Über die Stirling-Zahl zweiter Art

Hier ist einiges los.

1. Du solltest haben$\sum_{k=0}^n(-1)^{n-k}\binom{n}{k}k^r$als letzte Antwort. Das liegt daran, dass Sie es hätten tun sollen$\sum_{k=0}^n(-1)^{n-k}\binom{n}{k}e^{kx}$wenn du expandiert hast$(e^x-1)^n$.
2. Die von Ihnen gestellte Frage betrifft nicht die Stirling-Zahlen der zweiten Art. Wie Michael Hardy in einem Kommentar betont, zählen die Stirling-Zahlen der zweiten Art die Anzahl der Verteilungsmöglichkeiten$r$verschiedene Objekte in$n$ ununterscheidbare Kästen. (Häufig wird dies eher als "Sätze" als als "nicht unterscheidbare Kästchen" bezeichnet, da ersteres klarer erscheint.) Ihre Frage betrifft unterschiedliche Kästchen.

Lassen Sie uns auf das zweite Problem eingehen, da die beiden Probleme eindeutig miteinander verbunden sind. Da es einige Notationsverwirrung gibt, lassen Sie uns$T(r,n)$bezeichnen die Anzahl der Verteilungsmöglichkeiten$r$verschiedene Objekte in$n$unterschiedliche Boxen ohne leere Box (dh Ihr Problem), und wir lassen$S(r,n)$bezeichnen die Anzahl der Verteilungsmöglichkeiten$r$verschiedene Objekte in$n$nicht unterscheidbare Boxen ohne leere Box. Dann haben wir die Beziehung$T(r,n) = n! S(r,n)$. Denn die nicht unterscheidbaren Kästchen können durch Anwendung unterscheidbar gemacht werden$n$verschiedene Etiketten zu ihnen, und es gibt$n!$Wege zuzuweisen$n$Etiketten zu$n$Boxen.

Dies passt zu Ihren obigen Berechnungen. Ihre (korrigierten) Berechnungen haben

$$T(r,n) = \sum_{k=0}^n(-1)^{n-k}\binom{n}{k}k^r.$$ Die Formel, die Sie für die Stirling-Zahlen der zweiten Art zitieren, hat $$S(r,n) = \frac{1}{n!}\sum_{k=0}^{n}(-1)^k\binom{n}{k}(n-k)^r.$$ Seit $\binom{n}{n-k} = \binom{n}{k}$, indem wir die erhaltene Summe neu indizieren $$S(r,n) = \frac{1}{n!}\sum_{k=0}^{n}(-1)^{n-k}\binom{n}{k}k^r,$$ in Übereinstimmung mit der obigen Argumentation $T(r,n) = n!S(r,n)$.