高等组合学笔记(六): 第二类Stirling数,第一类Stirling数以及生成函数

集合的分类

定理: nnn元集合NNN的分类μ=(A1,A2,⋯,Am)\mu=(A_1,A_2,\cdots,A_m)μ=(A1,A2,⋯,Am), (∣Ai∣=ai|A_i|=a_i∣Ai∣=ai)的个数为n!a1!⋯am!=(na1,⋯,am)\dfrac{n!}{a_1!\cdots a_m!}=\binom n{a_1,\cdots,a_m}a1!⋯am!n!=(a1,⋯,amn), n=a1+⋯+amn=a_1+\cdots+a_mn=a1+⋯+am.

证明: 依次选取进行组合即可.

集合的划分与第二类Stirling数

定义: nnn元集合NNN的一个k−k-k−划分:N=N1∪⋯∪NkN=N_1\cup\cdots\cup N_kN=N1∪⋯∪Nk, 其中

Ni≠∅,(1≤i≤k)N_i\ne\varnothing,\quad(1\leq i\leq k)Ni=∅,(1≤i≤k); (NiN_iNi称为块)
Ni∩Nj=∅,(i≠j)N_i\cap N_j=\varnothing,\,(i\ne j)Ni∩Nj=∅,(i=j).

定义: S(n,k)S(n,k)S(n,k)表示nnn元集合NNN的所有不同的k−k-k−划分数. (S(n,k)S(n,k)S(n,k): 第二类Stirling数)
S(n,k)=0,(k>n),规定S(0,0)=1.\color{red}S(n,k)=0,(k>n),\text{规定}S(0,0)=1. S(n,k)=0,(k>n),规定S(0,0)=1.
球盒模型:

nnn个不同的球放入kkk个相同的盒子, 且每个盒子至少有一个球的不同放法.

由于球不同, 其盒子加以区分, 则有k!S(n,k)k!S(n,k)k!S(n,k)种.

即nnn个不同的球放入kkk个不同的盒子, 且每个盒子至少有一个球的不同放法.
f:n球(不同)→k盒子(不同)f:n球(不同)\to k盒子(不同) f:n球(不同)→k盒子(不同)

若fff为满射, 有k!S(n,k)k!S(n,k)k!S(n,k)种方式;
若fff为不加限制的映射, 有knk^nkn个.

对于不加限制的映射(右边的盒子可能有空的), 若有iii个盒子有球, 其余为空盒子(1≤i≤k1\leq i\leq k1≤i≤k), 则有(ki)i!S(n,i)\binom kii!S(n,i)(ik)i!S(n,i)种, 于是
kn=∑i=0k(ki)i!S(n,i)=∑i=0k(k)iS(n,i).k^n=\sum_{i=0}^k\binom kii!S(n,i)=\sum_{i=0}^k(k)_iS(n,i). kn=i=0∑k(ik)i!S(n,i)=i=0∑k(k)iS(n,i).

定理1: S(n,0)=0,S(n,1)=1,S(n,2)=2n−1−1,S(n,n−1)=(n2),S(n,n)=1S(n,0)=0,\ S(n,1)=1,\ S(n,2)=2^{n-1}-1,\ S(n,n-1)=\binom n2,\ S(n,n)=1S(n,0)=0, S(n,1)=1, S(n,2)=2n−1−1, S(n,n−1)=(2n), S(n,n)=1.

nnn元集合NNN不能分成0块;

nnn元集合NNN分成1块: 只有一种;

nnn元集合NNN的所有子集2n2^n2n个, 去掉∅,N\varnothing, N∅,N之后有2n−22^n-22n−2个, 成对组合(两两组合为一个2−2-2−划分), 于是有S(n,2)=(2n−2)/2=2n−1−1S(n,2)=(2^n-2)/2=2^{n-1}-1S(n,2)=(2n−2)/2=2n−1−1;

nnn元集合NNN分成n−1n-1n−1块, 则必有一块包含两个元素(鸽巢原理), 其余均含有1个元素, 所以S(n,n−1)=(n2)S(n,n-1)=\binom n2S(n,n−1)=(2n);

nnn元集合NNN分成nnn块, 则S(n,n)=1S(n,n)=1S(n,n)=1.

