斯特林数和自然数前m项n次方的求和公式
自然数平方和公式是如何推导的？
自然数平方和公式是如何推导的？大家都知道自然数前n项和公式：1 2 ... n=n(n 1)/2。
它的推导方法很简单，就是利用所谓的倒序相加法（据传德国大数学家高斯在其读小学的时候就已经独自想出这一方法）。
令Sn=1 2 3 ... (n-2) (n-1) n则Sn=n (n-2) (n-1) ... 3 2 1所以2Sn=(1 n) [2 (n-1)] [3 (n-2)] ... [(n-2) 3] [(n-1) 2] (n 1) (*) 注意到1 n=2 (n-1)=3 (n-2)=...=(n-2) 3=(n-1) 2=n 1也就是说（*）式右边每一项均等于n 1，一共有n项，因此有2Sn=n(n 1)，所以Sn=n(n 1)/2。
即：1 2 ... n=n(n 1)/2。
但是对于自然数前n项的平方和公式，恐怕很多朋友就不是很清楚了，现在推导如下。
首先回顾一个重要公式，两个数的和的立方展开式(a b)^3=a^3 3*(a^2)*b 3*a*(b^2) b^3 所以：(n 1)^3=n^3 3*n^2 3*n 12^3=(1 1)^3=1^3 3*1^2 3*1 13^3=(2 1)^3=2^3 3*2^2 3*2 14^3=(3 1)^3=3^3 3*3^2 3*3 1......(n 1)^3=n^3 3*n^2 3*n 1等式左右两边相加得，消掉相同的立方项得：(n 1)^3=1^3 3*(1^2 2^2 ... n^2) 3*(1 2 ... n) n令Sn=1^2 2^2 ... n^2，则(n 1)^3=1 3Sn 3n(n 1)/2 n化简后易得Sn=n(n 1)(2n 1)/6即：1^2 2^2 ... n^2=n(n 1)(2n 1)/6顺便说一句，利用同样的方法还可以得出1^3 2^3 ... n^3=n^2*(n 1)^2/4=[n(n 1)/2]^2=(1 2 ... n)^2这是一个非常有趣的结论，大家可以自己尝试去证明一下！。
欧拉公式 斯特拉公式(一)
欧拉公式斯特拉公式(一)欧拉公式1. 定义欧拉公式（Euler’s formula）是一条涉及虚指数函数、三角函数和指数函数的数学等式。
它被广泛应用于数学、物理、工程和计算机科学中。
2. 公式表达欧拉公式可以表示为：e ix=cos(x)+isin(x)，其中e是自然对数的底数，x是实数，i是虚数单位。
3. 解释说明欧拉公式通过将三角函数和指数函数进行了巧妙的结合，提供了三角函数与虚指数函数之间的联系。
该式的左边表示一个复数的虚指数形式，右边则是该复数的三角形式。
这个公式之所以重要，是因为它在许多数学和物理问题的求解中提供了有效的工具。
4. 示例应用a. 欧拉公式的证明可以通过泰勒级数展开和数学归纳法，来证明欧拉公式。
这个证明过程非常经典，在许多数学教材中都有详细阐述。
b. 复数运算利用欧拉公式，可以方便地进行复数的运算。
例如，给定两个复数z1=r1e iθ1和z2=r2e iθ2，它们的乘积可以表示为：z1⋅z2=r1r2e i(θ1+θ2)这样，我们可以通过欧拉公式将复数的乘法转化为简单的数学运算。
斯特林公式1. 定义斯特林公式（Stirling’s formula）是用于近似计算阶乘的一条数学公式。
它提供了一个非常接近真实值的近似结果，并在概率统计、物理学和计算机科学等领域中得到广泛应用。
2. 公式表达斯特林公式的一般形式为：n!≈√2πn(ne )n，其中n是一个正整数。
3. 解释说明斯特林公式利用了对数、指数和积分等数学工具，给出了阶乘的一个近似计算公式。
随着n的增大，斯特林公式的近似结果越来越接近真实的阶乘值。
这个公式的应用，不仅可以提高计算效率，还可以用于推导一些概率统计问题的解析表达式。
4. 示例应用a. 非整数阶乘的计算由于斯特林公式提供了一个近似计算阶乘的方法，因此可以通过它来计算非整数阶乘。
