一些比较特殊的数

主要来源于教材《组合数学及其应用》

鸽笼原理

定理5.1

如果把$n+1$个物体加入到 $n$ 个盒子中，则至少有一个盒子放有两个或者更多的物体。

定理5.2

设 $q_i$ 是正整数$(i=1,2,\cdot \cdot \cdot ,n)$，$q\ge q_1+q_2+\cdot \cdot \cdot +q_n-n+1$，如果把 $q$ 个物体放入 $n$ 个盒子中，则必存在一个 $i$ ，使得第 $i$ 个盒子至少有 $q_i$ 个物体。

• 推论1： 如果把$n(r-1)+1$个物体放入 $n$ 个盒子中，则至少存在一个盒子放有不少于 $r$ 个物体。

• 推论2：对于正整数$m_i(i=1,2,\cdot \cdot \cdot ,n)$，如果
  $$\frac{{\sum }_{i=1}^n{m}_i}{n}>r-1$$
  则至少存在一个 $i$，使得 $m_i\ge r$。

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$Ramsey$数

定义5.1

设 $a$，$b$ 为正整数，令 $R(a,b)$ 是保证有 $a$ 个人彼此相识或者有 $b$ 个人彼此不相识所需要的最少人数，则称 $R(a,b)$为$Ramsey$数。

定理5.8

当 $a,b\ge 2$ 时，$R(a,b)$ 是一个有限数，并且有 $R(a,b)\le R(a-1,b)+R(a,b-1)$。

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$Stirling$数

1. 第一类$stirling$数

   令 $[x{]}_n=x\ast (x-1)\ast \cdot \cdot \cdot \ast (x-n+1)$

   定义4.8

   若 $[x{]}_n={\sum }_{k=0}^n{S}_1(n,k)x^k$，则称$S_1(n,k)$为第一类$stirling$数。显然，$S_1(n,k)$就是多项式$[x{]}_n$的系数。

   定理4.7

   第一类$stirling$数满足如下递归关系式：

   $$\{\begin{array}{ll}{S}_1(n+1,k)=S_1(n,k-1)-n{S}_1(n,k)& n\ge 0,k>0\\ S_1(0,0)=1,S_1(n,0)=0& \end{array}$$

   证明：
   $$[x{]}_{n+1}=\sum _{k=0}^{n+1}{S}_1(n+1,k)x^k$$
   又
   $$[x{]}_{n+1}=x\ast (x-1)\ast \cdot \cdot \cdot \ast (x-n)=[x{]}_n\ast (x-n)=\sum _{k=0}^n{S}_1(n,k)x^{k+1}-n\sum _{k=0}^n{S}_1(n,k)x^k$$
   故
   $$\sum _{k=0}^{n+1}{S}_1(n+1,k)x^k=\sum _{k=0}^n{S}_1(n,k)x^{k+1}-n\sum _{k=0}^n{S}_1(n,k)x^k$$
   比较上式两端 $x^k$ 的系数得：
   $$S_1(n+1,k)=S_1(n,k-1)-n{S}_1(n,k)$$

2. 第二类$Stirling$数

   定义4.9

   若 $x^n={\sum }_{k=0}^n{S}_2(n,k)[x{]}_n$，则称$S_2(n,k)$为第二类$Stirling$数。

   定理4.8

   第二类$stirling$数满足如下递归关系式：
   $$\{\begin{array}{ll}{S}_2(n+1,k)=S_2(n,k-1)+k{S}_2(n,k)& n\ge 0,k>0\\ S_2(0,0)=1,S_2(n,0)=0& \end{array}$$
   证明：
   $$x^{n+1}=\sum _{k=0}^{n+1}{S}_2(n+1,k)[x{]}_k$$
   又
   $$x^{n+1}=x^n\ast x=\sum _{k=0}^n{S}_2(n,k)[x{]}_k(x-k+k)=\sum _{k=0}^n{S}_2(n,k)([x{]}_{k+1}+k[x{]}_k)$$
   既
   $$x^{n+1}=\sum _{k=0}^{n+1}{S}_2(n+1,k)[x{]}_k=\sum _{k=0}^n{S}_2(n,k)[x{]}_{k+1}+k\sum _{k=0}^n{S}_2(n,k)[x{]}_k$$
   比较上式两端的$[x{]}_k$的系数得：
   $$S_2(n+1,k)=S_2(n,k-1)+k{S}_2(n,k)$$
   定理4.9