定理2:
S(n,k)=S(n−1,k−1)+kS(n−1,k),(n,k≥1).S(n,k)=S(n-1, k-1)+kS(n-1,k),\quad (n,k\geq1). S(n,k)=S(n−1,k−1)+kS(n−1,k),(n,k≥1).

证明:(递推关系可以类比二项式系数)

当k>nk>nk>n, 两边均为0, 成立;

当k=nk=nk=n, 两边均为1, 成立;

当1≤k<n1\leq k<n1≤k<n, 由S(n,k)S(n,k)S(n,k)的意义, 令N={a1,⋯,an}N=\{a_1,\cdots,a_n\}N={a1,⋯,an}, 将其分成两类(k−k-k−块的并):
{an}\{a_n\}{an}为单独的一块, 所以其划分数为:S(n−1,k−1)S(n-1,k-1)S(n−1,k−1);

{an}\{a_n\}{an}不是单独的一块, 这时候需要考虑{an}\{a_n\}{an}与其他kkk个块的并(共同组成一块), ana_nan可以并入其他n−1n-1n−1个元素组成的kkk个块中的任意一块,
⇒kS(n−1,k)\Rightarrow kS(n-1,k)⇒kS(n−1,k).

于是:S(n,k)=S(n−1,k−1)+kS(n−1,k),(n,k≥1)S(n,k)=S(n-1, k-1)+kS(n-1,k),\quad (n,k\geq1)S(n,k)=S(n−1,k−1)+kS(n−1,k),(n,k≥1).

杨辉三角(Pascal三角)

由二项式系数构成的一个矩阵
(ank)=(⁣ ⁣(nk)⁣ ⁣)n,k≥0=(11101211331⋮⋮⋮⋮⋱1)(a_{nk})=\left(\!\!\left(\begin{matrix}n\\k\end{matrix}\right)\!\!\right)_{n,k\geq0}= \begin{pmatrix} 1&&&&&\\ 1&1&&&\Large0&\\ 1&2&1&&\\ 1&3&3&1&&\\ \vdots&\vdots&\vdots&\vdots&\ddots\\ &&&&&1 \end{pmatrix} (ank)=((nk))n,k≥0=⎝⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎛1111⋮123⋮13⋮1⋮0⋱1⎠⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎞
其逆矩阵(两组多项式基的表示矩阵)

由(1+x)n=∑k=0n(nk)xk(1+x)^n=\sum\limits_{k=0}^n\binom nk x^k(1+x)n=k=0∑n(kn)xk, (β=Aα\beta=A\alphaβ=Aα形式), 得到:
xn=((1+x)−1)n=∑k=0n(−1)n−k(nk)(1+x)k,(α=Bβ形式)x^n=((1+x)-1)^n=\sum_{k=0}^n(-1)^{n-k}\binom nk(1+x)^k,\quad(\alpha=B\beta形式) xn=((1+x)−1)n=k=0∑n(−1)n−k(kn)(1+x)k,(α=Bβ形式)
于是(⁣ ⁣(nk)⁣ ⁣)n,k≥0\left(\!\!\left(\begin{matrix}n\\k\end{matrix}\right)\!\!\right)_{n,k\geq0}((nk))n,k≥0的逆矩阵为(⁣ ⁣(−1)n−k(nk)⁣ ⁣)n,k≥0\left(\!\!(-1)^{n-k}\left(\begin{matrix}n\\k\end{matrix}\right)\!\!\right)_{n,k\geq0}((−1)n−k(nk))n,k≥0.