例如，我们可以使用斯特林公式来计算!：!≈√2π⋅()e这样，我们可以得到一个接近真实值的近似结果。
斯特林公式限制条件
斯特林公式限制条件斯特林公式，这可是数学领域里一个相当有趣的家伙。
先来说说斯特林公式到底是啥。
简单来讲，斯特林公式是一个用来近似计算阶乘的公式。
你可能会想，阶乘不就是从 1 乘到那个数嘛，直接算不就得了。
但当数字特别大的时候，直接计算阶乘可就难喽。
这时候斯特林公式就派上用场啦。
它的表达式是：n! ≈ √(2πn) * (n / e)^n 。
不过呢，这斯特林公式可不是随便用的，它有一些限制条件。
咱们得先明白，数学里的很多公式定理都不是无条件通用的，斯特林公式也不例外。
比如说，当 n 特别小的时候，用斯特林公式去近似计算阶乘，可能误差就会比较大。
就像我曾经在课堂上给学生们出了一道题，让他们分别用直接计算阶乘和斯特林公式来算 5 的阶乘。
结果有些同学偷懒直接用了斯特林公式，算出来的结果和准确值相比，偏差还挺大。
这就好比你想走捷径，结果反而绕了远路。
还有啊，如果 n 是负数或者不是整数，那使用斯特林公式就得特别小心，甚至可能根本就不能用。
我记得有一次，一个学生好奇地问我：“老师，那负数的阶乘能不能用斯特林公式算呀？”我就跟他说：“宝贝儿，这可不行哦，负数的阶乘在常规数学定义里都没有呢，更别说用斯特林公式啦。
”另外，在一些精度要求特别高的计算中，斯特林公式可能也不太够格。
比如说在一些科学研究或者工程计算里，一点点的误差都可能导致结果的大不同。
这就好像做蛋糕，配方稍微有点不对，做出来的蛋糕味道就差了好多。
所以啊，咱们在使用斯特林公式的时候，一定要清楚它的限制条件，不能盲目乱用。
就像我们在生活中做选择一样，得先搞清楚规则，才能做出正确的决定。
总的来说，斯特林公式是个好工具，但要用对地方，才能发挥它的最大作用。
可别像拿着一把好剑，却不会用，反而伤了自己。
数学的世界就是这样，充满了奇妙和规则，等着我们去探索和遵循。
从1开始连续自然数的立方求和公式
从1开始连续自然数的立方求和公式立方求和公式是指从1开始连续自然数的立方求和的数学公式。
立方求和公式可以帮助我们求解从1到任意正整数n的连续自然数的立方求和。
表达立方求和公式的数学符号如下：S = 1³ + 2³ + 3³ + ... + n³其中S表示从1到n的连续自然数的立方求和。
为了推导立方求和公式，我们可以利用数列求和的方法。
首先，我们观察到每一项是连续自然数的立方。
可以发现每一项可以等价表示为i³，其中i表示自然数的序号。
因此，立方求和公式可以重写为：S = 1³ + 2³ + 3³+ ... + n³ = Σ(i³)其中Σ表示求和符号，i的取值范围为1到n。
我们可以利用数学归纳法来推导立方求和公式的具体形式。
假设立方求和公式成立时，当n=k时，即S(k) = 1³ + 2³ + 3³ + ... + k³。
现在我们要证明当n=k+1时，也满足立方求和公式。
我们可以进行如下的推导：S(k+1) = 1³ + 2³ + 3³ + ... + k³ + (k+1)³= S(k) + (k+1)³通过数学归纳法的推导，我们可以得出结论：S(n) = 1³ + 2³ + 3³ + ... + n³ = (1+2+3+...+n)²这就是从1开始连续自然数的立方求和公式。
因此，如果我们想要求解从1到任意正整数n的连续自然数的立方求和，我们只需要将自然数序号相加，并将结果的平方即可。
请注意，立方求和公式适用于任意正整数n，并且不适用于负整数和分数。
在实际应用中，立方求和公式可以帮助我们快速计算从1到n的连续自然数的立方求和，从而节省时间和精力。
关于自然数幂之和的几个公式
命题1：对该命题进行数学归纳法对n 的证明：当n=1时；成立；假定对n 成立，则对n+1有：则要证明需证明又∵则命题1证明完毕。
