihitung. Hal ini kemudian bahwa angka Stirling * menjadi sesuai.
Seiring dengan koefisien binomial C (n, k), angka Stirling adalah dari pentingnya dalam teori pencacahan. Sementara C (n, k) adalah nomor subset k-unsur n-elemen set N, jumlah Stirling S (n, k) merupakan jumlah partisi dari N ke subset k tidak kosong. Partisi
N berhubungan dengan set fungsi didefinisikan pada N, dan mereka sesuai dengan hubungan kesetaraan pada N.
Karena interpretasi kombinasi mereka, nomor S (n, k) akan
bertemu pertama, meskipun nama mereka sebagai nomor Stirling dari jenis kedua. Setelah kita membangun peran mereka dalam klasifikasi fungsi didefinisikan pada N, kita
mempertimbangkan
bagian mereka dalam berhubungan dua urutan polinomial (karena mereka awalnya
didefinisikan oleh Stirling). Kami kemudian akan menyebabkan Stirling nomor s (n, k) dari jenis pertama. Kita akan melihat mengapa mereka disebut sebagai jenis pertama, meskipun fakta bahwa beberapa bilangan bulat ini negatif, dan dengan demikian tidak dapat mewakili ukuran set.
Masalah hunian
Banyak masalah pencacahan dapat dirumuskan sebagai menghitung jumlah distribusi bola ke dalam sel atau guci. Bola di sini sesuai dengan objek
bahwa setiap sel bisa menampung semua bola. Pertanyaan "Dalam berapa banyak cara bisa akan ini dilakukan? "tanya untuk jumlah distribusi bola n k sel.
Sebagai diajukan, pertanyaan tidak memiliki informasi yang cukup untuk menentukan apa yang dimaksud dengan distribusi. Oleh karena itu tidak bisa menjawab dengan benar. Num yang * Mereka dinamai untuk menghormati James Stirling (1692-1770), seorang abad kedelapan belas associate dari Sir Isaac Newton di Inggris.
Bab 6 Stirling Nomor 97
ber distribusi tergantung pada apakah bola n dan / atau sel-sel k adalah dibedakan atau identik. Dan jika bola n dibedakan, apakah
urutan di mana bola ditempatkan di setiap hal sel. Mari kita berasumsi bahwa urutan penempatan tidak membedakan dua distribusi.
Misalkan pertama yang baik bola dan sel dibedakan. Kemudian koleksi bola dapat diartikan sebagai n-elemen set N dan koleksi sel sebagai k-elemen set K. distribusi A maka sesuai dengan fungsi f: N → K. Jumlah distribusi kemudian kn.
Namun, jika bola identik, tetapi sel-sel yang dibedakan, maka distribusi sesuai dengan n-kombinasi dengan pengulangan dari set K sel k (lihat Bagian 5.5 dari Matematika dan Aplikasi Its).
Jumlah bola yang ditempatkan di j sel merupakan jumlah kemunculan j elemen dalam n-kombinasi. Jumlah distribusi dalam hal ini adalah C (k + n - 1, n).
Masalah hunian dapat memiliki pembatasan tambahan pada jumlah bola
yang dapat ditempatkan di setiap sel. Anggaplah, misalnya, bahwa paling banyak satu bola dapat ditempatkan di setiap sel. Jika kedua bola dan sel dibedakan,
kita kemudian akan mencari jumlah satu-ke-satu fungsi f: N → K. Fungsi tersebut sesuai dengan n-permutasi dari k-set, sehingga jumlah adalah P (k, n) = k (k - 1) · (k - n + 1). Jika bukan harus ada setidaknya satu bola di setiap sel, kita ingin jumlah ke fungsi f: N → K. Menggunakan inklusi-eksklusi, jumlah yang sama dengan
k? -1 i = 0
(-1) IC (k, i) (k - i) n.
(Lihat Bagian 7.6 dari Matematika dan Aplikasi Its.) Partisi dan Nomor Stirling dari Jenis Kedua
Partisi memerintahkan N dengan panjang k adalah k-tuple (A1, A2,..., Ak) dari
subset menguraikan Ai N dengan serikat N. Dengan mengambil K = {1, 2, ·, k}, kita bisa menafsirkan fungsi f: N → K sebagai partisi memerintahkan N dengan panjang k.
