Identitas nomor Stirling

Question

Membiarkan $s(n,j)$ menunjukkan nomor Stirling bertanda tangan dari jenis pertama dan $S(n,j)$nomor Stirling dari jenis kedua. Saya membutuhkan identitas berikut (mungkin sepele)$\sum\limits_{j = 0}^n {s(n,j)S(m + j,k)} = 0$ untuk $k < n$ dan $\sum\limits_{j = 0}^n {s(n,j)S(m + j,n)} = {n^m},$ tapi tidak melihat bagaimana membuktikannya-

Answer 1

Simak identitas mirip Spivey berikut ini $${m+j\brace k}=\sum _{\ell =1}^k\sum _{s=0}^m\binom{m}{s}\ell ^s{j\brace \ell}{m-s\brace k-\ell}.$$ Ini ditetapkan dengan memisahkan file $m$ objek di blok yang berbagi dengan elemen dari $j$ objek (Ini dikontrol dengan $s$) atau yang tidak dibagikan.

$$(-1)^n\sum _{j=0}^n(-1)^j{n\brack j }\left (\sum _{\ell =1}^k\sum _{s=0}^m\binom{m}{s}\ell^s{j\brace \ell}{m-s\brace k-\ell}\right )=\sum _{\ell =1}^k\sum _{s=0}^m\binom{m}{s}\ell^s{m-s\brace k-\ell}(-1)^n\sum _{j=0}^n(-1)^j{n\brack j }{j\brace \ell},$$ tapi jumlah terakhir ini $\delta _{n,\ell}$dengan identitas koefisien penghubung di antara bilangan Stirling.

Jadi kami menyimpulkan bahwa jika$k<n$ jumlahnya $0.$ Jika $k=n$ maka satu-satunya istilah yang bertahan adalah $m=s,k=\ell=n,$ memberimu $n^m.$

Answer 2

Kami berusaha untuk mengevaluasi (perhatikan bahwa ini nol dengan inspeksi saat $k\gt n+m$):

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

dimana $k\le n.$ Dengan menggunakan EGF standar, ini menjadi

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

Sekarang $\left(\log \frac{1}{1-z}\right)^j = z^j+\cdots$ jadi koefisien ekstraktor $[z^n]$ memaksakan batas atas jumlah:

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

Sekarang amati itu untuk deret geometris dalam $j$ untuk menyatu kita harus punya $|\log\frac{1}{1-z}| \lt |w|.$ Perhatikan itu dengan $\log \frac{1}{1-z} = z + \cdots$ gambar dari $|z|=\epsilon$ membuat satu putaran di sekitar titik asal, lingkaran jari-jari $\epsilon$ditambah fluktuasi pesanan yang lebih rendah. Karena itu kami memilih$\epsilon$ untuk mengecilkan lingkaran semu ini agar sepenuhnya terkandung di dalamnya $|w|=\gamma.$ Dengan pilihan ini kutub di $-\log\frac{1}{1-z}$ berada di dalam kontur masuk $w.$ Dengan demikian kami membutuhkan

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

Mengevaluasi integral dalam $w$ kami temukan

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

yang mana

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

Sekarang kapan $k\lt n$ kita punya ${q\choose n}= 0$jadi seluruh jumlah menghilang seperti yang diklaim. Kami hanya mendapat satu istilah saat$k=n$ yaitu

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

juga seperti yang diklaim. Ini menyimpulkan argumen.