（简便方法见末）对于同类型的只含n 的命题为命题2：证明该命题前先证明另外两个命题：①均为线性变换故有：;)1()1()(00i n m i i m i m n im i i m i m n m n m a C a C a a +=-=-⋅⋅-=⋅E ⋅⋅-=⋅I -E =∆∑∑②对m 用数学归纳法进行证明：当m=1时：成立假定对m 成立，则对m+1有：;2]1)1(2[2)12(-2)22(2222-n 11--++⋅+++=⋅++⋅++=∆-∆=∆n n n m n m n m m n m n m n a a a 结合以上两个命题有：则命题2证明完毕。
;)1(0i n m i i m i m n m a C a +=-⋅⋅-=∆∑;,,,n 1∆∆I -E =∆=I =E +记为n n n n n a a a a I E ,)0,1(2)12(2≥≥⋅++=∆-n m m n a n n m ;2)112(2)3(2)1(2)2(222111----+⋅+⋅+=⋅+=⋅+-⋅+=-=∆n n n n n n n n n n n a a a ;12)121()1(21101+=⋅++=⋅⋅-=∆-+=-∑n n a C a i ni i n i n n ;2)1(),0(,1)1(210-+=-⋅+=≥+=⋅⋅-∑n n i n i i n i n n a n n a C ];)1(),([)1()1,()1()1(101101i i m m i i m i m m i i m m n n i b C n i b C n ++⋅⋅-=+⋅⋅-=+∑∑-=---=--;)],()1([)1(10110∑∑-=---=⋅-+⋅=⋅+=+m i i m i i m im i i m mm n i b n C n C n n ;1)11(1)1(1)1,()1(0101=--=⋅--=⋅⋅-∑∑=--=--m m i i m i m i m m i i m C i b C ∑∑=-=--=≥≥⋅⋅-=ni m i m m i i m m i n m b n m n i b C 1101),(;1,1),,()1(n ;)1()1(10110i m i i m i m i m i i m n C n C+⋅⋅-=⋅∑∑-=---=;)1(])1()11[()1()1(101m m m m i m i i m i m n n n n n C -+=+--+-=+⋅⋅-∑-=--,)1(10m m i m i i m n n n C -+=⋅∑-=命题3：S(m,n)表示第一类Stirling 数，特别一点是s(0,0)在此处为11),(,10),,1()1()1,1(),(=-≤≤-⋅-+--=p p s p k k p s p k p s k p s 证明：先证明下一命题首先故上述命题成立，记对n 求和:)0(1),(),(),1(!10≥+=⋅=++=∑m m P n i b i m s n m a m m n m i 则该命题成立。
自然数的1至n幂的求和公式的递进推导法
自然数的1至n幂的求和公式的递进推导法(连载一)《自然数平方和公式推导及其应用》（/s/blog_4d9ff3d10100cc8t.html）发表以来,得到了数学爱好者的好评。
其实，那是自然数平方和公式推导，推广到偶数、奇数自然数平方和以及自然数立方和公式与偶数、奇数自然数立方和求法的一种偶然思路。
如何由二项式定理推导自然数的n次幂的求和公式才是该数学问题的完美思路，其研究的结果在现实中具备广泛的现实利用价值和数学理论意义，比如它完全可以代表等差数列N项的高次幂求和的思路与方法。
1.自然数的1至n次幂的求和的递进推导关系1.1自然数的1次幂的求和即s=1+2+3+...+n实际上是一个等差为1的等差数列求和,公式为s=n(n+1)/21.2自然数的2次与二次以上幂的求和 s=1n+2n+3n+...+N n(n≥2)不是一个等差数列，也不是一个等比数列，但通过二项式定理的展开式，可以转化为按等差数列，由低次幂到高次幂递进求和。
怎样转化为等差数列、怎样由低次幂递进到高次幂这才是研究思路的重点。