   第二类$Stirling$数$S_2(n,k)$就是 $n$ 个元素得集合划分成 $k$ 个不相交得非空子集的方式数。

   证明：

   设$A(n,k)$是 $n$ 个元素划分成 $k$ 个不相交的非空子集的方式数，下面证明$A(n,k)$满足上述递归关系式。

   给定一个$n+1$元集合 { a 1 , a 2 , ⋅ ⋅ ⋅ , a n + 1 } \{a_1,a_2,···,a_{n+1}\} {a1​,a2​,⋅⋅⋅,an+1​}，将这个$n+1$元集合划分成 $k$ 个不相交的非空子集，可分为互不相容的两种情况。

   • 设 { a n + 1 } \{a_{n+1}\} {an+1​}是 $k$ 个子集合中的一个子集，于是把 { a 1 , a 2 , ⋅ ⋅ ⋅ , a n } \{a_1,a_2,···,a_n\} {a1​,a2​,⋅⋅⋅,an​}划分为$k-1$个子集有$A(n,k-1)$种划分方式。
   • 如果 { a n + 1 } \{a_{n+1}\} {an+1​}不是 $k$ 个子集合中的一个，则$a_{n+1}$必与其它元素构成一个子集。首先把 { a 1 , a 2 , ⋅ ⋅ ⋅ , a n } \{a_1,a_2,···,a_n\} {a1​,a2​,⋅⋅⋅,an​}划分成 $k$ 个子集，这共有$A(n,k)$种方式。然后再把$a_{n+1}$插入到这 $k$ 个子集中的一个，共有 $k$ 种可能。因此划分方式数共有$kA(n,k)$种。

   根据加法原则，可知 { a 1 , a 2 , ⋅ ⋅ ⋅ , a n , a n + 1 } \{a_1,a_2,···,a_n,a_{n+1}\} {a1​,a2​,⋅⋅⋅,an​,an+1​}划分为 $k$ 个子集的方式数一共有：$A(n,k-1)+kA(n,k)$ 种。

   因此有
   $$A(n+1,k)=A(n,k-1)+kA(n,k)$$
   显然，$A(n,k)$满足第二类$Stirling$数的递归关系式，故$A(n,k)=S_2(n,k)$，定理得证。

   定理4.10

   设 $m,n$ 均为正整数且$m\le n$，$S_2(n,m)=\frac{1}{m!}{\sum }_{i=0}^m(-1{)}^i{C}_m^i(m-i{)}^n$。

   证明：

   考虑这样一个问题，把 $n$ 个不同的球放进 $m$ 个不同编号的盒子中，使得没有一个盒子为空的方式数。首先，不考虑盒子的编号，也就是说假设这 $m$ 个盒子是相同的。这样以来，把 $n$ 个不同的球放进 $m$ 个相同的盒子而且无一盒为空 等价于 把一个 $n$ 元集合 { a 1 , a 2 , ⋅ ⋅ ⋅ , a n } \{a_1,a_2,···,a_n\} {a1​,a2​,⋅⋅⋅,an​}划分为 $m$ 个不相交的非空子集。由定理4.9可知，这共有$S_2(n,m)$种方式。其次再对盒子编号，易知，$m$ 个盒子共有 $m!$ 种编号方式，于是由乘法规则可得：共有
   $$m!S_2(n,m)$$
   种方式把 $n$ 个不同的球放进 $m$ 个不同的盒子中，且无一盒为空。实际上窝们也可以用容斥原理解决这个问题。令 $S$ 表示把 $n$ 个不同的球任意放进 $m$ 个不同的盒子中的所有放法所组成的集合，显然有$|S|=m^n$。令 $p_i(i=1,2,\cdot \cdot \cdot ,m)$ 表示第 $i$ 个盒子为空这一性质，$A_i(i=1,2,\cdot \cdot \cdot ,m)$ 表示 $S$ 中具有性质 $p_i$ 的元素所组成的集合，则 $\overline{A_1}\cap \overline{A_2}\cap \cdot \cdot \cdot \cap \overline{A_m}$ 表示没有一个盒子为空的元素所组成的集合。由容斥原理可知，
   $$|\overline{A_1}\cap \overline{A_2}\cap \cdot \cdot \cdot \cap \overline{A_m}|=|S|-\sum _{i=1}^m|A_i|+\sum _{i\ne j}|A_i\cap A_j|-\sum _{i\ne j\ne k}|A_i\cap A_j\cap A_k|+\cdot \cdot \cdot +(-1{)}^m|A_1\cap A_2\cap \cdot \cdot \cdot \cap A_m|$$
   一般的，对于 $m$ 个盒子让 $k$ 个盒子为空的放球方法数为 $C_m^k(m-k{)}^n$，故
   $$\begin{gathered} |\overline{A_1}\cap \overline{A_2}\cap \cdot \cdot \cdot \cap \overline{A_m}|=m^n-C_m^1(m-1{)}^n+C_m^2(m-2{)}^n-C_m^3(m-3{)}^n+\cdot \cdot \cdot +(-1{)}^m{C}_m^m(m-m{)}^n \\ =\sum _{i=0}^m(-1{)}^i{C}_m^i(m-i{)}^n \end{gathered}$$
   所以
   $$m!S_2(n,m)=\sum _{i=0}^m(-1{)}^i{C}_m^i(m-i{)}^n$$
   既
   $$S_2(n,m)=\frac{1}{m!}\sum _{i=0}^m(-1{)}^i{C}_m^i(m-i{)}^n$$
   例题

