Stirling numarası kimliği

Question

İzin Vermek $s(n,j)$ birinci türden imzalı Stirling numaralarını gösterir ve $S(n,j)$ikinci türden Stirling sayıları. Aşağıdaki (muhtemelen önemsiz) kimliğe ihtiyacım var$\sum\limits_{j = 0}^n {s(n,j)S(m + j,k)} = 0$ için $k < n$ ve $\sum\limits_{j = 0}^n {s(n,j)S(m + j,n)} = {n^m},$ ama nasıl kanıtlayacağımı görmeyin

Answer 1

Aşağıdaki Spivey benzeri kimliği düşünün $${m+j\brace k}=\sum _{\ell =1}^k\sum _{s=0}^m\binom{m}{s}\ell ^s{j\brace \ell}{m-s\brace k-\ell}.$$ Bu, $m$ bloğu paylaşan nesnelerdeki nesneler $j$ nesneler (Bu, $s$) veya paylaşmayanlar.

$$(-1)^n\sum _{j=0}^n(-1)^j{n\brack j }\left (\sum _{\ell =1}^k\sum _{s=0}^m\binom{m}{s}\ell^s{j\brace \ell}{m-s\brace k-\ell}\right )=\sum _{\ell =1}^k\sum _{s=0}^m\binom{m}{s}\ell^s{m-s\brace k-\ell}(-1)^n\sum _{j=0}^n(-1)^j{n\brack j }{j\brace \ell},$$ ama bu son miktar $\delta _{n,\ell}$Stirling sayıları arasındaki katsayıları bağlama kimliğiyle.

Yani şu sonuca varıyoruz: eğer$k<n$ toplam $0.$ Eğer $k=n$ o zaman hayatta kalan tek terim $m=s,k=\ell=n,$ sana veriyorum $n^m.$

Answer 2

Değerlendirmeye çalışıyoruz (bunun, teftişle sıfır olduğuna dikkat edin. $k\gt n+m$):

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

nerede $k\le n.$ Standart EGF'leri kullanarak bu,

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

Şimdi $\left(\log \frac{1}{1-z}\right)^j = z^j+\cdots$ yani katsayı çıkarıcı $[z^n]$ toplamın üst sınırını uygular:

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

Şimdi şunu gözlemleyin, geometrik seri için $j$ yakınlaşmak için sahip olmalıyız $|\log\frac{1}{1-z}| \lt |w|.$ Unutmayın $\log \frac{1}{1-z} = z + \cdots$ resmi $|z|=\epsilon$ merkezin etrafında bir dönüş yapar, yarıçaplı bir daire $\epsilon$artı ek düşük dereceli dalgalanmalar. Bu nedenle seçiyoruz$\epsilon$ bu sözde daireyi tamamen içerecek şekilde küçültmek için $|w|=\gamma.$ Bu seçimle kutup $-\log\frac{1}{1-z}$ konturun içinde $w.$ Bu nedenle ihtiyacımız var

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

İntegrali değerlendirme $w$ bulduk

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

hangisi

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

Şimdi ne zaman $k\lt n$ sahibiz ${q\choose n}= 0$bu nedenle, iddia edildiği gibi tüm meblağ yok olur. Sadece bir terim alıyoruz$k=n$ yani

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

ayrıca iddia edildiği gibi. Bu argümanı sonuçlandırır.