当n为奇数时，由1n+2n+3n+...+N n与s=N n+(N-1)n+(N-2)n+...+1n相加得:2s=N n+[1n+(N-1)n]+[2n+(N-2)n]+[3n+(N-3)n]+...+[(N-1)n+(N-N-1)n]+N n =N n+N n+N n+...+N n加或减去所有添加的二项式展开式数=(1+N)N n减去所有添加的二项式展开式数。
当n为偶数时，由1n+2n+3n+...+N n与s=N n+(N-1)n+(N-2)n+...+1n相加得:2s=N n+[1n+(N-1)n]+[2n+(N-2)n]+[3n+(N-3)n]+...+[(N-1)n+(N-N-1)n]+N n=2N n+2[(N-2)n+(N-4)n+(N-6)n+...0或1]加或减去所有添加的二项式展开式数又当n为偶数时，由1n+2n+3n+...+N n与s=N n+(N-1)n+(N-2)n+...+1n相加得:2s=[N n+1n]+[(N-1)n+2n]+[(N-2)n+3n]+...+[(N-N-1)n+(N-1)n]=2[(N-1)n+(N-3)n+(N-5)n+...0或1]加或减去所有添加的二项式展开式数,合并n为偶数时2S的两个计算结果，可以得到s=N n+(N-1)n+(N-2)n+...+1的计算公式。
斯特林数、欧拉数的求和技术及应用
斯特林数、欧拉数的求和技术及应⽤斯特林数和欧拉数 斯特林数主要处理的是将N个不同元素分成k个集合或环的个数问题，可以分为第⼀类斯特林数和第⼆类斯特林数，其中第⼀类斯特林数还分为有符号和⽆符号两种。
第⼀类斯特林数 第⼀类斯特林数表⽰的是将n个不同元素分成k个不同环的⽅案数，当且仅当两个环不可通过旋转得到时，则两个环不相同。
表⽰法为: \begin{bmatrix} n\\ k \end{bmatrix}读作: n circle k. 将n个不同元素分成k个不同的环有两种⽅式。
第⼀种，有可能是n-1个元素分成了k-1个环，当前第n个元素独⽴成环。
第⼆种可能是n-1个不同元素已经分为k个不同的环，当前元素插⼊这k个不同的环中，对于每个环，共有n-1种不同的插⼊⽅式，故: 将n个不同元素分成k个不同的环有两种⽅式。
第⼀种，有可能是n-1个元素分成了k-1个环，当前第n个元素独⽴成环。
第⼆种可能是n-1个不同元素已经分为k个不同的环，当前元素插⼊这k个不同的环中，对于每个环，共有n-1种不同的插⼊⽅式，故:\begin{bmatrix} 0\\ 0 \end{bmatrix}=1; \begin{bmatrix} n\\ k \end{bmatrix}= \begin{bmatrix} n-1\\ k-1 \end{bmatrix}+ \begin{bmatrix} n-1\\ k\end{bmatrix}*(n-1)此即为第⼀类斯特林数的递归式，也可写作: s(n,k)=s(n-1, k-1)+s(n-1, k)*(n-1)第⼆类斯特林数 第⼆类斯特林数表⽰将n个元素分成k个⾮空集合的⽅案数，集合内是⽆序数。
我们可以很简单得出递推⽅程：分为两种情况，如果前n-1个元素组成了k-1个⾮空集合，则当前元素应⾃成⼀个集合；第⼆种情况，如果前n-1个元素组成了k个集合，则当前元素可以放进这k个集合中的任意⼀个，则递推⽅程为:\begin{Bmatrix} n\\ k \end{Bmatrix}= \begin{Bmatrix} n-1\\ k-1 \end{Bmatrix}+k* \begin{Bmatrix} n-1\\ k \end{Bmatrix}也可写作: S(n,k)=S(n-1, k-1)+k*S(n-1, k)通项公式: S(n, m)=\frac{1} {m!}\sum_{k=0}^{m}(-1)^k C_{m}^{k}(m-k)^n欧拉数 欧拉数\langle\begin{smallmatrix}n\\ k\end{smallmatrix}\rangle是\{1,2,...,n\}的有k个升⾼的排列\pi_1\pi_2...