   设 $m,n$ 均为正整数且$m\le n$，证明 $m^n={\sum }_{k=1}^m{C}_m^k\ast S_2(n,k)\ast k!$

   证明：

   注意到这样一个问题，$n$ 个 不同的球放入到 $m$ 个不同的盒子中且允许有空盒的方法数为 $m^n$ 种。由定理4.10知，$n$ 个不同的球放入到 $m$ 个不同的盒子中且无一盒为空的方法数为 $m!S_2(n,m)$。而从 $m$ 个盒子中选取 $k$ 个盒子的方法数为$C_m^k$，故枚举所有的放法中可能出现的非空盒数$k(k=1,2,\cdot \cdot \cdot ,m)$，根据加法原则，有：
   $$m^n=C_m^1\ast S_2(n,1)+C_m^2\ast S_2(n,2)\ast 2!+\cdot \cdot \cdot +C_m^m\ast S_2(n,m)\ast m!=\sum _{k=1}^m{C}_m^k\ast S_2(n,k)\ast k!$$

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$Bell$数

定义4.10

若 $B_n={\sum }_{k=0}^n{S}_2(n,k)$，则称 $B_n$ 为$Bell$数。显然$B_0=1$。

定理4.12

$Bell$数$B_n$为 $n$ 个元素的集合划分为不相交的非空子集的方式数，且满足如下递归关系式：
$$B_{n+1}=\sum _{k=0}^n{C}_n^k{B}_k$$
证明：

给定一个$n+1$元集合 { a 1 , a 2 , ⋅ ⋅ ⋅ , a n , a n + 1 } \{a_1,a_2,···,a_n,a_{n+1}\} {a1​,a2​,⋅⋅⋅,an​,an+1​}，将其划分为不相交的非空子集。首先，假设第 $n+1$ 个元素 $a_{n+1}$ 所在子集的元素个数有 $k+1(k=1,2,\cdot \cdot \cdot ,n)$ 个，既从 { a 1 , a 2 , ⋅ ⋅ ⋅ , a n } \{a_1,a_2,···,a_n\} {a1​,a2​,⋅⋅⋅,an​}中挑选 $k$ 个元素和 $a_{n+1}$ 组成一个子集。显然，挑选的方式数有$C_n^k$种，而剩下的 $n-k$ 个元素划分为不相交的非空子集的方式数为 $B_{n-k}$，故
$$B_{n+1}=C_n^0\ast B_n+C_n^1\ast B_{n-1}+C_n^2{B}_{n-2}+\cdot \cdot \cdot +C_n^n{B}_0$$
又$C_n^k=C_n^{n-k}$，所以
$$B_{n+1}=C_n^n{B}_n+C_n^{n-1}{B}_{n-1}+C_n^{n-2}{B}_{n-2}+\cdot \cdot \cdot +C_n^0{B}_0=\sum _{k=0}^n{C}_n^k{B}_k$$

和定理4.9用到了相似的证明思路。