二项式反演公式(Gould-Hsu反演公式的一个特例)
{fn=∑k=0n(nk)gkgn=∑k=0n(−1)n−k(nk)fk⟺{fn=∑k=0n(−1)k(nk)gkgn=∑k=0n(−1)k(nk)fk.(逆矩阵为其自身)\begin{cases} f_n=\sum\limits_{k=0}^n\binom nkg_k\\ g_n=\sum\limits_{k=0}^n(-1)^{n-k}\binom nkf_k \end{cases}\iff \begin{cases} f_n=\sum\limits_{k=0}^n(-1)^{k}\binom nkg_k\\ g_n=\sum\limits_{k=0}^n(-1)^{k}\binom nkf_k. \end{cases}(逆矩阵为其自身) ⎩⎪⎪⎨⎪⎪⎧fn=k=0∑n(kn)gkgn=k=0∑n(−1)n−k(kn)fk⟺⎩⎪⎪⎨⎪⎪⎧fn=k=0∑n(−1)k(kn)gkgn=k=0∑n(−1)k(kn)fk.(逆矩阵为其自身)

Stirling三角

(Snk)=(S(n,k))n,k≥0=(1010011013101761⋮⋮⋮⋮⋱1)(S_{nk})=\left(S(n,k)\right)_{n,k\geq0}= \begin{pmatrix} 1&&&&&\\ 0&1&&&\Large0&\\ 0&1&1&&\\ 0&1&3&1&&\\ 0&1&7&6&1&\\ \vdots&\vdots&\vdots&\vdots&&\ddots\\ &&&&&&1 \end{pmatrix} (Snk)=(S(n,k))n,k≥0=⎝⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎛10000⋮1111⋮137⋮16⋮01⋱1⎠⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎞

均为可逆的无穷下三角矩阵.

根据二项式的反演关系:
{fk=∑i=0k(ki)gigk=∑i=0k(−1)k−i(ki)fi\begin{cases} f_k=\sum\limits_{i=0}^k\binom kig_i\\ g_k=\sum\limits_{i=0}^k(-1)^{k-i}\binom kif_i \end{cases} ⎩⎪⎪⎨⎪⎪⎧fk=i=0∑k(ik)gigk=i=0∑k(−1)k−i(ik)fi
以及上述式子:
kn=∑i=0k(ki)i!S(n,i),k^n=\sum_{i=0}^k\binom kii!S(n,i), kn=i=0∑k(ik)i!S(n,i),
取fk=kn,gi=i!S(n,i)f_k=k^n,g_i=i!S(n,i)fk=kn,gi=i!S(n,i), 得到:(在差分公式中也遇到过)
k!S(n,k)=∑i=0k(−1)k−i(ki)in=∑i=0k(−1)i(ki)(k−i)n,k!S(n,k)=\sum_{i=0}^k(-1)^{k-i}\binom kii^n=\sum_{i=0}^k(-1)^{i}\binom ki(k-i)^n, k!S(n,k)=i=0∑k(−1)k−i(ik)in=i=0∑k(−1)i(ik)(k−i)n,
(利用容斥原理进行组合解释).

定理3: (第二类Stirling数的显式表达)
S(n,k)=1k!∑i=0k(−1)i(ki)(k−i)n.S(n,k)=\frac1{k!}\sum_{i=0}^k(-1)^i\binom ki(k-i)^n. S(n,k)=k!1i=0∑k(−1)i(ik)(k−i)n.
定理4: S(n,k)S(n,k)S(n,k)的解析定义
xn=∑k=0nS(n,k)(x)k.x^n=\sum_{k=0}^nS(n,k)(x)_k. xn=k=0∑nS(n,k)(x)k.

证明:
mn=∑k=0nS(n,k)(m)k,(1≤m≤n),m^n=\sum_{k=0}^nS(n,k)(m)_k, (1\leq m\leq n), mn=k=0∑nS(n,k)(m)k,(1≤m≤n),
反证, 假设xn≠∑k=0nS(n,k)(x)kx^n\ne\sum\limits_{k=0}^nS(n,k)(x)_kxn=k=0∑nS(n,k)(x)k, 即xn−∑k=0nS(n,k)(x)k≠0x^n-\sum\limits_{k=0}^nS(n,k)(x)_k\ne0xn−k=0∑nS(n,k)(x)k=0. 而
xn−∑k=0nS(n,k)(x)k=xn−(x)n−∑k=0n−1S(n,k)(x)kx^n-\sum\limits_{k=0}^nS(n,k)(x)_k=x^n-(x)_n-\sum\limits_{k=0}^{n-1}S(n,k)(x)_k xn−k=0∑nS(n,k)(x)k=xn−(x)n−k=0∑n−1S(n,k)(x)k
为至多n−1n-1n−1次多项式, 但是根据
mn=∑k=0nS(n,k)(m)k,(1≤m≤n),m^n=\sum_{k=0}^nS(n,k)(m)_k, (1\leq m\leq n), mn=k=0∑nS(n,k)(m)k,(1≤m≤n),
上述多项式有nnn个零点:x=1,2,⋯,nx=1,2,\cdots,nx=1,2,⋯,n(代数学基本定理), 于是矛盾.

