斯特林数相关式子的证明（整修完成）
一些其他恒等式
注：下文或有把 \([x^n/n!]\)（即 \(n![x^n]\)）写成 \([n!x^n]\) 的现象，请注意辨别
斯特林数的递推公式
\[{n\brace k}={n-1\brace k-1}+k{n-1\brace k}
\]
\[{n\brack k}={n-1\brack k-1}+(n-1){n-1\brack k}
\]
斯特林数的常见生成函数：
\[\sum_{i\ge 0}{n\brace i}x^i=(\sum_{k\ge 0}\frac{k^nx^k}{k!})(\sum_{k\ge 0}\frac{(-1)x^k}{k!})\\
\sum_{i\ge 0}{i\brace m}\frac{x^i}{i!}=\frac{(e^x-1)^m}{m!}\\
\sum_{i\ge 0}{n\brack i}x^i=x^{\overline n}\\
\sum_{i\ge 0}{i\brack m}\frac{x^i}{i!}=\frac{(-\ln(1-x))^m}{m!}
\]
证明可以参考洛谷四个斯特林数模板题的题解区。
斯特林反演
\[f(n)=\sum_{i}{n\brace i}g(i)\iff g(n)=\sum_{i}(-1)^{n-i}{n\brack i}f(i)
\]
代入即证。
负数斯特林数
\[{n\brack k}={-k\brace -n}
\]
还有几个特殊的生成函数。
\[\sum_{n\ge 1} {n\brace m}z^n=\frac{z^m}{\prod_{i=1}^m(1-iz)}
\]
可以归纳证明。
\[(\frac{z}{\ln(z+1)})^m=\sum_{n\ge 0}\frac{z^n}{n!}\frac{{m\brace m-n}}{\binom{m-1}n}
\]
证明：
\[(\frac{z}{\ln(z+1)})^m=(-z)^m\ln^{-m}(\frac{1}{1-(-z)})\\
=(-z)^m(-m)!\sum_{n}{n\brack -m}\frac{(-z)^n}{n!}\\
=(-z)^m(-m)!\sum_{n}{m\brace -n}\frac{(-z)^n}{n!}\\
=\sum_{n}{m\brace n}(-z)^{m-n}\frac{\Gamma(n)\sin \pi n}{\Gamma(m)\sin \pi m}\\
=\sum_{n}{m\brace n}(-z)^{m-n}\frac{(n-1)!}{(m-1)!}(-1)^{m-n}\\
=\sum_{n}{m\brace m-n}(-z)^{n}\frac{(m-n-1)!}{(m-1)!}(-1)^{n}\\
=\sum _n\frac{z^n}{n!}\frac{m\brace m-n}{\binom{m-1}n}
\]
还有对偶的式子
\[(\frac{z}{1-e^{-z}})^m=\sum_{n\ge 0}\frac{z^n}{n!}\frac{m\brack m-n}{\binom{m-1}{n}}
\]
我们换种方法证明。
\[{n\brack n-i}(n-i)!=[n!z^n](\ln \frac{1}{1-z})^{n-i}\\
{n\brack n-i}(n-i)!=[n!z^nt^{n-i}]\sum_{i\ge 0}(t\ln \frac{1}{1-z})^i=[n!z^nt^{n-i}]\frac{1}{1-t\ln\frac{1}{1-z}}\\
{n\brack n-i}(n-i)!=n![z^i]\frac{n-i}{n}(\frac{z}{1-e^{-z}})^n\\
\sum_{n\ge 0}{n\brack n-i}\frac{z^i(n-i-1)!}{(n-1)!}=(\frac{z}{1-e^{-z}})^n\\
(\frac{z}{1-e^{-z}})^m=\sum_{n\ge 0}\frac{z^n}{n!}\frac{m\brack m-n}{\binom{m-1}{n}}
\]
中间运用了拉格朗日反演。
当然，这两种方法都可以证得对方证的那个式子。
具体数学 6-4 表恒等式
这里只证明一组对偶恒等式之一（两类斯特林数证明应本质相同）
公式的另一个形式参考《具体数学》
证明：
\[\sum_{k}{n\brace k}{k\brack m}(-1)^{n-k}=\sum_{k}{n\brack k}{k\brace m}(-1)^{n-k}=[m=n](6.30)
\]
把下降幂和上升幂拆开形式互相代入即证。
证明：
\[{n+1\brace m+1}=\sum_k\binom{n}{k}{k\brace m}(6.15)
\]
\[\text{RHS's EGF}=e^x\frac{(e^x-1)^m}{m!}
\]
这个不好搞，但是可以把 \(e^x\) 的常数项分开计算。
就变成了
\[RHS=[\frac{x^n}{n!}](e^x-1)\frac{(e^x-1)^m}{m!}+{n\brace m}\\
=\frac{(e^x-1)^{m+1}}{m!}+{n\brace m}\\
=[\frac{x^n}{n!}](m+1)\frac{(e^x-1)^{m+1}}{(m+1)!}+{n\brace m}\\
=(m+1){n\brace m+1}+{n\brace m}
\]
证明：
\[{n\brace m}=\sum_k\binom{n}{k}{k+1\brace m+1}(-1)^{n-k}
\]
显然 EGF。
\[RHS=\sum_k\binom{n}{n-k}{k+1\brace m+1}(-1)^{n-k}\\
\]
先需要知道
\[\sum_i{i+1\brace m}\frac{x^i}{i!}\\
=(\sum_i{i+1\brace m}\frac{x^{i+1}}{(i+1!})'\\
=\frac{e^x(e^x-1)^{m-1}}{(m-1)!}
