(1)

区別の出来る\(n\)個のボールを区別の出来ないk個の箱に空箱なしで分ける方法は\(S_{2}\left(n,k\right)\)通りあり、その\(k\)個のグループを区別すると\(S_{2}\left(n,k\right)k!\)通りになる。
また、
\begin{align*} S_{2}\left(n,k\right)k! & =\frac{1}{k!}\left(\sum_{j=0}^{k}\left(-1\right)^{k-j}C\left(k,j\right)j^{n}\right)\cdot k!\\ & =\sum_{j=0}^{k}\left(-1\right)^{k-j}C\left(k,j\right)j^{n} \end{align*} となる。

(1)-2

区別の出来る箱の空箱ありと空箱なしとの関係より、
\begin{align*} \sum_{j=0}^{k}\left(-1\right)^{k-j}C\left(k,j\right)j^{n} & =\frac{k!}{k!}\sum_{j=0}^{k}\left(-1\right)^{k-j}C\left(k,j\right)j^{n}\\ & =k!S_{2}\left(n,k\right) \end{align*} となる。

(2)

\(n\)個のもの1つ1つについて\(k\)通りの選び方があるので、\(k^{n}\)通りになる。

(2)-2

区別の出来る箱の空箱ありと空箱なしとの関係より、
\begin{align*} \sum_{j=0}^{k}C\left(k,j\right)S_{2}\left(n,j\right)j! & =\sum_{j=0}^{k}C\left(k,j\right)\frac{1}{j!}\sum_{m=0}^{j}\left(-1\right)^{j-m}C\left(j,m\right)m^{n}j!\\ & =\sum_{j=0}^{k}\sum_{m=0}^{j}\left(-1\right)^{j-m}C\left(k,j\right)C\left(j,m\right)m^{n}\\ & =\sum_{m=0}^{k}\left(-1\right)^{-m}m^{n}\sum_{j=m}^{k}\left(-1\right)^{j}C\left(k,j\right)C\left(j,m\right)\\ & =\sum_{m=0}^{k}\left(-1\right)^{-m}m^{n}\sum_{j=m}^{k}\left(-1\right)^{j}C\left(k,m\right)C\left(k-m,k-j\right)\\ & =\sum_{m=0}^{k}\left(-1\right)^{-m}m^{n}C\left(k,m\right)\sum_{j=m}^{k}\left(-1\right)^{j}C\left(k-m,j-m\right)\\ & =\sum_{m=0}^{k}m^{n}C\left(k,m\right)\sum_{j=0}^{k-m}\left(-1\right)^{j}C\left(k-m,j\right)\\ & =\sum_{m=0}^{k}m^{n}C\left(k,m\right)\delta_{km}\\ & =k^{n} \end{align*}

(3)

区別の出来る\(k\)個の箱から\(n\)個を順番を含めて選ぶ方法は\(P\left(k,n\right)\)通りあり、選んだ順番通りにボールに対応付けすればいいので\(P\left(k,n\right)\)通りとなる。

(4)

まず\(n\)個の区別のできないボールを1つずつ\(k\)個の箱に入れるとここまでの総数は1通りである。
次に残りの\(n-k\)個のボールを\(k\)個の箱に既に1つ入っている状態なので空箱ありで入れる総数は\(H\left(k,n-k\right)\)となる。
これより、求める場合の数は\(1\cdot H\left(k,n-k\right)=C\left(k+n-k-1,n-k\right)=C\left(n-1,n-k\right)=C\left(n-1,k-1\right)\)通りとなる。

(4)-2

\(n\)個の「\(\bigcirc\)」の\(n-1\)個の間から\(k-1\)個の仕切り「\(\mid\)」を選び、\(j-1\)個目から\(j\)個目の仕切りに囲まれた\(\bigcirc\)を\(j\)個目の箱とすればいいので、\(C\left(n-1,k-1\right)\)通りとなる。

(4)-3

\(a,b,c\in\mathbb{Z}\land0\leq a\land b\leq c\)のとき、
\[ \sum_{j=0}^{k-a}\left(-1\right)^{j}C\left(k,j+a\right)C\left(j+b,c\right)=\begin{cases} \left(-1\right)^{k-a}C\left(b-a,c-k\right) & a-b+c\leq k\\ 0 & k<a-b+c \end{cases} \] を使う。
区別の出来る箱に分けるときの空箱ありと空箱なしとの関係より、
\begin{align*} \sum_{j=0}^{k-a}\left(-1\right)^{k-j}C\left(k,j\right)H\left(j,n\right) & =\sum_{j=0}^{k}\left(-1\right)^{k-j}C\left(k,j\right)C\left(j+n-1,n\right)\\ & =\left(-1\right)^{k}\sum_{j=0}^{k}\left(-1\right)^{j}C\left(k,j\right)C\left(j+n-1,n\right)\\ & =\begin{cases} \left(-1\right)^{k}\left(-1\right)^{k}C\left(n-1,n-k\right) & -\left(n-1\right)+n\leq k\\ 0 & k<-\left(n-1\right)+n \end{cases}\\ & =\begin{cases} C\left(n-1,k-1\right) & 1\leq k\\ 0 & k<1 \end{cases}\\ & =\begin{cases} C\left(n-1,k-1\right) & 1\leq k\\ C\left(n-1,k-1\right) & k<1 \end{cases}\\ & =C\left(n-1,k-1\right) \end{align*} となり、空箱なしは\(C\left(n-1,k-1\right)\)通りになる。