定理5: 第二类Stirling数S(n,k)S(n,k)S(n,k)的有理生成函数.
φk(u)=∑n≥0S(n,k)un=uk(1−u)(1−2u)⋯(1−ku),(k≥1),\varphi_k(u)=\sum_{n\geq0}S(n,k)u^n=\frac{u^k}{(1-u)(1-2u)\cdots(1-ku)},\quad(k\geq1), φk(u)=n≥0∑S(n,k)un=(1−u)(1−2u)⋯(1−ku)uk,(k≥1),

证明:

从递推关系可以得到:
φk(u)=∑n≥0S(n,k)un=∑n≥1S(n−1,k−1)un+∑n≥1kS(n−1,k)un=uφk−1(u)+kuφk(u).\begin{aligned} \varphi_k(u)&=\sum_{n\geq0}S(n,k)u^n=\sum_{n\geq1}S(n-1,k-1)u^n+\sum_{n\geq1}kS(n-1,k)u^n\\ &=u\varphi_{k-1}(u)+ku\varphi_k(u). \end{aligned} φk(u)=n≥0∑S(n,k)un=n≥1∑S(n−1,k−1)un+n≥1∑kS(n−1,k)un=uφk−1(u)+kuφk(u).
于是:
φk(u)=u1−kuφk−1(u),(k≥1).\varphi_k(u)=\frac{u}{1-ku}\varphi_{k-1}(u),\quad(k\geq1). φk(u)=1−kuuφk−1(u),(k≥1).
又因为
φ0(u)=∑n≥0S(n,0)un=1,\varphi_0(u)=\sum\limits_{n\geq0}S(n,0)u^n=1, φ0(u)=n≥0∑S(n,0)un=1,
所以
φk(u)=uk(1−u)(1−2u)⋯(1−ku),(k≥1).\varphi_k(u)=\frac{u^k}{(1-u)(1-2u)\cdots(1-ku)},\quad(k\geq1). φk(u)=(1−u)(1−2u)⋯(1−ku)uk,(k≥1).

这里先插入一个小知识(参考几种有理分式分解的方法 - 知乎 (zhihu.com)): (部分分式分解的方法)

形如

P(x)(a1x+b1)(a2x+b2)...(anx+bn)=A1(a1x+b1)+A2(a2x+b2)+⋯+An(anx+bn)\frac{P(x)}{(a_1x+b_1)(a_2x+b_2)...(a_nx+b_n)} = \frac{A_1}{(a_1x+b_1)} + \frac{A_2}{(a_2x+b_2)} +\cdots +\frac{A_n}{(a_nx+b_n)} (a1x+b1)(a2x+b2)...(anx+bn)P(x)=(a1x+b1)A1+(a2x+b2)A2+⋯+(anx+bn)An

的有理多项式, 以A1A_1A1的计算为例, 两边同时乘以(a1x+b1)(a_1x+b_1)(a1x+b1),
P(x)(a1x+b1)(a1x+b1)(a2x+b2)...(anx+bn)=A1+A2(a1x+b1)(a2x+b2)+⋯+An(a1x+b1)(anx+bn)\frac{P(x)(a_1x+b_1)}{(a_1x+b_1)(a_2x+b_2)...(a_nx+b_n)} = A_1+ \frac{A_2(a_1x+b_1)}{(a_2x+b_2)} +\cdots+\frac{A_n(a_1x+b_1)}{(a_nx+b_n)} (a1x+b1)(a2x+b2)...(anx+bn)P(x)(a1x+b1)=A1+(a2x+b2)A2(a1x+b1)+⋯+(anx+bn)An(a1x+b1)

