q-análogo del fórmula $x^n=\sum_k\left\{n\atop k\right\}(x)_k$.

Question

Los números de stirling de segunda especie satisfacen el fórmula $x^n=\sum_k\left\{n\atop k\right\}(x)_k$, $(x)_k$ Dónde está el caer factorial.

Considerar la definición de $q$ analógico recurrente de los números de stirling, por $$ _q \left\{n\atop k\right\} = q (k) _q\left\ {n-1\atop k\right\} _q ^ _q \left\ {k-1} {n-1\atop k-1\right\}. $$

Por qué cumplen un análogo a la fórmula estándar, $$ ¿(_q (r)) ^ n = \sum_k\left\ {n\atop k\right\} _q (r) _q(r-1) _q\cdots (r-k + 1) _q? $$ Gracias.

Answer 1

Los $q$-Stirling números definidos por su repetición satisfacen la ecuación de operador

$$(xD_q)^n=\sum_k\left\{n\atop k\right\}_qx^kD_q^k\;,\tag{1}$$

donde $D_q$ es el operador de $q$-derivado definido por el $$D_qf(x)=\frac{f(qx)-f(x)}{qx-x}$$ and satisfying $$D_qx^n=\frac{(qx)^n-x^n}{(q-1)x}=\frac{q^n-1}{q-1}x^{n-1}=(n)_qx^{n-1}$$ and $% $ $D_qx=qxD_q\;;$para una prueba ver esta respuesta.

Ahora $xD_qx^r=x(r)_qx^{r-1}=(r)_qx^r$, para que una fácil inducción muestra que $(xD_q)^nx^r=\big((r)_q\big)^nx^r$. Por lo tanto, rendimientos de aplicación $(1)$ $x^r$

$$\begin{align*} \Big((r)_q\Big)^nx^r&=(xD_q)^nx^r\\ &=\sum_k\left\{n\atop k\right\}_qx^kD_q^kx^r\\ &=\sum_k\left\{n\atop k\right\}_qx^k(r)_q(r-1)_q\cdots(r-k+1)_qx^{r-k}\\ &=\sum_k\left\{n\atop k\right\}_q(r)_q(r-1)_q\cdots(r-k+1)_qx^r\;. \end{align*} $$

Ahora solo sustituye $x=1$.

Answer 2

Si puede leer alemán encontrará una respuesta en mis notas de la Conferencia Elementare q-Identitaeten, capítulo 3. (http://homepage.univie.ac.at/johann.cigler/skripten.html).

Su $ \left\{n\atop k\right\}_q$ es lo mismo que mi $ q^{\binom{k}{2}} S[n,k]$