Kita membiarkan Ai menjadi bagian dari N yang elemen memiliki gambar saya. Kemudian, sejak ditunjuk f
tepat satu gambar di K untuk setiap elemen dari N, subset Ai adalah menguraikan dan
serikat mereka adalah N. Kemudian Ai tidak kosong jika dan hanya jika saya adalah gambar minimal
salah satu unsur N. Jadi fungsi f adalah ke jika dan hanya jika semua k set Ai yang tidak kosong.
kelas. Partisi memerintahkan N dari panjang tertentu mungkin memiliki subset kosong Ai, tapi himpunan kosong tidak diperbolehkan sebagai kelas dalam partisi. Jika itu, kemudian bahkan
meskipun kelas yang menguraikan, mereka tidak harus menjadi set yang berbeda, karena 98 Aplikasi Matematika Diskrit
himpunan kosong mungkin diulang. Mengingat kesetaraan relasi R pada N,
kesetaraan berbeda kelas Ai yang menguraikan dengan serikat N. Properti refleksif
kemudian menyiratkan bahwa mereka tidak kosong, sehingga kelas kesetaraan membentuk sebuah partisi
N. Sebaliknya, diberi P partisi = {Ai | i ∈ I}, sebuah relasi ekivalen R
didefinisikan oleh aR b jika dan hanya jika ada beberapa kelas Ai P mengandung a dan b. Dengan demikian, ada korespondensi satu-ke-satu antara himpunan partisi dari N
dan himpunan relasi ekivalen pada N.
Sebuah relasi biner pada N didefinisikan sebagai subset dari himpunan N × N. Sejak N × N memiliki elemen n2, jumlah hubungan biner pada N adalah 2n2. Jumlah
ini yang hubungan kesetaraan, yang sama dengan jumlah partisi
N, disebut Bell nomor *, dan dilambangkan dengan Bn. Sebagai contoh, nomor
cara yang sepuluh orang dapat dipisahkan ke dalam kelompok tidak kosong adalah Bell nomor B10. Dua dari orang-orang memenuhi sesuai relasi ekivalen R
jika dan hanya jika mereka termasuk dalam kelompok yang sama.
Misalkan kita inginkan, bukan jumlah cara sepuluh orang dapat dipisahkan menjadi tepat tiga kelompok tidak kosong. Artinya, berapa banyak kesetaraan hubungan yang ada pada set sepuluh-elemen yang memiliki tepat tiga kesetaraan kelas? Lebih umum, dari hubungan kesetaraan Bn, kita mungkin bertanya bagaimana banyak yang tepat k kelas kesetaraan? Karena ini adalah jumlah partisi
N ke dalam kelas k, kita dituntun untuk definisi kita dari sejumlah Stirling S (n, k) dari jenis kedua. (Perhatikan bahwa Bell jumlah Bn adalah maka jumlah lebih dari k angka-angka ini, yaitu, Bn =
? n
k = 1 S (n, k).)
Definisi 1 Jumlah Stirling dari jenis kedua, S (n, k), adalah nomor partisi dari n-elemen set ke dalam kelas k.
Contoh 1 Find S (4, 2) dan S (4, 3).
Solusi: Misalkan N = {a, b, c, d}. Partisi 2 kelas dari 4-elemen set N adalah
({a, b, c}, {d}), ({a, b, d}, {c}), ({a, c, d}, {b}), ({b, c, d} , {Sebuah}) ({a, b}, {c, d}), ({a, c}, {b, d}), ({a, d}, {b, c}).
Oleh karena itu S (4, 2) = 7. Partisi 3-kelas N adalah
({a, b}, {c}, {d}), ({a, c}, {b}, {d}), ({a, d}, {b}, {c})
* Kami tidak akan mengejar angka Bell di sini, tapi melihat salah satu referensi dan juga Bagian 8.5, Latihan 68, dari Matematika dan Its Aplikasi untuk lebih
tentang mereka.
Bab 6 Stirling Nomor 99
Oleh karena itu kita memiliki S (4, 3) = 6.
Dalam masalah hunian, partisi sesuai dengan distribusi di mana bola dibedakan, sel-sel yang identik, dan ada setidaknya satu bola di setiap sel. Jumlah distribusi bola n ke dalam sel k karena itu
S (n, k). Jika kita menghapus pembatasan bahwa harus ada setidaknya satu bola dalam setiap sel, maka distribusi sesuai dengan partisi dari himpunan N dengan di
sebagian besar kelas k. Dengan jumlah tersebut memerintah jumlah distribusi seperti sama S (n, 1) + S (n, 2) + · + S (n, k).
