Eine Stirling-Nummernidentität

Question

Lassen $s(n,j)$ bezeichnen die signierten Stirling-Nummern der ersten Art und $S(n,j)$die Stirling-Zahlen der zweiten Art. Ich brauche die folgende (wahrscheinlich triviale) Identität$\sum\limits_{j = 0}^n {s(n,j)S(m + j,k)} = 0$ zum $k < n$ und $\sum\limits_{j = 0}^n {s(n,j)S(m + j,n)} = {n^m},$ aber nicht sehen, wie man es beweist-

Answer 1

Betrachten Sie die folgende Spivey-ähnliche Identität $${m+j\brace k}=\sum _{\ell =1}^k\sum _{s=0}^m\binom{m}{s}\ell ^s{j\brace \ell}{m-s\brace k-\ell}.$$ Dies wird durch Aufteilen der $m$ Objekte in denen, die Block mit einem Element der teilen $j$ Objekte (Dies wird mit gesteuert $s$) oder diejenigen, die nicht teilen.

$$(-1)^n\sum _{j=0}^n(-1)^j{n\brack j }\left (\sum _{\ell =1}^k\sum _{s=0}^m\binom{m}{s}\ell^s{j\brace \ell}{m-s\brace k-\ell}\right )=\sum _{\ell =1}^k\sum _{s=0}^m\binom{m}{s}\ell^s{m-s\brace k-\ell}(-1)^n\sum _{j=0}^n(-1)^j{n\brack j }{j\brace \ell},$$ aber diese letzte Summe ist $\delta _{n,\ell}$durch die Identität der Verbindungskoeffizienten zwischen Stirling-Zahlen.

Wir schließen daraus, dass wenn$k<n$ die Summe ist $0.$ Wenn $k=n$ dann ist der einzige Begriff, der überlebt, ist $m=s,k=\ell=n,$ dir geben $n^m.$

Answer 2

Wir versuchen zu bewerten (beachten Sie, dass dies durch Inspektion Null ist, wenn $k\gt n+m$):

$$\sum_{j=0}^n (-1)^{n+j} {n\brack j} {m+j\brace k}$$

wo $k\le n.$ Bei Verwendung von Standard-EGFs wird dies

$$n! [z^n] \sum_{j=0}^n (-1)^{n+j} \frac{1}{j!} \left(\log\frac{1}{1-z}\right)^j (m+j)! [w^{m+j}] \frac{(\exp(w)-1)^k}{k!} \\ = (-1)^n n! m! [z^n] \sum_{j=0}^n (-1)^{j} {m+j\choose j} \left(\log\frac{1}{1-z}\right)^j \\ \times \frac{1}{2\pi i} \int_{|w|=\gamma} \frac{1}{w^{m+j+1}} \frac{(\exp(w)-1)^k}{k!} \; dw \\ = (-1)^n n! m! [z^n] \frac{1}{2\pi i} \int_{|w|=\gamma} \frac{1}{w^{m+1}} \frac{(\exp(w)-1)^k}{k!} \\ \times \sum_{j=0}^n (-1)^{j} {m+j\choose j} \left(\log\frac{1}{1-z}\right)^j \frac{1}{w^j} \; dw.$$

Jetzt $\left(\log \frac{1}{1-z}\right)^j = z^j+\cdots$ also der Koeffizientenextraktor $[z^n]$ erzwingt die Obergrenze der Summe:

$$(-1)^n n! m! [z^n] \frac{1}{2\pi i} \int_{|w|=\gamma} \frac{1}{w^{m+1}} \frac{(\exp(w)-1)^k}{k!} \\ \times \sum_{j\ge 0} (-1)^{j} {m+j\choose j} \left(\log\frac{1}{1-z}\right)^j \frac{1}{w^j} \; dw \\ = (-1)^n n! m! \frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{1}{z^{n+1}} \frac{1}{2\pi i} \int_{|w|=\gamma} \frac{1}{w^{m+1}} \frac{(\exp(w)-1)^k}{k!} \\ \times \sum_{j\ge 0} (-1)^{j} {m+j\choose j} \left(\log\frac{1}{1-z}\right)^j \frac{1}{w^j} \; dw \; dz \\ = (-1)^n n! m! \frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{1}{z^{n+1}} \\ \times \frac{1}{2\pi i} \int_{|w|=\gamma} \frac{1}{w^{m+1}} \frac{(\exp(w)-1)^k}{k!} \frac{1}{(1+\frac{1}{w}\log\frac{1}{1-z})^{m+1}} \; dw \; dz \\ = (-1)^n n! m! \frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{1}{z^{n+1}} \\ \times \frac{1}{2\pi i} \int_{|w|=\gamma} \frac{(\exp(w)-1)^k}{k!} \frac{1}{(w+\log\frac{1}{1-z})^{m+1}} \; dw \; dz.$$

Beachten Sie nun das für die geometrische Reihe in $j$ um zu konvergieren müssen wir haben $|\log\frac{1}{1-z}| \lt |w|.$ Beachten Sie, dass mit $\log \frac{1}{1-z} = z + \cdots$ Das Bild von $|z|=\epsilon$ macht eine Umdrehung um den Ursprung, einen Kreis mit Radius $\epsilon$plus zusätzliche Schwankungen niedrigerer Ordnung. Wir wählen daher$\epsilon$ diesen Pseudokreis zu verkleinern, um vollständig in enthalten zu sein $|w|=\gamma.$ Mit dieser Wahl ist die Stange bei $-\log\frac{1}{1-z}$ ist innerhalb der Kontur in $w.$ Wir benötigen also

$$\frac{1}{k! \times m!} \left(\sum_{q=0}^k {k\choose q} (-1)^{k-q} \exp(qw)\right)^{(m)} = \frac{1}{k! \times m!} \sum_{q=0}^k {k\choose q} (-1)^{k-q} q^m \exp(qw).$$

Auswertung des Integrals in $w$ wir finden

$$(-1)^n \frac{n!}{k!} \frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{1}{z^{n+1}} \sum_{q=0}^k {k\choose q} (-1)^{k-q} q^m (1-z)^q \; dz$$

welches ist

$$\bbox[5px,border:2px solid #00A000]{ \frac{n!}{k!} \sum_{q=0}^k {k\choose q} {q\choose n} (-1)^{k-q} q^m.}$$

Jetzt, wenn $k\lt n$ wir haben ${q\choose n}= 0$so verschwindet die gesamte Summe wie behauptet. Wir bekommen nur einen Begriff wann$k=n$ nämlich

$$\frac{n!}{n!} {n\choose n} {n\choose n} (-1)^{n-n} n^m = n^m$$

auch wie behauptet. Damit ist das Argument abgeschlossen.