Para futuras referencias porque estamos usando un EGF que puede no ser admisible aquí. Recordemos que la especie de las particiones de conjuntos viene dada por
$$\mathfrak{P}(\mathfrak{P}_{\ge 1}(\mathcal{Z})).$$
Pretendemos evaluar $${n\brace n-3}.$$
Ahora bien, como estos conjuntos no están vacíos, debemos poner primero una bola etiquetada en cada uno de los conjuntos $n-3$ ranuras. Esto deja tres bolas etiquetadas. Podemos dividirlas como sigue: $3$ , $1+2$ y $1+1+1.$
En el primer caso se obtiene
$$\mathfrak{P}_{=4}(\mathcal{Z}) \mathfrak{P}_{=n-4}(\mathcal{Z}).$$
En el segundo caso se obtiene
$$\mathfrak{P}_{=2}(\mathcal{Z})\mathfrak{P}_{=3}(\mathcal{Z}) \mathfrak{P}_{=n-5}(\mathcal{Z}).$$
En el tercer caso se obtiene
$$\mathfrak{P}_{=3}(\mathfrak{P}_{=2}(\mathcal{Z})) \mathfrak{P}_{=n-6}(\mathcal{Z}).$$
El término $n$ representa los conjuntos únicos. Obtenemos así para la función generadora
$$G(z) = \frac{z^4}{24}\frac{z^{n-4}}{(n-4)!} + \frac{z^2}{2}\frac{z^3}{6}\frac{z^{n-5}}{(n-5)!} + \frac{1}{6} \left(\frac{z^2}{2}\right)^3 \frac{z^{n-6}}{(n-6)!}.$$
Extrayendo los coeficientes se obtiene
$$n! [z^n] G(z) = {n\choose 4} + 10 {n\choose 5} + 15 {n\choose 6}.$$
Adenda. Podemos tratar el caso general cuando evaluamos $${n\brace n-k}$$
en términos de coeficientes binomiales $${n\choose n-k-q} = {n\choose k+q}$$ donde $1\le q\le k.$
Resolverlos para pequeños $k$ nos señala OEIS A269939 (Números de barrio) donde encontramos la fórmula
$${n\brace n-k} = \sum_{q=1}^k {n\choose n-k-q} \sum_{m=0}^q {k+q\choose k+m} (-1)^{m+q} {k+m\brace m}$$
que ahora probamos.
Recordando la función generadora bivariante para particiones de conjuntos (números de Stirling del segundo tipo) que es
$$G(z, u) = \exp(u(\exp(z)-1))$$
obtenemos para la suma
$$\sum_{q=1}^k {n\choose n-k-q} \\ \times \sum_{m=0}^q \frac{(k+q)!}{(k+m)!(q-m)!} (-1)^{m+q} (k+m)! [z^{k+m}] \frac{(\exp(z)-1)^m}{m!} \\ = n! \sum_{q=1}^k \frac{1}{(n-k-q)!} \frac{1}{q!} \\ \times \sum_{m=0}^q {q\choose m} (-1)^{m+q} [z^{k+m}] (\exp(z)-1)^m \\ = \frac{n!}{(n-k)!} \sum_{q=1}^k {n-k\choose q} \sum_{m=0}^q {q\choose m} (-1)^{m+q} [z^{k+m}] (\exp(z)-1)^m.$$
Ahora introduce
$$[z^{k+m}] (\exp(z)-1)^m = \frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{1}{z^{k+m+1}} (\exp(z)-1)^m \; dz$$
para obtener para la suma interna
$$\frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{1}{z^{k+1}} \sum_{m=0}^q {q\choose m} (-1)^{q-m} \frac{(\exp(z)-1)^m}{z^m} \; dz \\ = \frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{1}{z^{k+1}} \left(\frac{\exp(z)-1}{z}-1\right)^q \; dz \\ = \frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{1}{z^{k+q+1}} \left(\exp(z)-z-1\right)^q \; dz.$$
Esto da como resultado para la suma exterior
$$\frac{n!}{(n-k)!} \sum_{q=1}^k {n-k\choose q} \frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{1}{z^{k+q+1}} \left(\exp(z)-z-1\right)^q \; dz.$$
Ahora observe cuidadosamente que cuando $q\gt k$ entonces $2q\gt k+q$ y puesto que $\exp(z)-z-1$ comienza en $z^2/2$ y por lo tanto $(\exp(z)-z-1)^q$ en $z^{2q}/2^q$ la integral es cero en este caso. Además, con $k\ge 1$ también obtenemos cero de la integral cuando $q=0.$ Por lo tanto está justificado dejar que la suma oscile entre cero y $n-k$ y nosotros obtenemos
$$\frac{n!}{(n-k)!} \frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{1}{z^{k+1}} \sum_{q=0}^{n-k} {n-k\choose q} \frac{1}{z^q} \left(\exp(z)-z-1\right)^q \; dz \\ = \frac{n!}{(n-k)!} \frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{1}{z^{k+1}} \left(1 + \frac{\exp(z)-z-1}{z}\right)^{n-k} \; dz \\ = \frac{n!}{(n-k)!} \frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{1}{z^{n+1}} \left(\exp(z)-1\right)^{n-k} \; dz.$$
Esto es $$n! [z^n] \frac{(\exp(z)-1)^{n-k}}{(n-k)!} = {n\brace n-k}$$
y hemos terminado.
Tenga en cuenta que cuando $k\gt n-k$ también estamos justificados para bajar el límite superior de la suma a $n-k$ porque el segmento que se omite es cero debido al coeficiente binomial ${n-k\choose q}.$
Final alternativo. Podemos utilizar la fórmula de la suma exterior para obtener una expresión combinatoria. Partimos de
$$\frac{n!}{(n-k)!} \sum_{q=1}^k {n-k\choose q} \frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{1}{z^{k+q+1}} \left(\exp(z)-z-1\right)^q \; dz \\ = \sum_{q=1}^k \frac{n!}{(n-k-q)!} \frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{1}{z^{k+q+1}} \frac{\left(\exp(z)-z-1\right)^q}{q!} \; dz \\ = \sum_{q=1}^k {n\choose k+q} \frac{(k+q)!}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{1}{z^{k+q+1}} \frac{\left(\exp(z)-z-1\right)^q}{q!} \; dz \\ = \sum_{q=1}^k {n\choose k+q} {k+q\brace q}_{\ge 2}.$$
Esto es ${n\brace n-k}$ mediante inspección. Recordemos que empezamos colocando un singleton etiquetado en cada uno de los $n-k$ ranuras. Las restantes $k$ se dividen en $q$ conjuntos donde $1\le q\le k.$ Cada uno de estos se une a un singleton, así que de hecho una configuración está completamente determinada por los elementos que están en un conjunto que contiene al menos dos elementos. Eso es lo que representa la fórmula de la última línea -- primero elige el $k+q$ para esos conjuntos y combinar esa elección con una partición de estos elementos en $q$ conjuntos de cardinalidad mínima dos. (Tenemos $k+q$ porque los singletons del principio contribuyen $q$ de ellos).
Observación. Llegados al final de este cómputo vemos que el variable en la integral nunca fue sustituida y quedó inerte. Eso significa que podríamos haber utilizado la notación del extractor de coeficientes en todo sin afectar a la semántica del argumento.
