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Solución:
$$frac ddtfrac1k!(e^t-1)^k=frac1(k-1)!(e^t-1)^k-1e^t =k(frac1k!(e^t-1)^k)+frac1(k-1)!(e^t-1)^k-1$$ ¿Puedes derivarlo de ¿esta?
Me doy cuenta de que esto es un poco tarde para ayudar al autor original, pero para alguien más que encuentre esta publicación y no le guste trabajar con fórmulas derivadas aparentemente ad hoc en la función de generación de secuencias, creo que hay un par de enfoques mejores. podría intentar.
RE: Referencias También me gustaría señalar que el tratamiento de los números de Stirling de ambos tipos que se encuentran en Matemáticas Concretas es mejor y un poco más moderno que el libro de Comtet (que sigue siendo bueno). También hay otra buena publicación a la que puede acceder si tiene una suscripción universitaria de Mansour llamada Relaciones de conmutación, ordenación normal y números de Stirling. Es demasiado costoso para mí recomendarlo si no puede obtener acceso gratuito a él, pero, no obstante, tiene un tratamiento bastante completo de las identidades de los números de Stirling.
Aproximaciones a través de polinomios simétricos Esto se aplica especialmente a los números de Stirling del primer tipo que se pueden generar exactamente por polinomios simétricos elementales de la forma $$|s(n,k)| = [x^k] x cdot prod_i=1^n (1+x/i).$$ Estos coeficientes heredan una plétora de identidades inmediatas de esta estructura como se indica en el libro de Macdonald sobre funciones simétricas. Este formulario también debería hacer que encontrar una relación de recurrencia triangular para esta variante del número de Stirling sea muy, muy fácil. Puede leer más sobre las generalizaciones en este artículo reciente como referencia.
Pasemos ahora a los números de Stirling del segundo tipo. Se da una función generadora ordinaria para este triángulo (por ejemplo, en la Sección 7.4 de Matemática concreta) como $$sum_n geq 0 S(n, k) z^n = fracz^k(1-z)(1-2z)cdots(1-kz).$ $ Nótese aquí que en este caso la secuencia se enumera exactamente en términos de expansiones de la polinomios simétricos homogéneos incompletos (ver la referencia de Wikipedia sobre estos). Tendría que imaginar que esto debería ayudarlo a obtener una prueba más motivada combinatoriamente de la relación de recurrencia triangular que indicó anteriormente.
Otras identidades de suma En cualquier caso, debe obtener fórmulas de suma exactas para estos triángulos en una de las dos formas siguientes: $$sum_m=1^n binomnm (-1)^nm / m^k,$$ o en el caso del segundo tipo como, $$left n atop kright = frac1k!sum_j=0 ^k (-1)^kj binomkj j^n.$$ Estas sumas también deberían sugerir relaciones de recurrencia directamente sin necesidad de realizar operaciones en sus funciones generadoras correspondientes.
Espero que eso ayude a alguien.
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