\pi_n的个数，也即是说，在其中k个地⽅有\pi_j<\pi_{j+1}下⾯试图求出\langle\begin{smallmatrix}n\\ k\end{smallmatrix}\rangle的递归式，如果⽤所有可能的⽅法插⼊⼀个新元素n, 那么\{1,...,n-1\}的每个排列\rho=\rho_1...\rho_{j-1}n\rho_{j}...\rho_{n-1}.如果j=1或者\rho_{j-1}<\rho_{j}，\pi中升⾼的个数就与\rho中升⾼的个数⼀样；如果\rho_{j-1}>\rho_j或者j=n，那么它要⽐\rho中的个数⼤1.于是，\pi有k个升⾼，这其中有(k+1)\langle\begin{smallmatrix}n-1\\k\end{smallmatrix}\rangle种⽅式从有k个升⾼的排列\rho获得，加上有((n-2)-(k-1)+1)\langle\begin{smallmatrix}n-1\\ k-1\end{smallmatrix}\rangle种⽅式从有k-1个升⾼的排列\rho得到。
stirling 公式
stirling 公式
斯特林公式是数学中的一个重要公式，它用于近似n的阶乘。
斯特林公式的一般形式如下：
n! ≈ √(2πn) (n/e)^n.
其中，n! 表示n的阶乘，π是圆周率，e是自然对数的底。
这
个公式由苏格兰数学家詹姆斯·斯特林在18世纪提出，并且在数学
和科学领域得到了广泛的应用。
斯特林公式的作用是用一个简单的公式来近似计算n的阶乘，
特别是当n很大时，计算n的阶乘会变得非常复杂，而斯特林公式
可以提供一个相对准确的近似值。
这在统计学、概率论、物理学等
领域的计算中非常有用。
斯特林公式的推导涉及到数学分析和级数展开等高级数学知识，它的证明比较复杂，但是可以通过泰勒级数和对数函数的性质来进
行推导。
斯特林公式在实际应用中有着广泛的用途，比如在概率论中的
泊松分布、统计学中的伽玛分布等都会用到斯特林公式来近似计算阶乘。
在物理学中，斯特林公式也可以用来近似计算热力学系统的微观状态数。
总之，斯特林公式在数学和科学领域都有着重要的地位。
总的来说，斯特林公式是一个重要的数学工具，它提供了一种简单而有效的方法来近似计算阶乘，为复杂计算提供了便利，因此在各个领域都有着广泛的应用。
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斯特林数和自然数前m 项n 次方的求和公式将 n 个元素，分成 k 个非空子集，不同的分配方法种数，称为斯特林数（Stirling Number ），记为),(k n S ，n k ≤≤1。
例如，将4个物体d c b a ,,,分成3个非空子集，有下列6种方法：)}(),(),,{(d c b a ，)}(),(),,{(d b c a ，)}(),(),,{(c b d a ， )}(),(),,{(d a c b ，)}(),(),,{(c a d b ，)}(),(),,{(b a d c 。
所以，6)3,4(=S 。
斯特林数),(k n S 的值列表如下：容易看出，有 1),()1,(==n n S n S ，12)2,(1-=-n n S ，2)1,(2==-C n n S n 。
定理1 当 n k ≤≤2 时，有 ),()1,(),1(k n kS k n S k n S +-=+ 。
证 把1+n 个元素分成k 个非空子集，有),1(k n S +种不同分法。
把1+n 个元素分成k 个非空子集，也可以这样考虑：或者将第1+n 个元素单独作为1个子集，其余n 个元素分成1-k 个非空子集，这种情况下有)1,(-k n S 种不同做法；或者先将前n 个元素分成k 个非空子集，有),(k n S 种分法，再将第1+n 个元素插入这k 个子集，有k 种选择，这种情况下有k ),(k n S 种不同做法。
所以共有),()1,(k n kS k n S +-种分法。
