Estoy estudiando los números de Stirling del segundo tipo, y acabo de ver por qué $S(n,k)=\frac{1}{k!}\sum_{j=0}^{k-1}(-1)^{j}{k\choose j}(k-j)^{n}$ (sabiendo que $\sum_{j=0}^{k-1}(-1)^{j}{k\choose j}(k-j)^{n}$ cuenta el número de funciones suryectivas de $X=\{x_{1},...,x_{n}\}$ en $Y=\{y_{1},...,y_{k}\}$ ). Ahora, en mis notas aparece que podemos relacionar estos números de Stirling de segundo tipo con el número de todas las aplicaciones $X\to Y$ , nombrando $j$ el cardinal de la imagen, por esta fórmula: \begin{equation*} k^{n}=\sum_{j=1}^{k}{k\choose j}j!S(n,j) \end{equation*} Y estoy teniendo algunos problemas para visualizarlo. Mi primera aproximación fue intentar manipular la primera relación con las suryectivas, pero me quedé atascado. Luego he pensado en intentar leer lo que significa el lado derecho: Si $j=1$ tenemos $k\cdot S(n,1)=k$ ; esto es contando un cierto número de aplicaciones, las que envían cada elemento de $X$ (tomando $S(n,1)$ estamos contando la partición trivial en $X$ que es sólo $X$ ) a un determinado elemento de $Y$ (y hay $k$ de ellos porque hay $k$ elementos distintos en $Y$ ). Tomemos ahora $j=2$ : tendremos ${k \choose 2}\cdot 2\cdot S(n,2)$ que cuenta lo siguiente: tendríamos ${k\choose 2}$ formas de recolección $2$ elementos de $Y$ (como $|Y|=k$ ); si tomamos una partición de dos elementos, podríamos enviar cada subconjunto a uno de estos dos valores previamente seleccionados, por lo que para cada partición de dos elementos tendríamos dos aplicaciones, ya que podemos enviar el primer elemento de la partición al primer elemento seleccionado de $Y$ y el segundo elemento de la partición al segundo elemento seleccionado de $Y$ y viceversa. Entonces, como el número de particiones de dos elementos es $S(n,2)$ se obtendrá este caso. En general, supongo que puedo pensar en tener el caso de particiones de $j$ elementos, en los que necesitaría ${k\choose j}$ elementos de $Y$ y para cada partición de este tipo, tendría $j!$ diferentes aplicaciones (reordenación de los elementos elegidos de $Y$ nos proporcionaría diferentes aplicaciones: el primer elemento de la partición se enviará al primer elemento de entre los seleccionados en $Y$ establecido por la permutación ( $j!$ es el número de permutaciones), y así sucesivamente). Así pues, en este caso concreto (particiones con $j$ elementos), ``produciríamos'' ${k\choose j}\cdot j!\cdot S(n,j)$ aplicaciones (como $S(n,j)$ es el número de permutaciones posibles de este tipo). Así, sumando todas estas posibilidades se concluirá el problema. Agradecería que alguien me dijera si mis pensamientos están bien organizados, y si es posible hacer una demostración más compacta/elegante de este asunto.
Gracias por adelantado a todos.