Sejak kelas Ai dari P partisi = {Ai | i ∈ I} harus menguraikan dan
tidak kosong, kita memiliki S (n, k) = 0 untuk k> n. Selanjutnya, sejak ({S}) itu sendiri adalah hanya partisi dari N dengan satu kelas, S (n, 1) = 1 untuk n ≥ 1. Mengingat awal
kondisi, bersama-sama dengan S (0, 0) = 1, S (n, 0) = 0 untuk n ≥ 1, Stirling
nomor S (n, k) dapat secara rekursif dihitung dengan menggunakan teorema berikut. Teorema 1 Misalkan n dan k bilangan bulat positif. Kemudian
S (n + 1, k) = S (n, k - 1) + k S (n, k). (1)
Bukti: Kami memberikan bukti kombinatorial. Biarkan S menjadi (n + 1) Kumpulan -element. Memperbaiki
a ∈ S, dan biarkan S? = S - {a} akan set n-elemen yang diperoleh dengan menghapus dari S. S (n + 1, k) partisi dari S ke dalam kelas k dapat secara unik setiap
diperoleh baik dari
(i) P partisi? S? dengan k - 1 kelas dengan menambahkan kelas tunggal {a}, atau
(ii) P partisi? S? dengan kelas k dengan terlebih dahulu memilih salah satu k kelas P? dan kemudian menambahkan ke kelas itu.
Karena kasus yang eksklusif, kita memperoleh S (n, k) dengan aturan penjumlahan dengan menambahkan
nomor S (n, k - 1) dari partisi dari (i) ke nomor k S (n, k) dari partisi di (ii).
Contoh 2 Misalkan P menjadi salah satu partisi dari N = {a, b, c, d} dalam Contoh 1. Kemudian P diperoleh dari S (3, 1) = 1 partisi satu kelas ({a, b, c}) dari N? =
N- {d} = {a, b, c} dengan menambahkan {} d sebagai kelas dua, atau dari salah satu S (3, 2) = 3 partisi dua kelas
({a, b}, {c}), ({a, c}, {b}), ({b, c}, {a}) 100 Aplikasi Matematika Diskrit
N? dengan memilih salah satu dari partisi ini, kemudian memilih salah satu dari dua kelas yang, dan akhirnya dengan menambahkan d ke kelas yang dipilih.
Contoh 3 Gunakan Teorema 1 untuk menemukan S (5, 3).
Solusi: WehaveS (4, 2) = 7 dan S (4, 3) = 6 dari Contoh 1. Kemudian kita
menemukan dengan Teorema 1 yang S (5, 3) = S (4, 2) + 3 S (4, 3) = 7 + 3 · 6 = 25. Pascal rekursi C (n + 1, k) = C (n, k - 1) + C (n, k) yang digunakan untuk menghitung koefisien binomial memiliki bentuk yang sama, tetapi koefisien di kedua
jangka jumlahnya adalah 1 untuk C (n, k) dan k untuk S (n, k).
Menggunakan relasi rekurensi dalam Teorema 1, kita dapat memperoleh masing-masing Nomor Stirling S (n, k) dari dua Stirling nomor S (n-1, k-1), S (n-1, k)
1 1 2 1 1 3 1 3 1 4 1 7 6 1 5 1 15 25 10 1 6 1 31 90 65 15 1
Tabel 1. Stirling jumlah jenis kedua, S (n, k). Partisi kebalikan dari Fungsi
Ingat bahwa fungsi f: N → K adalah ke jika setiap elemen b ∈ K adalah gambar
dari beberapa elemen a ∈ N, sehingga b = f (a). Jika kita menunjukkan set gambar dengan f (N) = {f (a) | a ∈ N}, maka f adalah ke jika dan hanya jika f (N) = K.
Contoh 4 Misalkan N = {a, b, c, d}, K = {1, 2, 3}, dan fungsi f adalah
didefinisikan oleh f (a) = f (b) = f (d) = 2, f (c) = 1. Kemudian f (N) = {1, 2}? = K, sehingga f adalah
tidak ke.
Setiap fungsi f: N → K menentukan relasi ekivalen pada N bawah
yang dua unsur N terkait jika dan hanya jika mereka memiliki gambar yang sama di bawah f. Sejak kelas kesetaraan membentuk partisi dari N, kita membuat definisi berikut.
Bab 6 Stirling Nomor 101
Definisi 2 Partisi terbalik didefinisikan oleh fungsi f: N → K adalah
P partisi (f) dari N ke dalam kelas kesetaraan sehubungan dengan kesetaraan yang hubungan Rf didefinisikan oleh Arf b jika dan hanya jika f (a) = f (b).
Mengingat fungsi f, setiap elemen b ∈ f (N) menentukan suatu kesetaraan
kelas Rf. Misalkan kita dilambangkan dengan f-1 (b) set elemen dalam N yang memiliki b sebagai citra mereka *. Kemudian f-1 (b) adalah kelas kesetaraan, disebut gambar terbalik b. Oleh karena itu
a ∈ f
-1 (B) jika dan hanya jika b = f (a).
Dengan demikian, kelas kesetaraan f-1 (b) untuk b ∈ f (N) membentuk partisi terbalik P (f) dari N, dan jumlah kelas kesetaraan adalah ukuran set f (N).