两种考虑，结果应该是一样的，因此有 ),()1,(),1(k n kS k n S k n S +-=+ 。
如果规定当1<k 或n k >时，0),(=k n S ，则公式 ),()1,(),1(k n kS k n S k n S +-=+对 任何正整数n 和任何整数k 都成立。
定理2 对任何整数 n 1≥ 和 0≥k ，有∑-=--=1)()1(!1),(k i n i k i i k C k k n S 。
证 用数学归纳法证明。
（1）当 1=n 时，∑-=--10)()1(!1k i i k i i k C k ∑-=---=101)1(!)1(1k i ik i C k ),1(1011)1(!01000k S k k C =⎪⎩⎪⎨⎧≠==-= ， 公式成立。
（2）设已知对某个正整数 n ，公式成立，下面看 1+n 时的情形：),()1,(),1(k n kS k n S k n S +-=+∑-=-----=201)1()1()!1(1k i ni k i i k C k ∑-=--+10)()1(!k i n i k i i k C k k ∑-=------=1111)()1(!)1(1k i ni k i i k C k ∑-=---+10)()1(!)1(1k i n i k i i k C k ∑-=----=101)()1()!1(1k i n i k i i k C k ∑-=+--=101)()1(!1k i n i k i i k C k ， 可见 1+n 时公式也成立。
（3）所以，对任何正整数 n ，公式都成立。
例如，有12!2122)2,(1-=⋅-=-n nn n S ，!21223!313233)3,(11+⋅-=⋅+⋅-=--n n n n n n S , !3123334!41426344)4,(111-⋅+⋅-=⋅-⋅+⋅-=---n n n n n n n n S , !412436445!515210310455)5,(1111+⋅-⋅+⋅-=⋅+⋅-⋅+⋅-=----n n n n n n n n n n S 。
定理3 当 n k ≤≤1m ≤ 时，有nm ∑==nk k m k n S P 1),(),()2,()1,(21n n S P n S P n S P nm m m +++= 。
证 将n 个元素分配到m 个不同的格子中，每个格子可以有多个元素，也可以没有元素，共有nm 种不同分配方法。
将n 个元素分配到m 个不同的格子中，也可以这样考虑：先将n 个元素分成k 个非空子集，有),(k n S 种不同分法，再将这k 个子集分配到m 个格子中，每个格子最多只能放一个子集，不同的子集分配在不同的格子中，有k m P 种不同分法，共有),(k n S k m P 种不同做法。
这里k 可取n ,,2,1 中每一个值，所以有nm n mm m P n n S P n S P n S ),()2,()1,(21+++= ∑==nk km P k n S 1),( 。
定理4 对任何正整数 1≥m ，1≥k ，有 1111+=++=∑k P P k m mj k j。
证 用数学归纳法证明。
（1）当 1=m 时，11110111111+⎩⎨⎧==>==++=∑k P k k P P k k j kj时当时当 ，定理显然成立。
（2）设已知对某个正整数 m ，定理成立，下面看 1+m 时的情形：=∑+=11m j k jPk m k m k m mj k j P k P PP 111111++++=++=+∑k m k m P P k k m 1111+++++-=k m P k m 112+++=112+=++k P k m ， 可见当 1+m 时，定理也成立。
（3）所以，对任何正整数 m ，定理都成立。
定理5 对任何整数 1≥m 和 1≥n ，有∑==++++mj n nnnnj m 1321∑=+++=nk k m k P k n S 1111),(∑∑=++-=+⎥⎦⎤⎢⎣⎡--=n k k m k i n i k i C i k C 111101)()1( 。