A1=P(x)(a2x+b2)...(anx+bn)−A2(a1x+b1)(a2x+b2)+⋯+An(a1x+b1)(anx+bn)A_1=\frac{P(x)}{(a_2x+b_2)...(a_nx+b_n)} - \frac{A_2(a_1x+b_1)}{(a_2x+b_2)} +\cdots +\frac{A_n(a_1x+b_1)}{(a_nx+b_n)} A1=(a2x+b2)...(anx+bn)P(x)−(a2x+b2)A2(a1x+b1)+⋯+(anx+bn)An(a1x+b1)

令a1x+b1=0a_1x+b_1=0a1x+b1=0, 则x=−b1a1x=-\frac{b_1}{a_1}x=−a1b1得到:
A1=P(−b1a1)(a2−b1a1+b2)...(an−b1a1+bn).A_1=\frac{P(-\frac{b_1}{a_1})}{(a_2\frac{-b_1}{a_1}+b_2)...(a_n\frac{-b_1}{a_1}+b_n)}. A1=(a2a1−b1+b2)...(ana1−b1+bn)P(−a1b1).

定理6: (定理3) 采用生成函数证明
S(n,k)=1k!∑i=0k(−1)i(ki)(k−i)n=1k!∑i=0k(−1)k−i(ki)in=1k!Δk0˙n\begin{aligned} S(n,k)&=\frac1{k!}\sum_{i=0}^k(-1)^i\binom ki(k-i)^n\\ &=\frac1{k!}\sum_{i=0}^k(-1)^{k-i}\binom kii^n=\frac1{k!}\Delta^k\dot{0}^n \end{aligned} S(n,k)=k!1i=0∑k(−1)i(ik)(k−i)n=k!1i=0∑k(−1)k−i(ik)in=k!1Δk0˙n
其中最后一项为对xnx^nxn差分kkk次后取x=0x=0x=0得到的式子.

证明:

根据生成函数, 得到:
S(n,k)=[un]φk(u)=[un]uk(1−u)(1−2u)⋯(1−ku)=[un−k]1(1−u)(1−2u)⋯(1−ku).\begin{aligned} S(n,k)&=[u^n]\varphi_k(u)=[u^n]\frac{u^k}{(1-u)(1-2u)\cdots(1-ku)}\\ &=[u^{n-k}]\frac1{(1-u)(1-2u)\cdots(1-ku)}. \end{aligned} S(n,k)=[un]φk(u)=[un](1−u)(1−2u)⋯(1−ku)uk=[un−k](1−u)(1−2u)⋯(1−ku)1.
由部分分式分解, 得
1(1−u)(1−2u)⋯(1−ku)=∑i=1kαi1−iu=α11−u+α21−2u+⋯+αk1−ku,\frac{1}{(1-u)(1-2u)\cdots(1-ku)}=\sum_{i=1}^k\frac{\alpha_i}{1-iu}=\frac{\alpha_1}{1-u}+\frac{\alpha_2}{1-2u}+\cdots+\frac{\alpha_k}{1-ku}, (1−u)(1−2u)⋯(1−ku)1=i=1∑k1−iuαi=1−uα1+1−2uα2+⋯+1−kuαk,
其中
αi=lim⁡u→1i1−iu(1−u)(1−2u)⋯(1−ku)=lim⁡u→1i1(1−u)⋯(1−(i−1)u)(1−(i+1)u)⋯(1−ku)=1(1−1i)⋯(1−i−1i)(1−i+1i)⋯(1−ki)=ik−1(i−1)(i−2)⋯1(−1)⋯(i−k)=(−1)k−iiki!(k−i)!\begin{aligned} \alpha_i&=\lim_{u\to\frac1i}\frac{1-iu}{(1-u)(1-2u)\cdots(1-ku)}\\ &=\lim_{u\to\frac1i}\frac{1}{(1-u)\cdots(1-(i-1)u)(1-(i+1)u)\cdots(1-ku)}\\ &=\frac{1}{\left(1-\frac1i\right)\cdots\left(1-\frac{i-1}i\right)\left(1-\frac{i+1}i\right)\cdots\left(1-\frac ki\right)}\\ &=\frac{i^{k-1}}{(i-1)(i-2)\cdots1(-1)\cdots(i-k)}\\ &=(-1)^{k-i}\frac{i^k}{i!(k-i)!} \end{aligned} αi=u→i1lim(1−u)(1−2u)⋯(1−ku)1−iu=u→i1lim(1−u)⋯(1−(i−1)u)(1−(i+1)u)⋯(1−ku)1=(1−i1)⋯(1−ii−1)(1−ii+1)⋯(1−ik)1=(i−1)(i−2)⋯1(−1)⋯(i−k)ik−1=(−1)k−ii!(k−i)!ik
于是
S(n,k)=[un−k]∑i=1kαi1−iu=∑i=1kαi[un−k]11−iu=∑i=1kαi[un−k]∑j≥0ijuj=∑i=1kαiin−k=∑i=1k(−1)k−iini!(k−i)!=1k!∑i=1k(−1)k−i(ki)in.\begin{aligned} S(n,k)&=[u^{n-k}]\sum_{i=1}^k\frac{\alpha_i}{1-iu}=\sum_{i=1}^k\alpha_i[u^{n-k}]\frac1{1-iu}\\ &=\sum_{i=1}^k\alpha_i[u^{n-k}]\sum_{j\geq0}i^ju^j=\sum_{i=1}^k\alpha_ii^{n-k}\\ &=\sum_{i=1}^k(-1)^{k-i}\frac{i^n}{i!(k-i)!}=\frac1{k!}\sum_{i=1}^k(-1)^{k-i}\binom kii^n. \end{aligned} S(n,k)=[un−k]i=1∑k1−iuαi=i=1∑kαi[un−k]1−iu1=i=1∑kαi[un−k]j≥0∑ijuj=i=1∑kαiin−k=i=1∑k(−1)k−ii!(k−i)!in=k!1i=1∑k(−1)k−i(ik)in.
最后一项的求和下标可以改为i=0i=0i=0, 分类讨论:

