i
i
“Razpet” — 2012/1/8 — 18:30 — page 209 — #1 i
i
i
i
i
i
STIRLINGOVA ŠTEVILA DRUGE VRSTE V
INTEGRALSKI OBLIKI
MARKO RAZPET
Pedagoška fakulteta
Univerza v Ljubljani
Math. Subj. Class. (2010): 11B73, 30E20
V prispevku pokažemo, kako lahko Stirlingova števila druge vrste vpeljemo s komple-
ksnim integralom. Izpeljemo tudi njihove osnovne lastnosti.
STIRLING NUMBERS OF THE SECOND KIND IN INTEGRAL FORM
It is shown how we can introduce the Stirling numbers of the second kind by an
integral in the complex domain. Their basic properties are also derived.
Uvod
Namen članka je pokazati preprost primer, v katerem se srečata kombinato-
rika in kompleksna analiza. Dani množici A priredimo družino vseh njenih
podmnožic, ki ji pravimo potenčna množica množice A in jo označimo s
P(A). Če ima A končno mnogo elementov, denimo n, potem ima P(A) še
več elementov kot A, in sicer 2n. To navadno dokažemo s štetjem podmno-
žic, ki imajo po m elementov, pri čemer je m = 0, 1, 2, . . . , n, in z binomsko
formulo, lahko pa se dokaza lotimo tudi z metodo matematične indukcije.
Za n = 0 je A = ∅ in P(∅) = {∅}, potenčna množica ima 20 = 1 element.
Trditev za n = 0 res velja. Privzemimo, da je n število elementov množice
A in da je število elementov v P(A) enako 2n. Denimo, da ima množica B
en element več kot A, torej n+ 1. Brez škode za splošnost lahko vzamemo
B = A ∪ {x}, kjer x 6∈ A. Vse podmnožice množice B lahko razdelimo
na dve tuji si skupini: na tiste, ki x vsebujejo, in tiste, ki x ne vsebujejo.
V prvi so vse podmnožice X množice A, v drugi pa vse X ∪ {x}, kjer je
X iz prve skupine. Enih in drugih je ravno 2n. Zato ima P(B) natančno
2n + 2n = 2n+1 elementov. S tem smo zapisano trditev dokazali.
Eden od osnovnih pojmov pri množicah je binarna relacija v dani množici
A (več o tem najdemo na primer v [5]). Pravimo, da je R binarna relacija
v A, če je R ∈ P(A× A). Binarna relacija R v A je podmnožica produkta
A × A. Če sta a, b ∈ A v relaciji R, zapǐsemo kot aRb, kar ni nič drugega
kot kraǰsi zapis za (a, b) ∈ R.
Binarne relacije v A, ki ima n elementov, lahko preštejemo. Produkt
A × A ima tedaj n2 elementov, P(A × A) pa 2n2 . Nekatere vrste binarnih
Obzornik mat. fiz. 58 (2011) 6 209
i
i
“Razpet” — 2012/1/8 — 18:30 — page 210 — #2 i
i
i
i
i
i
Marko Razpet
relacij so posebno pomembne. Od teh omenimo le ekvivalenčne relacije. Re-
lacija R v množici A je ekvivalenčna, če je R hkrati refleksivna, simetrična
ter tranzitivna. Taka relacija množico A razbije na paroma tuje neprazne
podmnožice, ekvivalenčne razrede množice A po tej relaciji. Po drugi strani
pa vsako razbitje množice A na paroma tuje neprazne podmnožice definira
ekvivalenčno relacijo v A. Torej, če vemo, na koliko načinov lahko množico
razbijemo na paroma tuje neprazne podmnožice, ki jim popolnoma smi-
selno pravimo kar razredi, potem vemo, koliko ekvivalenčnih relacij je v tej
množici. Oglejmo si sedaj to za končno množico.
