Aquí es una expresión algebraica enfoque basado en la generación de funciones. En primer lugar, tomamos nota de los números de Bell dando el número de particiones de un $n$ elemento del conjunto tiene la siguiente representación
\begin{align*}
{\mathop{Set}}_{\geq 0}({\mathop{Set}}_{\geq 1}(\{1\}))\qquad\Longrightarrow\qquad e^{e^z-1}
\end{align*}
Este enfoque y la siguiente considerable de generalización se puede encontrar en la sección II.3.1 en la Analítica de la combinatoria por P. Flajolet y R. Sedgewick.
La clase $S^{(A,B)}$ de las particiones del conjunto con tamaños de bloque en $A\subseteq \mathbb{Z}_{\geq 1}$ y con un número de bloques que pertenece a $B$ ha exponencial de generación de función
\begin{align*}
S^{(A,B)}(z)=\beta(\alpha(z))\qquad\text{where}\qquad \alpha(z)=\sum_{a\in A}\frac{z^a}{a!},\quad \beta(z)=\sum_{b\in B}\frac{z^b}{b!}\tag{1}
\end{align*}
Usamos (1) para obtener una generación de función para $S_5(n,m)$, el número de maneras para $n$ a las personas a sentarse en $m$ indistinguibles de las tablas, al menos, cinco en cada uno.
La generación de la función: Dado que el número de personas en cada mesa es de al menos $5$, podemos establecer
\begin{align*}
A=\mathbb{Z}_{\geq 5}\qquad\text{where}\qquad \alpha(z)=\sum_{n\geq 5}\frac{z^n}{n!}=e^z-\sum_{j=0}^4\frac{z^j}{j!}
\end{align*}
Dado que el número de mesas es $m$, podemos establecer
\begin{align*}
B=\mathbb{Z}_{= 4}=\{4\}\qquad\text{where}\qquad \beta(z)=\frac{z^4}{4!}
\end{align*}
Obtenemos una generación de función $\beta(\alpha(z))$ $S_5(n,m)$
\begin{align*}
\color{blue}{\sum_{n=5m}^\infty S_5(n,m)\frac{z^n}{n!}=\frac{1}{m!}\left(e^z-\sum_{j=0}^4\frac{z^j}{j!}\right)^m}\tag{2}
\end{align*}
Podemos utilizar la generación de función (2) para obtener una relación de recurrencia para $S_5(n,m)$.
La recurrencia de la relación:
Obtenemos
\begin{align*}
\frac{d}{dz}\left(\frac{1}{m!}\left(e^z-\sum_{j=0}^4\frac{z^j}{j!}\right)^m\right)
&=\frac{d}{dz}\left(\sum_{n=5m}^\infty S_5(n,m)\frac{z^n}{n!}\right)\\
&=\sum_{n=5m}^\infty S_5(n,m)\frac{z^{n-1}}{(n-1)!}\\
&=\sum_{n=5m-1}^\infty S_5(n+1,m)\frac{z^{n}}{n!}\tag{3}\\
\end{align*}
Por otro lado, obtenemos
\begin{align*}
\frac{d}{dz}&\left(\frac{1}{m!}\left(e^z-\sum_{j=0}^4\frac{z^j}{j!}\right)^m\right)\\
&=\frac{1}{(m-1)!}\left(e^z-\sum_{j=0}^4\frac{z^j}{j!}\right)^{m-1}
\left(e^z-\sum_{j=1}^4\frac{z^{j-1}}{(j-1)!}\right)\\
&=\frac{1}{(m-1)!}\left(e^z-\sum_{j=0}^4\frac{z^j}{j!}\right)^m
+\frac{z^4}{4!}\cdot\frac{1}{(m-1)!}\left(e^z-\sum_{j=0}^4\frac{z^j}{j!}\right)^{m-1}\\
&=m\sum_{n=5m}^\infty S_5(n,m)\frac{z^n}{n!}+\frac{z^4}{4!}\sum_{n=5m-5}^\infty S_5(n,m-1)\frac{z^n}{n!}\\
&=m\sum_{n=5m}^\infty S_5(n,m)\frac{z^n}{n!}+\frac{1}{4!}\sum_{n=5m-1}^\infty S_5(n-4,m-1)\frac{z^{n}}{(n-4)!}\\
&=m\sum_{n=5m}^\infty S_5(n,m)\frac{z^n}{n!}+\binom{n}{4}\sum_{n=5m-1}^\infty S_5(n-4,m-1)\frac{z^{n}}{n!}\tag{4}\\
\end{align*}
Coeficiente de comparación de (3) y (4) por $n\geq 5m$ resultados en
\begin{align*}
\color{blue}{S_5(n+1,m)=mS_5(n,m)+\binom{n}{4}S_5(n-4,m-1)}
\end{align*}