n=0n=0n=0时, kkk只能为0, 其值为S(0,0)=1S(0,0)=1S(0,0)=1;

n>0n>0n>0时, 0n=00^n=00n=0, 所以S(n,0)=0S(n,0)=0S(n,0)=0.

所以成立.

定理7: 第二类Stirling数S(n,k)S(n,k)S(n,k)的垂直指数生成函数
Φk(t)=∑n≥0S(n,k)tnn!=1k!(et−1)k,(k≥0).\Phi_k(t)=\sum_{n\geq0}S(n,k)\frac{t^n}{n!}=\frac1{k!}(e^t-1)^k,\quad(k\geq0). Φk(t)=n≥0∑S(n,k)n!tn=k!1(et−1)k,(k≥0).
进一步, S(n,k)S(n,k)S(n,k)的双变量混合生成函数为:
Φ(t,u)=∑n,k≥0S(n,k)tnn!uk=exp⁡(u(et−1)).\Phi(t,u)=\sum_{n,k\geq0}S(n,k)\frac{t^n}{n!}u^k=\exp\big(u(e^t-1)\big). Φ(t,u)=n,k≥0∑S(n,k)n!tnuk=exp(u(et−1)).

证明:
Φk(t)=∑n=0∞S(n,k)n!tn=∑n=0∞1k!∑j=0k(kj)jn(−1)k−jtnn!=∑j=0k(−1)k−j1k!(kj)∑n=0∞jntnn!=∑j=0k(−1)k−j1k!(kj)ejt=1k!∑j=0k(kj)(et)j(−1)k−j=(et−1)kk!\begin{aligned} \Phi_k(t)&=\sum_{n=0}^{\infty} \frac{S(n, k)}{n !} t^{n} \\ &= \sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{k !} \sum_{j=0}^{k}\binom{k}{j} j^{n}(-1)^{k-j} \frac{t^{n}}{n !}\\ & =\sum_{j=0}^{k}(-1)^{k-j} \frac{1}{k !}\binom{k}{j} \sum_{n=0}^{\infty} j^{n} \frac{t^{n}}{n !} \\ & =\sum_{j=0}^{k}(-1)^{k-j} \frac{1}{k !}\binom{k}{j} \mathrm{e}^{jt} \\ & =\frac{1}{k !} \sum_{j=0}^{k}\binom{k}{j}\left(\mathrm{e}^{t}\right)^{j}(-1)^{k-j} \\ & =\frac{\left(\mathrm{e}^{t}-1\right)^{k}}{k !} \end{aligned} Φk(t)=n=0∑∞n!S(n,k)tn=n=0∑∞k!1j=0∑k(jk)jn(−1)k−jn!tn=j=0∑k(−1)k−jk!1(jk)n=0∑∞jnn!tn=j=0∑k(−1)k−jk!1(jk)ejt=k!1j=0∑k(jk)(et)j(−1)k−j=k!(et−1)k