Stirlingova števila
Naj bo množica A neprazna, ima naj n > 0 elementov, število S(n,m)
pa naj pove, na koliko načinov lahko A razbijemo na m razredov. Število
S(n,m) torej pove, koliko ekvivalenčnih relacij v A je takih, ki imajo m
ustreznih ekvivalenčnih razredov. Števila S(n,m) imenujemo Stirlingova1
števila druge vrste. Mimogrede pripomnimo, da se zanje v ustrezni mate-
matični literaturi uporablja tudi drugačne oznake.
Takoj najdemo posebne primere. Za n > 0 in m = 0 ni nobenega prej
opisanega razbitja množice A, prav tako ne, če je m > n. To pomeni:
S(n, 0) = 0 za n > 0 in S(n,m) = 0 za m > n > 0. Razbitje je za n > 0 eno
samo, če je m = 1 ali m = n, torej S(n, 1) = S(n, n) = 1. Premislimo, da je
tudi S(0, 0) = 1. Prazno množico lahko namreč na en sam način razbijemo
na nič razredov, ker je unija prazne družine razredov prazna množica. S
tem bo račun potekal nemoteno,
Podobno kot lahko binomske koeficiente v Pascalovem trikotniku izraču-
namo postopno, lahko tako sestavimo tudi trikotnik števil S(n,m). V ta
namen pride prav njihova rekurzijska zveza. Do te pa pridemo tako, da
vzamemo množico A, ki ima n elementov, ter množico B = A ∪ {x}, kjer
x 6∈ A. Množica B ima n + 1 element in jo razbijemo na m razredov.
To se da narediti na S(n + 1,m) načinov. V razbitjih množice B na m
razredov so razbitja, ki razred {x} vsebujejo, in taka, ki {x} ne vsebujejo.
Obe skupini razbitij sta si tuji. Prvih je S(n,m − 1), saj tedaj preostalih
m − 1 razredov razbitja sestavlja razbitje množice A. Razbitij množice B,
v katerih razred {x} ne nastopa, je pa podmnožica natančno enega od m
razredov tega razbitja, je mS(n,m). Tako smo našli rekurzijsko zvezo
S(n+ 1,m) = mS(n,m) + S(n,m− 1), (1)
ki velja za vsak m ≥ 1 in za vsak n ≥ 0.
1James Stirling (1692–1770) je bil škotski matematik.
210 Obzornik mat. fiz. 58 (2011) 6
i
i
“Razpet” — 2012/1/8 — 18:30 — page 211 — #3 i
i
i
i
i
i
Stirlingova števila druge vrste v integralski obliki
n\m 0 1 2 3 4 5
0 1 0 0 0 0 0
1 0 1 0 0 0 0
2 0 1 1 0 0 0
3 0 1 3 1 0 0
4 0 1 7 6 1 0
5 0 1 15 25 10 1
Tabela 1. Stirlingova števila druge vrste.
Primer 1. Z metodo matematične indukcije pa lahko s pomočjo rekurzijske
zveze hitro preverimo enakosti
S(n+ 1, n) =
n(n+ 1)
2
, S(n+ 1, 2) = 2n − 1,
ki veljata za vsak n ≥ 0. Opazimo, da je S(n+ 1, n) ravno n-to trikotnǐsko
število.
Nekaj Stirlingovih števil druge vrste je zbranih v tabeli 1.
V zvezi s tem zlahka odgovorimo na vprašanje, koliko je surjektivnih
preslikav ali funkcij iz množice A, ki ima n elementov, na množico B, ki ima
m elementov. Množico A razbijemo na m razredov, nato pa vsak razred pre-
slikamo na natanko en element množice B. To se da narediti na m!S(n,m)
načinov. Torej je surjektivnih preslikav iz A na B ravno m!S(n,m). Čisto
na koncu bomo izpeljali še en izraz za to število.