Oleh karena itu f: N → K adalah ke jika dan hanya jika P (f) memiliki kelas k. Contoh 5 Cari partisi kebalikan dari N yang didefinisikan oleh fungsi f dari Contoh 4.
Solusi: Untuk f fungsi dalam Contoh 4, himpunan unsur N dengan
gambar 1 adalah f-1 (1) = {a, b, d}, sedangkan set elemen dengan gambar 2 adalah f-1 (2) = {c}. Karena tidak ada unsur memiliki 3 sebagai gambar, set-f 1 (3) kosong, sehingga tidak kelas kesetaraan. Jadi partisi kebalikan dari N yang didefinisikan oleh f adalah kelas 2 P partisi (f) = ({a, b, d}, {c}).
Sebuah Identitas untuk Bilangan Stirling
Kita dapat mengklasifikasikan distribusi kn bola n dibedakan menjadi k dibedakan sel dengan jumlah j sel tidak kosong. Distribusi tersebut ditentukan
oleh P partisi j-kelas dari set bola bersama-sama dengan fungsi φ injective dari kelas j P ke sel k. Klasifikasi diperoleh dengan cara ini
adalah kn. Mari kita mengklasifikasikan fungsi f ∈ F (N, K) sesuai dengan ukuran mereka image set f (N), atau ekuivalen, menurut jumlah kelas di mereka
inverse partisi P (f).
* Apa yang telah kita dilambangkan dengan f-1 sebenarnya fungsi dari K ke kekuasaan set P (N) dari N, dan bukan fungsi invers dari f. Fungsi f: N → K memiliki
fungsi invers dari K ke N jika dan hanya jika itu adalah korespondensi satu-ke-satu. 102 Aplikasi Matematika Diskrit
Mengingat P partisi j-class = {A1,, A2,. . ., Aj} N, mempertimbangkan set fungsi f ∈ F (N, K) yang P (f) = P. Dua elemen di N dapat memiliki
gambar yang sama jika dan hanya jika mereka milik Ai yang sama. Oleh karena itu fungsi f memiliki
P (f) = P jika dan hanya jika ada fungsi φ satu-ke-satu: {A1, A2,. . . , Aj} → K sehingga f (a) = φ (Ai) untuk semua i dan semua ∈ Ai. Jumlah satu-ke-satu fungsi dari j-set ke k-set adalah faktorial jatuh
(k) j = P (k, j) = k (k - 1) · (k - j + 1).
Oleh karena itu, untuk setiap j-kelas partisi P, jumlah fungsi f ∈ F (N, K) seperti bahwa P (f) = P (k) j. Karena ada S (n, j) partisi j-kelas N, oleh
Aturan produk ada S (n, j) (k) fungsi j f ∈ F (N, K) sehingga f (N) memiliki ukuran j. Menjumlahkan j memberi kita
kn = ? k j = 1
S (n, j) (k) j. (2)
Istilah j di sum adalah sejumlah fungsi f yang | f (N) | = J.
Kami mencatat sebelumnya bahwa ke fungsi sesuai dengan distribusi di masalah hunian di mana bola dan sel dibedakan dan
harus ada setidaknya satu bola di setiap sel. Jika kita menghapus pembatasan yang harus ada setidaknya satu bola di setiap sel, maka distribusi sesuai dengan
fungsi f: N → K. Klasifikasi distribusi kn menurut
jumlah sel tidak kosong memberikan (2). Jika kita menganggap istilah di mana j = k di (2), dan perhatikan bahwa (k) k = k !, kita memiliki teorema berikut.
Teorema 2 Jumlah fungsi dari satu set dengan elemen n ke set dengan elemen k adalah S (n, k) k !.
Prinsip inklusi-eksklusi dapat digunakan untuk menunjukkan bahwa jumlah ke fungsi dari satu set dengan elemen n untuk set dengan elemen k adalah ? k
i = 0
(-1) IC (k, i) (k - i) n. (3)
Dengan Teorema 2, kita bisa menyamakan (3) ke S (n, k) k !, dan kita memperoleh S (n, k) =
1 k! ? k i = 0
(-1) IC (k, i) (k - i) n. (4)
diklasifikasikan menurut jumlah kelas di partisi terbalik mereka, kita Bab 6 Stirling Nomor 103
memperoleh 35 =
? 3 j = 1
S (5, j) (3) j = 1 · 3 + 15 · 6 + 25 · 6 = 243,
yang tentu saja dengan mudah diverifikasi. Teorema 2 menunjukkan bahwa jumlah ini fungsi yang ke adalah S (5, 3) 3! = 25 · 6 = 150. Atau, dengan
ekspresi inklusi-eksklusi (3), kita memiliki ? 3
i = 0
(-1) KC (3, i) (3 - i) 5 = 35 - 3 · 25 + 3 · 15 = 243-96 + 3 = 150.