进一步,
Φ(t,u)=∑n,k≥0S(n,k)tnn!uk=∑k≥0(∑n≥0S(n,k)tnn!)uk=∑k≥0(1k!(et−1)k)uk=exp⁡(u(et−1))\begin{aligned} \Phi(t,u) &=\sum_{n,k\geq0}S(n,k)\frac{t^n}{n!}u^k\\ &=\sum_{k\geq0}\left(\sum_{n\geq0}S(n,k)\frac{t^n}{n!}\right)u^k\\ &=\sum_{k\geq0}\left(\frac1{k!}(e^t-1)^k\right)u^k\\ &=\exp\big(u(e^t-1)\big) \end{aligned} Φ(t,u)=n,k≥0∑S(n,k)n!tnuk=k≥0∑(n≥0∑S(n,k)n!tn)uk=k≥0∑(k!1(et−1)k)uk=exp(u(et−1))

定理8: (定理4) 第二类Stirling数S(n,k)S(n,k)S(n,k)的水平生成函数
xn=∑k=0nS(n,k)(x)k.x^n=\sum_{k=0}^nS(n,k)(x)_k. xn=k=0∑nS(n,k)(x)k.

证明:两端构造生成函数

由
∑n≥0xntnn!=ext=(1+(et−1))x=∑k≥0(x)kk!(et−1)k=∑k≥0(x)k(et−1)kk!=∑k≥0(x)k∑n≥0S(n,k)tnn!=∑n≥0(∑k≥0(x)kS(n,k))tnn!\begin{aligned} \sum_{n\geq0}x^n\frac{t^n}{n!}&=e^{xt}=\big(1+(e^t-1)\big)^x\\ &=\sum_{k\geq0}\frac{(x)_k}{k!}(e^t-1)^k\\ &=\sum_{k\geq0}(x)_k\frac{(e^t-1)^k}{k!}\\ &=\sum_{k\geq0}(x)_k\sum_{n\geq0}S(n,k)\frac{t^n}{n!}\\ &=\sum_{n\geq0}\left(\sum_{k\geq0}(x)_kS(n,k)\right)\frac{t^n}{n!} \end{aligned} n≥0∑xnn!tn=ext=(1+(et−1))x=k≥0∑k!(x)k(et−1)k=k≥0∑(x)kk!(et−1)k=k≥0∑(x)kn≥0∑S(n,k)n!tn=n≥0∑(k≥0∑(x)kS(n,k))n!tn
比较两端tnn!\frac{t^n}{n!}n!tn的系数[tnn!]\left[\frac{t^n}{n!}\right][n!tn], 即得.

定理9: 显式表达
S(n,k)=∑ci≥0c1+⋯+ck=n−k1c12c2⋯kck,S(n,k)=\sum_{\stackrel{\large c_1+\cdots+c_k=n-k}{c_i\geq0}}1^{c_1}2^{c_2}\cdots k^{c_k}, S(n,k)=ci≥0c1+⋯+ck=n−k∑1c12c2⋯kck,
换言之, S(n,k)S(n,k)S(n,k)是[k][k][k]中所有n−kn-kn−k个不必互异的整数的乘积之和. 这种乘积项一共有(n−k+k−1k−1)=(n−1k−1)\binom{n-k+k-1}{k-1}=\binom{n-1}{k-1}(k−1n−k+k−1)=(k−1n−1)个.