证 由定理3可知 nj ∑==nk kjP k n S 1),(，由定理4可知 1111+=++=∑k P P k m mj k j，所以∑==++++mj nnnnnj m 1321 ∑∑===mj nk kjP k n S 11),(∑∑===nk mj k jP k n S 11),(∑=+++=nk k mk P k n S 1111),(∑∑=++-=+⎥⎦⎤⎢⎣⎡--=nk k m k i n i k i k P i k C k 111101)()1(!1∑∑=++-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡--=nk k m k i n i k i C i k C 11110)()1( 。
例如，有211+==∑m mj C j 2)1(+=m m ， ∑=m j j 1231212+++=m m C C 6)12)(1(++=m m m ，∑=mj j1341312166+++++=m m m CCC4)1(22+=m m ，∑=mj j1451413121243614+++++++=m m m m CCCC30)196)(1(23-+++=m m m m m ，∑=mj j15615141312112024015030+++++++++=m m m m m CCCCC12)142)(1(232-+++=m m m m m 。
举例：∑==++++nj jn1100100100100100321∑=+++=1001111),100(k k n k P k S 101)100,100(4)3,100(3)2,100(2)1,100(1011413121++++++++=n n n n P S P S P S P S1014212233)12(21011419999319921++++++⋅+⋅-+-+=n n n n P P P P⎥⎦⎤⎢⎣⎡++--+⋅-+--++=-101)2)(1(81223)1(31221)1(991999999n P n n n n n 。
一．第一类Stirling 数 s(p,k)s(p,k)的一个的组合学解释是：将p 个物体排成k 个非空循环排列的方法数。
s(p,k)的递推公式：s(p,k) = (p-1)*s(p-1,k) + s(p-1,k-1) ,1<=k<=p-1边界条件：s(p,0) = 0 ,p>=1s(p,p) = 1 ,p>=0递推关系的说明：考虑第p个物品，p可以单独构成一个非空循环排列，这样前p-1种物品构成k-1个非空循环排列，方法数为s(p-1,k-1)；也可以前p-1种物品构成k个非空循环排列，而第p个物品插入第i个物品的左边，这有(p-1)*s(p-1,k)种方法。
二．第二类Stirling数S(p,k)S(p,k)的一个组合学解释是：将p个物体划分成k个非空的不可辨别的（可以理解为盒子没有编号）集合的方法数。
S(p,k)的递推公式是：S(p,k) = k*S(p-1,k) + S(p-1,k-1) ,1<= k <=p-1边界条件：S(p,p) = 1 ,p>=0S(p,0) = 0 ,p>=1递推关系的说明：考虑第p个物品，p可以单独构成一个非空集合，此时前p-1个物品构成k-1个非空的不可辨别的集合，方法数为S(p-1,k-1)；也可以前p-1种物品构成k个非空的不可辨别的集合，第p个物品放入任意一个中，这样有k*S(p-1,k)种方法。
第一类斯特林数和第二类斯特林数有相同的初始条件，但递推关系不同。
引用Brualdi《组合数学》里的一段注释“对于熟悉线性代数的读者，解释如下：具有（比如）实系数，最多为p次的那些各项式形成一个p+1维的向量空间。
组1，n，n^2，...。
n^p和组A(n, 0)，A(n,1)，A(n,2)，... ，A(n,p)都是该空间的基。
第一类Stirling数和第二类Stirling数告诉我们如何用其中的一组基表示另一组基。
”。