Sebelum beralih ke polinomial dalam variabel x yang nyata, kita perlu menulis
penjumlahan di (2) dalam bentuk yang berbeda. Sejak S (n, j) = 0 untuk j> n dan (k) j = 0 untuk integer j> k, istilah (n, j) (k) j di (2) dapat nol hanya jika j ≤ n
dan j ≤ k. Dengan demikian kita dapat mengganti batas k atas dalam (2) oleh n, yang memberikan
kn = ? n j = 1
S (n, j) (k) j. (2?)
Stirling Nomor dan polinomial
Ingat bahwa polinomial derajat n dalam variabel nyata x adalah fungsi p (x) dari formulir
p (x) = anxn + an-1xN-1 + · + a0,
mana, an-1,. . . , A0 adalah konstanta dengan? = 0 Misalkan kita memperpanjang definisi jatuh faktorial (k) n dari set N × N ke set R × N oleh
mendefinisikan fungsi (x) n untuk setiap bilangan real x dan setiap bilangan bulat non-negatif n menjadi (x) n = 1 ketika n = 0 dan (x) n = x (x - 1) · (x - n + 1) ketika n ≥ 1.
Ekuivalen, mendefinisikan (x) n rekursif oleh (x) 0 = 1 dan (x) n = (x-n + 1) (x) n-1. Sebagai produk dari faktor linear n, (x) n adalah polinomial derajat n. Kita bisa kemudian mengganti k oleh x di (2?) untuk mendapatkan
xn = ? n j = 1
S (n, j) (x) j. (5)
Mengurangkan sisi kanan dari setiap sisi memberikan xn
-? n j = 1
S (n, j) (x) j = 0. (6)
104 Aplikasi Matematika Diskrit
karena p (x) = 0 untuk setiap bilangan bulat positif x dan karena polinomial derajat n telah paling nyata n akar, p (x) harus identik nol. Kemudian kami mendapatkan untuk setiap bilangan real x
xn = ? n j = 1
S (n, j) (x) j. (7)
Persamaan (7) merupakan (2?) Diperpanjang dari bilangan bulat positif k untuk sewenang-wenang
bilangan real x. Karena k tidak muncul dalam (7), kita dapat mengganti indeks variabel j k, menulis ulang (7) sebagai
xn = ? n k = 1
S (n, k) (x) k. (7?)
Persamaan (7?) Mewakili (7) dalam bentuk yang nyaman untuk perbandingan dengan (10) di bagian berikutnya.
Contoh 7 Misalkan n = 3. Kemudian (x) 1 = x, (x) 2 = x (x - 1) = x2 - x, dan (x) = 3 x (x -1) (x - 2) = x3 - 3x2 + 2x. Mengganti tersebut ke kanan
sisi (5) memberikan
S (3, 1) (x) 1 + S (3, 2) (x) 2 + S (3, 3) (x) 3 = 1 · x + 3 · (x2 - x) + 1 · (x3 - 3x2 + 2x) = X3.
Bilangan Stirling dari Jenis Pertama
Ada interpretasi (7) yang akan dipahami lebih mudah oleh pembaca
yang akrab dengan linear aljabar. Himpunan polinomial p (x) dengan koefisien nyata
(atau dengan koefisien dalam bidang apapun) membentuk ruang vektor *. Sebuah mendasar dasar ruang vektor ini adalah urutan polinomial {pk (x) | k = 0, 1,. . .} seperti itu
yang pk (x) memiliki derajat k. Setiap polinomial dapat secara unik dinyatakan sebagai kombinasi linear dari polinomial dalam dasar fundamental. Dua penting
basis fundamental adalah dasar standar {xk | k = 0, 1,. . .} Dan faktorial jatuh dasar {(x) k | k = 0, 1,. . .}. Dasar standar sebenarnya yang digunakan di
definisi polinomial dalam x, karena jumlahnya banyak didefinisikan sebagai linear Kombinasi kekuatan x. Kemudian Persamaan (7) mengungkapkan dasar {xk} di hal dasar {(x) k}.
* Ruang vektor ini memiliki tak terbatas (tapi dihitung) dimensi. Bab 6 Stirling Nomor 105
Bahkan, (7) adalah definisi asli Stirling dari nomor S (n, k) sebagai
koefisien dalam mengubah dari jatuh secara faktorial {(x) k} dengan standar dasar {xk}. Angka-angka ini dikatakan jenis kedua karena mereka mengubah dasar untuk dasar standar. Lebih umum, kita akan mengubah dari
basis standar untuk dasar lain, dan koefisien akan jenis pertama.
