Une identité de numéro Stirling

Question

Laisser $s(n,j)$ désignent les nombres de Stirling signés du premier type et $S(n,j)$les nombres de Stirling du second type. J'ai besoin de l'identité suivante (probablement triviale)$\sum\limits_{j = 0}^n {s(n,j)S(m + j,k)} = 0$ pour $k < n$ et $\sum\limits_{j = 0}^n {s(n,j)S(m + j,n)} = {n^m},$ mais ne vois pas comment le prouver

Answer 1

Considérez l'identité Spivey suivante $${m+j\brace k}=\sum _{\ell =1}^k\sum _{s=0}^m\binom{m}{s}\ell ^s{j\brace \ell}{m-s\brace k-\ell}.$$ Ceci est établi en divisant le $m$ objets dans ceux qui partagent un bloc avec un élément du $j$ objets (Ceci est contrôlé avec $s$) ou ceux qui ne partagent pas.

$$(-1)^n\sum _{j=0}^n(-1)^j{n\brack j }\left (\sum _{\ell =1}^k\sum _{s=0}^m\binom{m}{s}\ell^s{j\brace \ell}{m-s\brace k-\ell}\right )=\sum _{\ell =1}^k\sum _{s=0}^m\binom{m}{s}\ell^s{m-s\brace k-\ell}(-1)^n\sum _{j=0}^n(-1)^j{n\brack j }{j\brace \ell},$$ mais cette dernière somme est $\delta _{n,\ell}$par l'identité des coefficients de connexion entre les nombres de Stirling.

Nous concluons donc que si$k<n$ la somme est $0.$ Si $k=n$ alors le seul terme qui survit est $m=s,k=\ell=n,$ te donner $n^m.$

Answer 2

Nous cherchons à évaluer (notez que c'est zéro par inspection quand $k\gt n+m$):

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

où $k\le n.$ En utilisant des EGF standard, cela devient

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

Maintenant $\left(\log \frac{1}{1-z}\right)^j = z^j+\cdots$ donc l'extracteur de coefficient $[z^n]$ applique la limite supérieure de la somme:

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

Observez maintenant que pour la série géométrique en $j$ pour converger il faut avoir $|\log\frac{1}{1-z}| \lt |w|.$ Notez qu'avec $\log \frac{1}{1-z} = z + \cdots$ l'image de $|z|=\epsilon$ fait un tour autour de l'origine, un cercle de rayon $\epsilon$plus des fluctuations d'ordre inférieur supplémentaires. Nous choisissons donc$\epsilon$ rétrécir ce pseudo-cercle pour qu'il soit entièrement contenu dans $|w|=\gamma.$ Avec ce choix, le pôle à $-\log\frac{1}{1-z}$ est à l'intérieur du contour dans $w.$ Nous avons donc besoin

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

Évaluer l'intégrale dans $w$ nous trouvons

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

lequel est

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

Maintenant, quand $k\lt n$ nous avons ${q\choose n}= 0$ainsi la somme entière disparaît comme réclamé. Nous obtenons juste un terme quand$k=n$ à savoir

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

aussi comme revendiqué. Ceci conclut l'argument.