(5)

\(n\)個の「\(\bigcirc\)」と\(k-1\)個の仕切り「\(\mid\)」を並び替え、\(j-1\)個目から\(j\)個目の仕切りに囲まれた\(\bigcirc\)を\(j\)番目の箱とすればいいので、\(n+k-1\)個の物から仕切りとなる\(k-1\)個を選べばいい。
すなわち、\(C\left(n+k-1,k-1\right)=C\left(n+k-1,n\right)=H\left(k,n\right)\)となる。

(5)-2

区別の出来る箱に分けるときの空箱ありと空箱なしとの関係より、
\begin{align*} \sum_{j=0}^{k}C\left(k,j\right)C\left(n-1,j-1\right) & =\sum_{j=0}^{k}C\left(k,j\right)C\left(n-1,n-1-\left(j-1\right)\right)\\ & =\sum_{j=0}^{k}C\left(k,j\right)C\left(n-1,n-j\right)\\ & =\sum_{j=0}^{n}C\left(k,j\right)C\left(n-1,n-j\right)\\ & =C\left(k+n-1,n\right)\\ & =H\left(k,n\right) \end{align*}

(6)

\(k\)個の箱から\(n\)個選ぶ方法は\(C\left(k,n\right)\)通りあり、選んだ箱にボールを入れればいいので\(C\left(k,n\right)\)通りとなる。

(7)

区別の出来る\(n\)個のボールを\(k\)個の区別の出来ない箱に空箱なしで入れる場合の数は\(S_{2}\left(n,k\right)\)である。

(7)-2

区別の出来ない箱に分けるときの空箱ありと空箱なしとの関係より、
\begin{align*} \sum_{j=0}^{k}S_{2}\left(n,j\right)-\sum_{j=0}^{k-1}S_{2}\left(n,j\right) & =S_{2}\left(n,k\right) \end{align*} となる。

(8)

区別の出来る\(n\)個のボールをk個の区別の出来ない箱に空箱ありで入れる場合の数はベル数なので\(B\left(n,k\right)\)通りとなる。
また、区別の出来ない箱に分けるときの空箱ありと空箱なしとの関係より、
\[ \sum_{j=0}^{k}S_{2}\left(n,j\right) \] 通りとなり、
\begin{align*} \sum_{j=0}^{k}S_{2}\left(n,j\right) & =\sum_{j=0}^{k}\frac{1}{j!}\sum_{m=0}^{j}\left(-1\right)^{j-m}C\left(j,m\right)m^{n}\\ & =\sum_{m=0}^{k}\sum_{j=m}^{k}\frac{1}{j!}\left(-1\right)^{j-m}C\left(j,m\right)m^{n}\\ & =\sum_{m=0}^{k}m^{n}\sum_{j=0}^{k-m}\frac{1}{\left(j+m\right)!}\left(-1\right)^{j}C\left(j+m,m\right)\\ & =\sum_{m=0}^{k}m^{n}\sum_{j=0}^{k-m}\left(-1\right)^{j}\frac{1}{m!j!}\\ & =\sum_{m=0}^{k}\frac{m^{n}}{m!}\sum_{j=0}^{k-m}\frac{\left(-1\right)^{j}}{j!} \end{align*} となる。

(9)

\(k<n\)のときは箱よりボールのほうが多く入れられないので0通りとなり、\(n\leq k\)のときは箱が区別出来なく、箱にも1つまでしか入れれないので1通りとなる。

(10)

求める場合の数は、\(n\)個のボールをまず\(k\)個の箱に1つずつ入れてから残りの\(n-k\)個のボールを\(k\)個の箱に空箱ありで入れる場合の数となるので\(p\left(n-k,k\right)\)通りとなる。

(10)-2

区別の出来ない箱に分けるときの空箱ありと空箱なしとの関係と漸化式より、
\[ p\left(n,k\right)-p\left(n,k-1\right)=p\left(n-k,k\right) \] となる。

(11)

区別の出来ない\(n\)個のボールを区別の出来ない\(k\)個の箱に空箱ありで分ける方法の数は分割数\(p\left(n,k\right)\)に等しい。

(11)-2

区別の出来ない箱に分けるときの空箱ありと空箱なしとの関係と漸化式より、
\begin{align*} \sum_{j=0}^{k}p\left(n-j,j\right) & =\sum_{j=0}^{k}\left\{ p\left(n,j\right)-p\left(n,j-1\right)\right\} \\ & =p\left(n,k\right)-p\left(n,-1\right)\\ & =p\left(n,k\right) \end{align*} となる。

(12)

\(k<n\)のときは箱よりボールのほうが多く入れられないので0通りとなり、\(n\leq k\)のときは箱が区別出来なく、箱にも1つまでしか入れれないので1通りとなる。