Идентификатор числа Стирлинга

Question

Позволять $s(n,j)$ обозначают числа Стирлинга первого рода со знаком и $S(n,j)$Числа Стирлинга второго рода. Мне нужна следующая (вероятно, тривиальная) личность$\sum\limits_{j = 0}^n {s(n,j)S(m + j,k)} = 0$ за $k < n$ и $\sum\limits_{j = 0}^n {s(n,j)S(m + j,n)} = {n^m},$ но не вижу, как это доказать -

Answer 1

Рассмотрим следующую идентичность типа Spivey $${m+j\brace k}=\sum _{\ell =1}^k\sum _{s=0}^m\binom{m}{s}\ell ^s{j\brace \ell}{m-s\brace k-\ell}.$$ Это устанавливается путем разделения $m$ объекты в тех, которые разделяют блок с элементом $j$ объекты (это контролируется $s$) или те, которые не делятся.

$$(-1)^n\sum _{j=0}^n(-1)^j{n\brack j }\left (\sum _{\ell =1}^k\sum _{s=0}^m\binom{m}{s}\ell^s{j\brace \ell}{m-s\brace k-\ell}\right )=\sum _{\ell =1}^k\sum _{s=0}^m\binom{m}{s}\ell^s{m-s\brace k-\ell}(-1)^n\sum _{j=0}^n(-1)^j{n\brack j }{j\brace \ell},$$ но эта последняя сумма $\delta _{n,\ell}$тождеством коэффициентов связи между числами Стирлинга.

Итак, мы заключаем, что если$k<n$ сумма $0.$ Если $k=n$ тогда единственный термин, который выживает, это $m=s,k=\ell=n,$ давая вам $n^m.$

Answer 2

Мы стремимся оценить (обратите внимание, что это ноль при осмотре, когда $k\gt n+m$):

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

где $k\le n.$ Используя стандартные EGF, это становится

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

В настоящее время $\left(\log \frac{1}{1-z}\right)^j = z^j+\cdots$ так что экстрактор коэффициентов $[z^n]$ устанавливает верхний предел суммы:

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

Теперь заметим, что для геометрического ряда в $j$ чтобы сойтись мы должны иметь $|\log\frac{1}{1-z}| \lt |w|.$ Обратите внимание, что с $\log \frac{1}{1-z} = z + \cdots$ образ $|z|=\epsilon$ делает один оборот вокруг начала координат, круг радиуса $\epsilon$плюс дополнительные колебания более низкого порядка. Поэтому мы выбираем$\epsilon$ сжать этот псевдокружок, чтобы он полностью содержался в $|w|=\gamma.$ При таком выборе полюс на $-\log\frac{1}{1-z}$ находится внутри контура в $w.$ Таким образом, мы требуем

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

Вычисляя интеграл в $w$ мы нашли

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

который

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

Теперь, когда $k\lt n$ у нас есть ${q\choose n}= 0$так что вся сумма исчезает, как заявлено. Мы получаем только один срок, когда$k=n$ а именно

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

также как заявлено. На этом аргумент завершен.