\]
\[\therefore \text{RHS's EGF}=e^{-x}\times \frac{e^x(e^x-1)^{m}}{m!}\\=\frac{(e^x-1)^m}{m!}=\text{LHS's EGF}
\]
证明：
\[m!{n\brace m}=\sum_k\binom{m}{k}k^n(-1)^{m-k}(6.19)
\]
一般幂转下降幂，二项式反演即可。是第二类斯特林数·行的原理。
证明：
\[{n+1\brace m+1}=\sum_{k=0}^n{k\brace m}(m+1)^{n-k}(6.20)
\]
看起来只能 OGF，但是斯特林数的列 OGF 很糟糕。但是我们尝试考虑比值：
\[t=\frac{\sum_{k\ge 0}{k+1\brace m+1}x^k}{\sum_{k\ge 0}{k\brace m}x^k}\\
=\frac{\sum_{k\ge 0}{k\brace m}x^k+(m+1)\sum_{k\ge 0}{k\brace m+1}x^k}{\sum_{k\ge 0}{k\brace m}x^k}\\
=1+\frac{(m+1)\sum_{k\ge 0}{k\brace m+1}x^k}{\sum_{k\ge 0}{k\brace m}x^k}\\
=1+\frac{(m+1)x\sum_{k\ge 0}{k+1\brace m+1}x^k}{\sum_{k\ge 0}{k\brace m}x^k}\\
\therefore 1+(m+1)tx=t\\
t=\frac{1}{1-(m+1)x}=\sum_{k\ge 0}(m+1)^kx^k
\]
然后发现
\[\text{RHS's OGF}=\left(\sum_{k\ge 0}{k\brace m}x^k\right)\times\left(\sum_{k\ge 0}(m+1)^kx^k\right)\\
=\sum_{k\ge 0}{k+1\brace m+1}x^k=\text{LHS's OGF}
\]
证明：
\[{m+n+1\brace m}=\sum_{k=0}^mk{n+k\brace k}(6.22)\\
\sum_{k=0}^mk{n+k\brace k}=\sum_{k=0}^m{n+k+1\brace k}-{n+k\brace k-1}={m+n+1\brace m}
\]
证明：
\[\binom{n}{m}=\sum_k{n+1\brace k+1}{k\brack m}(-1)^{m-k}(6.24)
\]
对 \({n+1\brace k+1}\) 斯特林反演化为 \((6.18)\)。
证明：
\[{n\brace n-m}=\sum_k\binom{m-n}{m+k}\binom{m+n}{n+k}{m+k\brack k}(6.26)
\]
\[{n\brace n-m}=\binom{n-1}{m}[\frac{x^m}{m!}](\frac{x}{\ln(1+x)})^n\\
=\binom{n-1}{m}[\frac{x^m}{m!}](\frac{1}{\frac{\ln(1+x)-x}{x}+1})^n\\
=\binom{n-1}{m}[\frac{x^m}{m!}]\sum_{i=0}^m\binom{i+n-1}{n-1}(1-\frac{\ln(x+1)}{x})^i\\
=\binom{n-1}{m}[\frac{x^m}{m!}]\sum_{i=0}^m\binom{i+n-1}{n-1}\sum_{j}\binom ij(-\frac{\ln(x+1)}{x})^j\\
=\binom{n-1}{m}\sum_{j=0}^{m}[\frac{x^{m+j}}{m!}]-\ln^j(x+1)\sum_{i\le m}\binom{i+n-1}{n-1}\binom ij\\
=\binom{n-1}{m}m!\sum_{j=0}^{m}\frac{(-1)^{m+j}j!}{(m+j)!}{m+j\brack j}\binom{j+n-1}{n-1}\binom{i+n-1}{j+n-1}\\
=\binom{n-1}{m}m!\sum_{j=0}^{m}\frac{(-1)^{m+j}j!}{(m+j)!}{m+j\brack j}\binom{j+n-1}{n-1}\binom{m+n}{j+n}\\
\]
只需证明
\[\binom{n-1}{m}m!\frac{(-1)^{m+j}j!}{(m+j)!}\binom{j+n-1}{n-1}=\binom{m-n}{m+j}\\
\]
看上去很厉害，但是展开之后什么都没有了。
证明：（远古写的）
\[{n\brace l+m}\binom{l+m}{l}=\sum_k{k\brace l}{n-k\brace m}\binom{n}{k}(6.28)
\]
\[\iff{n\brack l+m}\binom{l+m}{l}\frac{x^n}{n!}=\sum_k{k\brack l}{n-k\brack m}\binom{n}{k}\frac{x^n}{n!}
\]
\[\sum_k{k\brack l}{n-k\brack m}\binom{n}{k}\frac{x^n}{n!}=[x^n](\sum_k{k\brack m}\frac{x^k}{k!})(\sum_k{k\brack l}\frac{x^k}{k!})
\]
\[RHS=[x^n/n!]\frac{(-\ln(1-x))^m}{m!}\times \frac{(-\ln(1-x))^l}{l!}=\frac{(-\ln(1-x))^{m+l}}{m!l!}
\]
\[\frac{RHS}{\binom{l+m}{l}}=[x^n/n!]\frac{(-\ln(1-x))^{m+l}}{(m+l)!}={n\brack l+m}=\frac{LHS}{\binom{l+m}{l}}
\]
YJX AK IOI
