Prueba de una ecuación que involucra números de Stirling del segundo tipo

Question

Encontré esta ecuación con números de Stirling del segundo tipo en Math World:$$\sum\limits_{m=1}^n (-1)^m(m-1)!\,S(n,m)=0 \ .$ $ Sin embargo, no sé por qué esto es cierto. Estoy buscando una prueba o una explicación de esta ecuación.

Answer 1

Aquí, como otra respuesta, me gustaría ir con la siguiente fórmula recursiva para$S(n,m)$ si$1\leq m\leq n$:

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Ahora si denoto:

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Tienes para$$S(n,m)=mS(n-1,m)+S(n-1,m-1) $:

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Ahora$$\varphi(n):=\sum_{m=1}^n(-1)^m(m-1)!S(n,m) $ y$n\in\mathbb{N}^*$ si$$\varphi(n+1):=\sum_{m=1}^{n+1}(-1)^m(m-1)!S(n+1,m) $ y$$\varphi(n+1)=\sum_{m=1}^{n+1}(-1)^m(m-1)!(mS(n,m)+S(n,m-1)) $ si$$\varphi(n+1)=\sum_{m=1}^{n+1}(-1)^mm!S(n,m)+\sum_{m=1}^{n+1}(-1)^m(m-1)!S(n,m-1) $, así que tenemos:

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Answer 2

Prefiero la notación$n\brace m$ para tu$S(n,m)$. Una de las identidades básicas para los números de Stirling del segundo tipo es

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donde$$x^n=\sum_m{n\brace m}(-1)^{n-m}x^{\overline m}\;,\tag{1}$ es un factorial creciente.

Se desprende directamente de la identidad más familiar$x^{\overline m}=\prod_{k=0}^{m-1}(x+k)$$$x^n=\sum_m{n\brace m}x^{\underline m}\;,$ x ^ {\ underline m} = \ prod_ {k = 0} ^ {m-1} (xk) $ es el factorial descendente.

Establecer en $ where $; entonces para$x=0$ tenemos

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y por lo tanto

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como se desee.

Answer 3

Tenemos la identidad, para$n\geq 2$, $$ \ sum_ {k = 1} ^ {n} S \ left (n, k \ right) \ left (k-1 \ right)! Z ^ {k} = \ left (-1 \ right) ^ {n} \ textrm {Li} _ {1-n} \ left (1 +1 / z \ right)$$ where $ \ textrm {Li} _ {n} \ izquierda (z \ derecha)$ is the polylogarithm function, then if we take $ z = -1$ we have $ $ \ sum_ {k = 1} ^ {n} S \ izquierda (n, k \ derecha) \ izquierda (k-1 \ derecha )! \ left (-1 \ right) ^ {k} = \ left (-1 \ right) ^ {n} \ textrm {Li} _ {1-n} \ left (0 \ right) = 0. $$

Answer 4

Supongamos que estamos tratando de mostrar que $$\sum_{m=1}^{n} (-1)^m (m-1)! {n\abrazadera m} = 0.$$

Recordar las especies para el conjunto de las particiones que es $$\mathfrak{P}(\mathcal{U} \mathfrak{P}_{\ge 1}(\mathcal{Z}))$$ que da a la generación de la función $$G(z, u) = \exp(u(\exp(z)-1))$$

y por lo tanto $${n\abrazadera m} = n! [z^n] \frac{(\exp(z)-1)^m}{m.}.$$

Sustituir esto en la suma para obtener $$n! [z^n] \sum_{m=1}^{n} (-1)^m (m-1)! \frac{(\exp(z)-1)^m}{m.} = n! [z^n] \sum_{m=1}^{n} \frac{(-1)^m}{m} (\exp(z)-1)^m.$$

Podemos extender la suma de los infinitos términos más allá de $n$ porque $$(\exp(z)-1)^m$$ starts at $z^m$ including for $m>n.$ Este rendimientos $$n! [z^n] \sum_{m=1}^{\infty} \frac{(-1)^m}{m} (\exp(z)-1)^m \\ = n! [z^n] \log\frac{1}{1+\exp(z)-1} = n! [z^n] \log\exp(-z) = n! [z^n] (-z).$$

Por lo tanto, la suma es menos uno al $n=1$ y cero en caso contrario.

Anexo Jue Oct 15 De 2015. La prueba de log-exp identidad es en este MSE enlace.