例子:
S(5,3)=12+22+32+1⋅2+1⋅3+2⋅3=25.S(5,3)=1^2+2^2+3^2+1\cdot2+1\cdot3+2\cdot3=25. S(5,3)=12+22+32+1⋅2+1⋅3+2⋅3=25.

证明: (由生成函数)
∑n≥0S(n,k)un−k=1(1−u)(1−2u)⋯(1−ku)=∏i=1k11−iu=∏i=1k(∑ci≥0iciuci)=∑c1,c2,⋯,ck≥01c1⋯kckuc1+⋯+ck.\begin{aligned} \sum_{n\geq0}S(n,k)u^{n-k}&=\frac{1}{(1-u)(1-2u)\cdots(1-ku)}\\ &=\prod_{i=1}^k\frac1{1-iu}\\ &=\prod_{i=1}^k\left(\sum_{c_i\geq0}i^{c_i}u^{c_i}\right)\\ &=\sum_{c_1,c_2,\cdots,c_k\geq0}1^{c_1}\cdots k^{c_k}u^{c_1+\cdots+c_k}. \end{aligned} n≥0∑S(n,k)un−k=(1−u)(1−2u)⋯(1−ku)1=i=1∏k1−iu1=i=1∏k(ci≥0∑iciuci)=c1,c2,⋯,ck≥0∑1c1⋯kckuc1+⋯+ck.
比较两端[un−k][u^{n-k}][un−k], 即得.

定义3: nnn元集合NNN的一个划分S\mathscr{S}S具有类型[⁣[c]⁣]=[⁣[c1,c2,⋯,cn]⁣][\![c]\!]=[\![c_1,c_2,\cdots,c_n]\!][[c]]=[[c1,c2,⋯,cn]], 当且仅当S\mathscr{S}S有cic_ici个iii块, i∈[n]i\in [n]i∈[n], 其中整数ci≥0c_i\geq0ci≥0, 且满足
c1+2c2+⋯+ncn=n,(c1+⋯+cn=∣S∣).c_1+2c_2+\cdots+nc_n=n,(c_1+\cdots+c_n=|\mathscr{S}|). c1+2c2+⋯+ncn=n,(c1+⋯+cn=∣S∣).
定理10: nnn元集合NNN的一个类型[⁣[c]⁣][\![c]\!][[c]]的划分数等于
n!c1!c2!⋯(1!)c1(2!)c2⋯.\frac{n!}{c_1!c_2!\cdots(1!)^{c_1}(2!)^{c_2}\cdots}. c1!c2!⋯(1!)c1(2!)c2⋯n!.

证明:

由于块与块之间的顺序不考虑, 而且块内元素的顺序也不计, 于是从有序排列中去掉c1!c2!⋯c_1!c_2!\cdotsc1!c2!⋯ 即为无序.

定理11:
S(n,k)=∑ci≥0c1+c2+⋯=kc1+2c2+⋯=nn!c1!c2!⋯(1!)c1(2!)c2⋯.S(n,k)=\sum_{\stackrel{c_1+2c_2+\cdots=n}{\stackrel{c_1+c_2+\cdots=k}{c_i\geq0}}}\frac{n!}{c_1!c_2!\cdots(1!)^{c_1}(2!)^{c_2}\cdots}. S(n,k)=ci≥0c1+c2+⋯=kc1+2c2+⋯=n∑c1!c2!⋯(1!)c1(2!)c2⋯n!.

例子:

S(5,3)S(5,3)S(5,3),
{c1+2c2+3c3+4c4+5c5=5c1+c2+c3+c4+c5=3(ci≥0)\begin{cases} c_1+2c_2+3c_3+4c_4+5c_5=5\\ c_1+c_2+c_3+c_4+c_5=3 \end{cases} (c_i\geq0) {c1+2c2+3c3+4c4+5c5=5c1+c2+c3+c4+c5=3(ci≥0)
两组解:

c1=2,c3=1c_1=2,c_3=1c1=2,c3=1;

c1=1,c2=2c_1=1,c_2=2c1=1,c2=2.