Število B(n) vseh ekvivalenčnih relacij v množici A z n elementi ali
število vseh razbitij množice A na razrede je n-to Bellovo2 število. Očitno
velja enakost
B(n) =
n∑
m=0
S(n,m).
Zaporedje Bellovih števil se prične tako:
B(0) = 1, B(1) = 1, B(2) = 2, B(3) = 5, B(4) = 15, B(5) = 52.
Iz rekurzijske zveze (1) brez težav z metodo matematične indukcije glede
na število n dokažemo formulo
zn =
n∑
k=0
S(n, k)(z)k, (2)
2Eric Temple Bell (1883–1960) je bil rojen na Škotskem, kot matematik in pisatelj pa
je deloval v ZDA.
209–220 211
i
i
“Razpet” — 2012/1/8 — 18:30 — page 212 — #4 i
i
i
i
i
i
Marko Razpet
v kateri so z izrazom (z)k = z(z − 1) · · · (z − k + 1) definirane padajoče
faktoriele. V dokazu uporabimo enakost k(z)k + (z)k+1 = z(z)k. Pravimo,
da so Stirlingova števila druge vrste povezovalni koeficienti med potencami
in padajočimo faktorielami. Pri tem vzamemo (z)0 = z
0 = 1.
Pripomnimo, da lahko Stirlingova števila prve vrste, ki jih označimo s
s(n,m), vpeljemo kot povezovalne koeficiente med padajočimi faktorielami
in potencami:
(z)n =
n∑
m=0
s(n,m)zm.
Števila |s(n,m)| pa imajo prav tako kombinatorični pomen. Povejo namreč,
koliko je med n! permutacijami števil 1, 2, . . . , n takšnih, ki se izražajo kot
produkt m ciklov. Več o Bellovih in Stirlingovih številih ter njihovih rodov-
nih funkcijah lahko preberemo na primer v [1, 3, 4].
Nekaj kompleksne analize in računanje z residui
V nadaljevanju bomo uporabili nekatere pojme in prijeme, ki so znani v
kompleksni analizi, na primer izrek o residuih (ostankih). Spomnimo se, da
je funkcija f : D → C holomorfna (regularna, analitična), če je v komple-
ksnem smislu odvedljiva v vsaki točki z ∈ D. Pri tem je D odprta množica
v ravnini kompleksnih števil C.
Funkcija f ima pol v točki a ∈ D, če obstajata taka odprta okolica
Ua ⊆ D točke a in taka holomorfna funkcija g : Ua → C, da velja enakost
f(z) = g(z)/(z− a)n pri nekem pozitivnem celem številu n, in sicer za vsak
z ∈ Ua \ {a}. Najmanǰse število n s to lastnostjo je stopnja pola a. Če
je n = 1, govorimo o enostavnem polu. Pol je poseben primer izolirane
singularne točke funkcije.
Za točko a ∈ D lahko zapǐsemo Laurentovo3 vrsto funkcije f :
f(z) =
∞∑
k=−∞
ck(z − a)k =
−1∑
k=−∞
ck(z − a)k +
∞∑
k=0
ck(z − a)k.
Laurentova vrsta konvergira v neki odprti okolici točke a razen morda v
sami točki a. Del vrste z negativnimi indeksi k imenujemo glavni del, del
vrste s pozitivnimi indeksi k pa imenujemo regularni del funkcije f v točki
a. Glede števila od nič različnih koeficientov ck z negativnimi indeksi k v
Laurentovi vrsti razločujemo tri možnosti:
3Pierre Alphonse Laurent (1813–1854) je bil francoski matematik.
212 Obzornik mat. fiz. 58 (2011) 6
i
i
“Razpet” — 2012/1/8 — 18:30 — page 213 — #5 i
i
i
i
i
i
Stirlingova števila druge vrste v integralski obliki
1. Če je ck = 0 za vsak k < 0, je a odpravljiva singularna točka funkcije
f . Laurentova vrsta takrat preide v navadno potenčno vrsto.