Ketika dasar lainnya adalah urutan {(x) k} jatuh polinomial faktorial, kita menemukan angka Stirling jenis pertama.
kita dapat mengekspresikan polinomial (x - 1) n sebagai (x - 1) n =
? n k = 0
(-1) N-kC (n, k) xk. (8)
Koefisien (-1) n-kC (n, k) di (8), yang mengubah dasar standar untuk dasar lainnya (dan yang koefisien ketika produk (x - 1) n dari n
faktor identik diperluas), dengan analogi akan disebut koefisien binomial
jenis pertama. Di sisi lain, jika kita mengekspresikan x sebagai (x - 1) + 1 dan menerapkan Binomial Teorema, kita memperoleh
xn = ((x - 1) + 1) n = ? n
k = 0
C (n, k) (x - 1) k. (9)
Dengan demikian, koefisien binomial C (n, k) yang digunakan dalam (9) untuk mengubah dari yang lain
dasar untuk dasar standar, dan karena itu akan disebut sebagai binomial koefisien dari jenis kedua.
Koefisien yang dibutuhkan untuk mengubah jatuh secara faktorial {(x) k} ke basis standar {xk} dapat diperoleh hanya dengan memperluas produk (x) n = x (x - 1). . . (x - n + 1).
Contoh 8 Write (x) 3 dalam hal dasar standar {xk}.
Solusi: Letn = 3. Kemudian memperluas produk (x) 3 dan membalikkan urutan istilah memberikan
(x) = 3 x (x - 1) (x - 2) = X3 - 3x2 + 2x = 2x - 3x2 + x3.
Mari kita mendefinisikan nomor Stirling jenis pertama. 106 Aplikasi Matematika Diskrit
Definisi 3 Nomor Stirling yang pertama jenis s (n, k) adalah nomor memuaskan
(x) n = ? n k = 0
s (n, k) xk. (10)
Itu (10) unik menentukan koefisien s (n, k) berikut baik dari
definisi perkalian polinomial atau dari fakta bahwa setiap polinomial
dapat secara unik dinyatakan sebagai kombinasi linear dari polinomial dalam dasar.
Contoh 9 Menemukan angka-angka Stirling yang mengekspresikan (x) 3 dalam hal polinomial 1, x, x2.
Solusi: Menggunakan definisi s (n, k) dan Contoh 8, kita memiliki (x) = 3 s (3, 0) · 1 + s (3, 1) x + s (3, 2) x2 + s (3, 3) x3
= 2x - 3x2 + x3.
s (3, 2) = -3, s (3, 3) = 1.
Perhatikan bahwa dalam Contoh 9 beberapa Stirling nomor s (n, k) yang pertama jenis bisa negatif. Oleh karena itu, tidak seperti nomor Stirling dari jenis kedua, orang-orang dari jenis pertama tidak dapat mewakili ukuran set. (Tapi mutlak mereka nilai lakukan. Lihat Latihan 16.)
Pertimbangkan untuk n urutan tetap nomor s (n, k). Ini adalah nol ketika
n> k. Kita bisa menentukan jumlah mereka lebih dari 1 ≤ k ≤ n segera dari (10). Itu
polinomial (x) n lenyap setiap kali x adalah bilangan bulat positif dan n> x. Dengan demikian, pada
Pengaturan x = 1 di (10), kita mendapatkan ? n
k = 1
s (n, k) = 0 untuk n ≥ 2. (11)
Ada relasi rekurensi untuk s (n, k) analog dengan relasi rekurensi
di Teorema 1 untuk S (n, k), tapi kami akan mendapatkan satu ini dengan metode yang berbeda dari argumen kombinatorial diberikan di sana. Kita mulai dengan mencari batas
nilai di mana k = 0 Menggunakan konvensi yang (x) 0 = 1 jika x = 0 dan 0
jika tidak, kita memiliki s (0, 0) = 1. Dan karena x adalah faktor dari (x) n untuk n ≥ 1, Istilah konstan 0, sehingga s (n, 0) untuk n ≥ 1.
Analog dari Teorema 1 kemudian diberikan oleh teorema berikut. Bab 6 Stirling Nomor 107
Teorema 3 Misalkan n dan k bilangan bulat positif. Kemudian s (n + 1, k) = s (n, k - 1) - ns (n, k). (12)
Bukti: Kami memanfaatkan fakta bahwa (x) n + 1 = x (x-1) · (x-n + 1) (x-n) = (x - n) (x) n. Kemudian oleh (10),
(x) n + 1 = n? 1 k = 0
s (n + 1, k) xk. (13) Tapi
(x) n + 1 = (x - n) (x) n =
? n j = 0
s (n, j) xj + 1 - n ? n
j = 0
s (n, j) XJ. (14)
Ketika kita menyamakan koefisien dari xk di (13) dan (14), kita menemukan bahwa s (n + 1, k) = s (n, k - 1) - ns (n, k).