2. Če je ck 6= 0 za neskončno mnogo indeksov k < 0, potem je a bistvena
singularna točka funkcije f .
3. Če je ck 6= 0 za končno mnogo negativnih indeksov k in je −n najmanǰsi
tak indeks, potem ima funkcija f v a pol stopnje n. Tedaj ima glavni
del funkcije f v točki a obliko:
c−n
(z − a)n
+
c−n+1
(z − a)n−1
+ . . .+
c−2
(z − a)2
+
c−1
z − a
.
V vseh primerih imenujemo koeficient c−1 residuum
4 funkcije f v točki a in
označimo: c−1 = Res(f, a). Če integriramo z 2πi deljene člene Laurentove
vrste cn(z − a)n v pozitivni smeri po krožnici s poljubnim polmerom in s
sredǐsčem v a, dobimo za rezultat 0 za vsak n razen za n = −1, ko dobimo
(nam ostane) c−1.
Kadar pa ima funkcija f enostaven pol v točki a, kar bomo uporabljali
v nadaljevanju, izračunamo residuum po formuli:
Res(f, a) = lim
z→a
f(z)(z − a).
Primer 2. Naj bo
z 7→ f(z) = 2z
z2 + 1
=
2z
(z + i)(z − i)
.
Funkcija f ima enostavna pola v točkah z1 = −i in z2 = i in
Res(f,−i) = lim
z→−i
2z(z + i)
(z + i)(z − i)
=
−2i
−2i
= 1,
Res(f, i) = lim
z→i
2z(z − i)
(z + i)(z − i)
=
2i
2i
= 1.
V zvezi z residui navedimo brez dokaza izrek o residuih. Z njim izraču-
namo brez večjih težav marsikateri realni integral.
Izrek 1. Naj bo množica D ⊆ C odprta in enostavno povezana, funkcija
f pa naj bo holomorfna na D razen v končno mnogo točkah z1, z2, . . . , zn,
ki so zanjo izolirane singularne točke. Če je C v D pozitivno orientirana
4residuum (latinsko): ostanek
209–220 213
i
i
“Razpet” — 2012/1/8 — 18:30 — page 214 — #6 i
i
i
i
i
i
Marko Razpet
enostavno sklenjena izmerljiva krivulja, ki objame točke z1, z2, . . . , zn in ne
poteka skozi nobeno od njih, potem velja enakost∮
C
f(z) dz = 2πi
n∑
k=1
Res(f, zk).
Množica D ⊆ C je, poenostavljeno povedano, enostavno povezana, če
lahko v njej vsako krožnico zvezno (ne da bi jo pretrgali) stisnemo v točko.
Krivulja je izmerljiva, če ima končno dolžino.
Zapǐsimo še poseben primer:∮
C
dz
z − a
= 2πi. (3)
Pri tem je C pozitivno orientirana enostavno sklenjena izmerljiva krivulja, ki
objame točko a in ne poteka skoznjo. Pripomnimo še, da je
∮
C f(z) dz = 0
za vsako enostavno sklenjeno izmerljivo krivuljo C v odprti in enostavno
povezani množici D ⊆ C, na kateri je funkcija f holomorfna (Cauchyjev
integralski izrek).
Za kompleksno analizo obstaja zelo obširna in bogata matematična litera-
tura, na primer [6].
Lema 2. Naj bo
z 7→ f(z) = z
n
(z − z1)(z − z2) · · · (z − zm)
okraǰsana racionalna funkcija, n nenegativno celo število in z1, z2, . . . , zm ne
nujno različna kompleksna števila, pri čemer je m − n > 1. Potem veljata
enakosti
m∑
k=1
Res(f, zk) = 0,
∮
C
f(z) dz = 0,
kjer je C poljubna enostavno sklenjena izmerljiva krivulja, ki objame točke
z1, z2, . . . , zm in ne poteka skozi nobeno od njih.
Dokaz. Integrirajmo funkcijo f po krožnici |z| = R oziroma z = Reiϕ,
0 ≤ ϕ ≤ 2π, pri čemer vzamemo poljuben R > max{|z1|, |z2|, . . . , |zm|}.
Naj bo rk = Res(f, zk), k = 1, 2, . . . ,m. Po izreku o residuih imamo enakost
r1 + r2 + . . .+ rm =
1
2πi
∮
|z|=R
zn dz
(z − z1)(z − z2) · · · (z − zm)
in oceno
|r1 + r2 + . . .+ rm| =
214 Obzornik mat. fiz. 58 (2011) 6
i
i
“Razpet” — 2012/1/8 — 18:30 — page 215 — #7 i
i
i
i
i
i
Stirlingova števila druge vrste v integralski obliki
=
∣∣∣∣ 12πi
∫ 2π
0
Rneniϕ ·Reiϕi dϕ
(Reiϕ − z1)(Reiϕ − z2) · · · (Reiϕ − zm)
∣∣∣∣ ≤
≤ 1
2π
∫ 2π
0
Rn+1 dϕ
(R− |z1|)(R− |z2|) · · · (R− |zm|)
≤
≤ R
n+1
(R− |z1|)(R− |z2|) · · · (R− |zm|)
.
Naredimo limitni prehod R→∞, upoštevamo pogoj m > n+ 1 in dobimo
r1 + r2 + . . .+ rm = 0.
To tudi pomeni, da je∮
C
zn dz
(z − z1)(z − z2) · · · (z − zm)
= 2πi(r1 + r2 + . . .+ rm) = 0
za vsako enostavno sklenjeno izmerljivo krivuljo C, ki objame z1, z2, . . . , zm
in ne poteka skozi nobeno od njih.
Primer 3. Vzemimo racionalno funkcijo iz primera 2. Zanjo velja Res(f, i)+
Res(f,−i) = 2 6= 0. Našli smo racionalno funkcijo, za katero vsota residuov
ni enaka 0.
Primer 4. Kombinatoriko lahko včasih uporabimo tudi v kompleksni ana-
lizi. Vprašajmo se na primer, največ koliko različnih vrednosti ima lahko
integral ∮
C
dz
(z − z1)(z − z2) · · · (z − zn)
,
kjer so z1, z2, . . . , zn med seboj različne točke v ravnini kompleksnih števil,
C pa je v tej ravnini pozitivno orientirana enostavno sklenjena izmerljiva
krivulja, ki ne poteka skozi nobeno od naštetih točk. Število vrednosti
integrala je odvisno od točk z1, z2, . . . , zn in od tega, katere od njih krivulja
C objame.
Če je n = 1, ima podintegralska funkcija enostaven pol v točki z1 in sta
2 možnosti: ali C objame z1 in integral je enak 2πi ali pa te točke ne objame
in je integral enak 0.
Kadar je n > 1, pa lahko C objame vsako podmnožico množice polov
podintegralske funkcije, to je množice {z1, z2, . . . , zn}. Takih podmnožic pa
je 2n, vključno s prazno množico. V slednjem primeru je integral enak 0.
Toda integral je 0 po lemi 2, tudi ko C objame točke z1, z2, . . . , zn. Zato
ima dani integral pri n > 1 lahko kvečjemu 2n − 1 vrednosti. To število je
209–220 215
i
i
“Razpet” — 2012/1/8 — 18:30 — page 216 — #8 i
i
i
i
i
i
Marko Razpet
včasih doseženo, včasih ne, odvisno od medsebojne lege točk z1, z2, . . . , zn
v ravnini kompleksnih števil. Oglejmo si to na preprostih primerih.
Pri n = 2 ima lahko integral∮
C
dz
(z − z1)(z − z2)
22−1 = 3 vrednosti. Če C objame z1, ima vrednost 2πi/(z1−z2), če objame
z2, vrednost 2πi/(z2 − z1). Če pa C hkrati objame z1 in z2 ali pa če tega
sploh ne naredi, ima integral vrednost 0.