Misalnya 10 Gunakan kekambuhan hubungan (12) untuk menemukan s (5, 3). Solusi: Kita melihat dari Contoh 9 yang s (3, 1) = 2, s (3, 2) = -3, dan s (3, 3) =
1. Jadi, dengan (12), kita menemukan s (4, 2) = 2-3 · (-3) = 11 dan s (4, 3) = -3-3 · 1 = -6. Kami kemudian mendapatkan s (5, 3) = 11-4 · (-6) = 35.
n \ k 1 2 3 4 5 6 1 1
2 -1 1 3 2 -3 1 4 -6 11 -6 1 5 24 -50 35 -10 1
6 -120 274 -225 85 -15 1
Tabel 2. Stirling jumlah jenis pertama, s (n, k). Komentar
Ketika kita mengamati tabel nilai-nilai dari angka Stirling untuk 1 ≤ k ≤ n ≤ 6,
kita melihat bahwa angka-angka dalam kolom atau diagonal tertentu datang dari well108 Aplikasi Matematika Diskrit
urutan dikenal. Kami akan memeriksa beberapa ini. Bukti akan ditinggalkan untuk latihan.
Pertama mempertimbangkan nomor S (n, 2) pada kolom kedua dari Tabel 1. Untuk 2 ≤ n ≤ 6 ini 1, 3, 7, 15, 31. Tampaknya S (n, 2) memiliki bentuk-2n 1 -1
(Latihan 14). Nomor S (n, n-1) tepat di bawah diagonal utama pada Tabel 1
adalah 1, 3, 6, 10, 15 untuk 2 ≤ n ≤ 6, menunjukkan (Latihan 13) bahwa S (n, n - 1) adalah jumlah segitiga
C (n, 2) = 1
2n (n - 1).
Berikutnya mempertimbangkan Tabel 2, yang memberikan nilai s (n, k) dari nomor Stirling jenis pertama. Kita dapat dengan mudah memverifikasi bahwa jumlah baris yang nol untuk 2 ≤ n ≤ 6,
seperti yang diberikan untuk semua n ≥ 2 oleh (9). Mengamati bahwa angka s (n, 1) dalam pertama
kolom Tabel 2 memuaskan s (n, 1) = (-1) n-1 (n - 1)! untuk 1 ≤ n ≤ 6. di ini
Bahkan berlaku untuk semua n (Latihan 14). Nomor s (n, n-1) tepat di bawah utama diagonal pada Tabel 2 adalah negatif dari Stirling nomor S (n, n-1) dari
Jenis kedua, yang ternyata angka segitiga C (n, 2) (Latihan 13).
Perhatikan juga bahwa nomor s (n, k) alternatif di tanda di kedua baris dan
kolom. Hal ini tidak sulit untuk membuktikan (Latihan 16) bahwa tanda s (n, k) adalah (-1) N-k, sehingga nilai absolut s (n, k) adalah
t (n, k) = (-1) n-ks (n, k).
Bilangan bulat ini t (n, k) adalah nomor tanpa-tanda Stirling dari jenis pertama.
Sebagai bilangan bulat non-negatif, angka-angka ini memiliki interpretasi kombinatorial (Latihan 18).
Disarankan Bacaan
Sebuah pengobatan dasar dari angka Stirling ini mengacu [2]. Banyak informasi tentang fungsi pembangkit dari angka Stirling dan selanjutnya
Sifat angka-angka ini dapat ditemukan dalam buku-buku yang lebih maju [1], [3], [4], dan [5].
1. M. Aigner, Kombinatorial Teori, Springer, New York, 1997.
Springer, New York, 1974.
4. R. Stanley, Enumerative Kombinasi, Volume 1, Cambridge University Press, New York, 2000.
5. H. Wilf, generatingfunctionology, Edisi Ketiga, AK Peters, Wellesley, MA 2005.
Bab 6 Stirling Nomor 109 Latihan
1. Untuk n = 7 dan 1 ≤ k ≤ 7, menemukan Stirling nomor S (n, k) dan s (n, k). 2. Inn (x) 4 sebagai polinomial dengan memperluas x produk (x-1) (x-2) (x-3). 3. Nyatakan x4 polinomial sebagai kombinasi linear dari faktorial jatuh
polinomial (x) k.