Pri n = 3 se začne zapletati. Residui v polih podintegralske funkcije
integrala
IC =
∮
C
dz
(z − z1)(z − z2)(z − z3)
so števila 1/(z1 − z2)(z1 − z3), 1/(z2 − z1)(z2 − z3) in 1/(z3 − z1)(z3 − z2),
vsota katerihkoli dveh od teh pa je enaka njihovim nasprotnim vrednostim
−1/(z1 − z2)(z1 − z3),−1/(z2 − z1)(z2 − z3) in −1/(z3 − z1)(z3 − z2), ker je
vsota vseh treh residuov enaka 0. Integral ima največ 23 − 1 = 7 različnih
vrednosti. Preprost račun nam pokaže, da se to zgodi natanko tedaj, ko
hkrati velja z1 + z2 6= 2z3, z1 + z3 6= 2z2, z2 + z3 6= 2z1. Noben od polov
podintegralske funkcije ne sme biti na sredini med preostalima dvema.
Za n ≥ 4 so razmere prezapletene in presegajo namen tega članka. Za-
dovoljimo se kar s posebnim primerom. Pokažimo, da za z1 = −1, z2 =
0, z3 = 1 in z4 = 2 integral ne zavzame vseh 2
4 − 1 = 15 vrednosti. Residui
v polih podintegralske funkcije integrala
JC =
∮
C
dz
(z + 1)z(z − 1)(z − 2)
so±1/6 in±1/2, njihove vsote po vseh kombinacijah pa 0,±1/2,±1/3,±2/3
in ±1/6. Našteta števila, pomnožena z 2πi, dajo samo 9 različnih vrednosti
integrala JC , ne pa 15.
Stirlingova števila druge vrste v integralski obliki
Da bi Stirlingovo število druge vrste S(n,m) izrazili s kompleksnim integra-
lom, vzemimo poljubno nenegativno celo število m in obe strani relacije (2)
delimo s produktom z(z − 1)(z − 2) . . . (z −m). Dobimo izraz
zn
z(z − 1)(z − 2) . . . (z −m)
=
n∑
k=0
S(n, k)ϕ(z, k,m), (4)
216 Obzornik mat. fiz. 58 (2011) 6
i
i
“Razpet” — 2012/1/8 — 18:30 — page 217 — #9 i
i
i
i
i
i
Stirlingova števila druge vrste v integralski obliki
pri čemer smo označili
ϕ(z, k,m) =
z(z − 1)(z − 2) . . . (z − k + 1)
z(z − 1)(z − 2) . . . (z −m)
za k ≥ 1 in
ϕ(z, 0,m) =
1
z(z − 1)(z − 2) . . . (z −m)
.
Naj bo C poljubna enostavno sklenjena izmerljiva krivulja, ki objame točke
0, 1, 2, . . . ,m v ravnini kompleksnih števil (z) in ne poteka skozi nobeno od
njih. Potem velja relacija
1
2πi
∮
C
ϕ(z, 0, 0) dz =
1
2πi
∮
C
dz
z
= 1
in po lemi 2
1
2πi
∮
C
ϕ(z, 0,m) dz = 0
za m ≥ 1.
Za k ≥ 1 pa se v izrazu za ϕ(z, k,m) določeno število faktorjev v števcu
in v imenovalcu pokraǰsa. Če je k > m, dobimo polinom spremenljivke z,
torej na C holomorfno funkcijo, in tedaj je
1
2πi
∮
C
ϕ(z, k,m) dz = 0.
Za k < m ostaneta v imenovalcu vsaj dva faktorja, števec pa je enak 1, zato
je po lemi 2 spet
1
2πi
∮
C
ϕ(z, k,m) dz = 0.