4. Tentukan jumlah ke fungsi dari delapan elemen set ke fiveelement sebuah set.
5. Biarkan n = 3 dan x = 3. Mengklasifikasikan xn yang = 27 fungsi f dari N = {1, 2, 3} untuk X = {a, b, c} sesuai dengan ukuran gambar set f (N) untuk memverifikasi bahwa ada S (3, j) (3) j fungsi seperti f dengan | f (N) | = J, untuk 1 ≤ j ≤ 3.
6. Dalam berapa banyak cara bisa tujuh bola dibedakan ditempatkan di empat identik kotak sehingga
a) ada setidaknya satu bola di setiap kotak? b) beberapa box (es) mungkin kosong?
7. Misalkan masing-masing kelompok enam orang ditugaskan salah satu dari tiga tugas di acak. Cari probabilitas (tiga tempat desimal) yang
a) tugas 3 tidak ditugaskan. b) ketiga tugas yang ditugaskan. c) tepat dua tugas ditugaskan.
8. Dalam berapa banyak cara dapat satu set 12 orang dibagi menjadi tiga (tidak kosong) subset.
9. Misalkan k-sisi die digulung sampai masing-masing dari nomor 1, 2,. . . , K Memiliki muncul setidaknya sekali, pada saat gulungan dihentikan. Memberikan ekspresi
untuk jumlah kemungkinan urutan n gulungan yang memenuhi kondisi.
10. Sebuah komputer diprogram untuk menghasilkan urutan acak n digit. a) Berapa banyak urutan mungkin ada?
b) Berapa banyak dari urutan ini memiliki masing-masing dari 10 digit muncul? 11. Sebuah meja biliar memiliki empat kantong sudut dan dua kantong pusat. ada satu bola putih (bola cue) dan 15 bola berwarna nomor 1, 2,. . . , 15. Dalam
permainan masing-masing dari nomor bola tenggelam ke dalam saku (dan masih ada) setelah disambar bola cue, yang pemain telah mendorong dengan
tongkat biliar. Sehingga permainan menghasilkan distribusi bola bernomor di set kantong.
a) Dengan asumsi kantong dibedakan, berapa banyak distribusi yang sana?
110 Aplikasi Matematika Diskrit
b) Misalkan kita menganggap kantong sudut identik dan pusat kantong identik, tapi itu saku sudut dibedakan dari
semua bola bernomor yang tenggelam di saku sudut atau mereka semua tenggelam di pusat kantong.
12. Misalkan n dan k bilangan bulat positif? dengan n + 1 ≥ k. Buktikan bahwa S (n + 1, k) = n
j = 0 C (n, j) S (n - j, k - 1). 13. Buktikan bahwa
a) S (n, n - 1) = C (n, 2). b) s (n, n - 1) = -C (n, 2). 14. Buktikan bahwa a) S (n, 2) = 2n-1-1.
b) s (n, 1) = (-1) n-1 (n - 1) !.
15. Misalkan m dan n bilangan bulat tak negatif dengan menjadi n ≤ m. The Kronecker delta fungsi δ (m, n) adalah sama dengan 1 jika m = n dan 0 sebaliknya. Buktikan bahwa
? m k = n
S (m, k) s (k, n) = δ (m, n).
Dalam Latihan 16-20, biarkan n dan k bilangan bulat positif dengan k ≤ n. 16. Buktikan bahwa tanda nomor Stirling dari jenis pertama adalah (-1) n-k.
(Dengan demikian jumlah Stirling tanpa-tanda dari t jenis pertama (n, k) = | s (n, k) | adalah sama dengan (-1) n-ks (n, k).)
17. Cari relasi rekurensi untuk t nomor tanpa-tanda Stirling (n, k) dari Jenis pertama mirip dengan relasi rekurensi (12) puas dengan Stirling nomor s (n, k) dari jenis pertama.
18. Sebuah permutasi siklik (atau siklus) dari himpunan A adalah permutasi yang siklis permutes unsur A. Sebagai contoh, σ permutasi, dengan
σ (1) = 2, σ (2) = 4, σ (3) = 1, σ (4) = 5, σ (5) = 3, adalah siklik, dan dilambangkan oleh (12453) atau ekuivalen siklik, seperti (24531) atau (31245). Saya t
dapat ditunjukkan bahwa setiap permutasi dari himpunan N dapat dinyatakan sebagai
produk dari siklus yang siklis mengubah urutan himpunan bagian menguraikan N, unik kecuali untuk urutan siklus. Jadi, misalnya, (153) (24) adalah siklik
dekomposisi permutasi σ diberikan oleh σ (1) = 5, σ (2) = 4,
σ (3) = 1, σ (4) = 2, σ (5) = 3. Buktikan bahwa t (n, k) adalah jumlah
permutasi dari sebuah himpunan n-elemen yang memiliki tepat k siklus di siklik mereka penguraian. Petunjuk: Gunakan Latihan 17.