Če pa je k = m, dobimo
1
2πi
∮
C
ϕ(z,m,m) dz =
1
2πi
∮
C
dz
z −m
= 1.
Ugotovitev lahko strnemo v preprosto formulo
1
2πi
∮
C
ϕ(z, k,m) dz = δk,m,
kjer je δk,m Kroneckerjev simbol. Zato dobimo z integracijo iz izraza (4):
S(n,m) =
1
2πi
∮
C
zn dz
z(z − 1)(z − 2) . . . (z −m)
.
209–220 217
i
i
“Razpet” — 2012/1/8 — 18:30 — page 218 — #10 i
i
i
i
i
i
Marko Razpet
Funkcije pod integralskim znakom, to se pravi
F (., n,m) : z 7→ F (z, n,m) = z
n
z(z − 1)(z − 2) · · · (z −m)
,
kjer sta števili n in m nenegativni in celi, vzamemo kot funkcije z morebitno
odpravljivo singularnostjo v točki z = 0. Hitro se da preveriti, da za vsak
n ≥ 0 in vsak m ≥ 1 velja enakost
F (z, n+ 1,m) = mF (z, n,m) + F (z, n,m− 1). (5)
Funkcije z 7→ F (z, n,m) po vsem, kar smo videli, lahko uporabimo za
novo, integralsko definicijo Stirlingovih števil druge vrste (članek [2]). Zanje
lahko tudi povsem na novo, neodvisno od njihove kombinatorične definicije,
izpeljemo glavne lastnosti. Oblikujmo izrek.
Izrek 3. Za poljubni nenegativni celi števili m in n ima integral
S(n,m) =
1
2πi
∮
C
F (z, n,m) dz, (6)
kjer je C poljubna enostavno sklenjena izmerljiva krivulja, ki objame točke
0, 1, 2, . . . ,m v ravnini kompleksnih števil (z) in ne poteka skozi nobeno od
njih, naslednje lastnosti:
1. S(0, 0) = 1;
2. S(n, 0) = 0 za vsak n ≥ 1;
3. S(0,m) = 0 za vsak m ≥ 1;
4. S(n+ 1,m) = mS(n,m) +S(n,m− 1) za vsak m ≥ 1 in za vsak n ≥ 0;
5. S(n,m) = 0 za m > n ≥ 1;
6. vsa števila S(n,m) so nenegativna in cela.
Dokaz. Za integracijsko krivuljo integrala v izreku lahko vzamemo na primer
Cm, to je ograjo pravokotnika Rm, ki ga kaže slika 1. Glede na to, kako
je definirana funkcija F (., n,m), je lahko točka z = 0 vselej znotraj tega
pravokotnika, kot je razvidno iz poteka dokaza.
1. Za n = m = 0 je
S(0, 0) =
1
2πi
∮
C0
dz
z
= 1.
218 Obzornik mat. fiz. 58 (2011) 6
i
i
“Razpet” — 2012/1/8 — 18:30 — page 219 — #11 i
i
i
i
i
i
Stirlingova števila druge vrste v integralski obliki
0
(z)
Rm
..................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................
....
....
....
....
....
....
....
....
....
....
....
....
....
....
....
....
....
....
....
....
....
.
......
.......................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................
....
....
....
....
..
....
....
....
....
...............................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................
• • • •. . .
1 2 m
......
......
......
......
Cm
Slika 1. Integracijska krivulja.
2. Za n ≥ 1 in m = 0 imamo po Cauchyjevem integralskem izreku
S(n, 0) =
1
2πi
∮
C0
zn−1 dz = 0,
saj je tedaj podintegralska funkcija na pravokotniku R0 regularna.
3. Za n = 0 in m ≥ 1 je prav tako po lemi 2
S(0,m) =
1
2πi
∮
Cm
dz
z(z − 1)(z − 2) · · · (z −m)
= 0.
4. Za vsak m ≥ 1 in za vsak n ≥ 0 je
2πi(mS(n,m)+S(n,m−1)) = m
∮
Cm
F (z, n,m) dz+
∮
Cm
F (z, n,m−1) dz =
=
∮
Cm
(mF (z, n,m) + F (z, n,m− 1)) dz =
=
∮
Cm
F (n+ 1, n,m) dz = 2πiS(n+ 1,m) .
Pri tem smo uporabili enakost (5). Po kraǰsanju s faktorjem 2πi dobimo
iskano rekurzijsko zvezo.
5. Za m > n ≥ 1 dobimo po lemi 2
S(n,m) =
1
2πi
∮
Cm
zn−1 dz
(z − 1)(z − 2) · · · (z −m)
= 0.
6. Da so vsa števila S(n,m) nenegativna in cela, lahko sklepamo induk-
tivno na podlagi pravkar dokazane rekurzijske zveze.
S tem smo izrek v celoti dokazali.
209–220 219
i
i
“Razpet” — 2012/1/8 — 18:30 — page 220 — #12 i
i
i
i
i
i
Marko Razpet
Z rekurzijsko zvezo
S(n+ 1,m) = mS(n,m) + S(n,m− 1),
ki velja za m ≥ 1 in n ≥ 0, so pri robnih pogojih S(0,m) = 0 za m ≥ 1,
S(n, 0) = 0 za n ≥ 1 in S(0, 0) = 1 Stirlingova števila S(n,m) natančno
določena. Zato imamo (6) res lahko za njihovo integralsko definicijo.
Primer 5. Izrek 1 in izraz (6) nam pomagata razviti še eno formulo za
število surjektivnih funkcij iz množice A, ki ima n elementov, na množico
B, ki ima m elementov. Vemo že, da jih je m!S(n,m). Sedaj pa lahko
zapǐsemo
m!S(n,m) = m!
m∑
k=0
Res(F (., n,m), k).
Najprej obravnavamo primer n ≥ 1, n ≥ m ≥ 1. V polu z = k, kjer je
k = 1, 2, . . . ,m, je tedaj
Res(F (., n,m), k) = lim
z→k
zn
z(z − 1) . . . (z − k + 1)(z − k − 1) . . . (z −m)
.
Po poenostavitvi dobimo
Res(F (., n,m), k) =
(−1)m−kkn
k!(m− k)!
.
Dobljeni izraz je pravilen tudi za n = 0 in k = 0, če v njem privzamemo, da
je 00 = 1. Nazadnje dobimo:
m!S(n,m) =
m∑
k=0
(−1)m−kkn
(
m
k
)
=
m∑
k=0
(−1)k(m− k)n
(
m
k
)
.
Zgornji izraz se da izpeljati tudi popolnoma kombinatorično z uporabo pra-
vila o vključitvi in izključitvi.
Stirlingova in Bellova števila imajo še veliko drugih lastnosti, posplošitev
in povezav. Nastopajo še marsikje v matematiki, zlasti v kombinatoriki,
verjetnostnem računu in teoriji števil.
LITERATURA
[1] M. Abramowitz in I. Stegun, Handbook of mathematical functions with formulas,
graphs, and mathematical tables, Dover publications, New York, 1972.
[2] A. Benzait in B. Voigt, A combinatorial interpretation of (1/k!)∆ktn, Discrete Ma-
thematics 73 (1988/89), 27–35.
[3] J. Grasselli, Enciklopedija števil, DMFA – založnǐstvo, Ljubljana, 2008.
[4] S. Klavžar in P. Žigert, Izbrana poglavja uporabne matematike, Pedagoška fakulteta,
Maribor, 2002.
[5] N. Prijatelj, Matematične strukture I, Mladinska knjiga, Ljubljana, 1964.
[6] I. Vidav, Vǐsja matematika III, DZS, Ljubljana, 1976.
220 Obzornik mat. fiz. 58 (2011) 6