贝尔数的普通生成函数

Question

在OEIS条目对于贝尔数，出现了一个生成函数

$$\sum_{k=0}^\infty B_k t^k=\sum_{r=0}^\inffty\prod_{i=1}^r\frac{t}{1-it}$$

然而，我找不到这个公式的任何参考证据。投稿人告诉我，他是通过实验发现的。

如果您能提供有关此生成函数的更多信息，我将不胜感激。

Answer 1

例如，在http://www.sciencedirect.com/science/article/pii/S009731650300141（贝尔数，它们的近亲，以及代数微分方程，作者：Martin Klazar）。即证明了生成函数$B（t）=\sum\limits_{n=0}^\infty B_nt^n$满足函数方程$$B（t）=1+\压裂{t}{1-t}乙\left（\frac｛t｝｛1-t｝\right）。$$迭代这个方程，我们得到（Klazar称之为B（t）的经典展开式）$$B（t）=\sum\limits_{n=0}^\infty\frac{t^n}{（1-t）（1-2t）\cdots（1-nt）}$$

Answer 2

让$S_{n，k}$表示一组大小为$n$的分区到$k$的分区数（第二类斯特林数)，因此$B_n=\displaystyle\sum_{k=0}^n S_{n，k}$，因此交换求和的顺序，我们有

$$\sum_{n=0}^{\infty}B_nt^n=\sum_{n=0.}^{\fnty}\sum_{k=0}^n S_{n，k}t^n=\sum_{k=0.}^}{\fnty}t^k\sum_}n=k}^{\fenty}S_{n，k{t^{n-k}$$

一个标准的身份证明，我以前知道，但现在已经忘记了，他断言

$$\sum_{n=k}^{\infty}S_{n，k}t^{n-k}=\frac{1}{（1-t）（1-2t）\cdots（1-kt）}$$

这就是你的公式。这是斯坦利第二版中的身份1.94c枚举组合数学，第一卷。

Answer 3

一般来说，我们可以看到生成函数的“指数到普通”转换，$$f（x）：=\sum_{r=0}^\inftya_rx^r/r！\mapsto\tilde f（t）：=\sum_{r=0}^\infty a_rt^r，$$作为运算符$\mathbb{C}[[x]]\to\mathbb{C}[[t]]$。自从$r！t^r=\int_0^\infty（tx）^r e^{-x}dx$，变换可以解析计算为$$\tilde f（t）=\int_0^\infty f（tx）e^{-x}dx，$$至少适用于适当收敛的$f（x）$，以及$t$的特殊值。如果RHS是收敛序列$\sum_{r=0}^\infty b_rt^r$，并且等式成立，对于在收敛盘内累积的一组值$t$，序列$\sam_{r=0.}^\infty a_rt^r=\sum_}r=0{r^^\inffy b_rt r$的恒等式随后由孤立零原理建立。

例如，我们可以通过改变积分中的变量来计算$f_r（x）：=（e^x-1）^r$对于实际负值$t$的欧拉贝塔函数的变换：
$$\tilde f_r（t）=\int_0^\infty（e^{tx}-1)^关于^{-x}dx=（-1）^{r+1}t^{-1}\int_0^1（1-u）^ru^{-1/t-1}du=$$$$=（-1）^{r+1}t^{-1}\frac{\伽马（r+1）\Gamma（-1/t）}{\伽玛（r+1-1-t）}=\ frac{r！t^r}{（1-t）\dots（1-rt）}\$$这个计算给出了你的身份，因为对于$B_r$的egf$f（x）$，我们有$f（x）=e^{e^x-1}=\sum_{r=0}^\infty\frac{1}{r！}fr（x）$$（在形式幂级数的意义上），所以$\tilde f（t）=\sum_{r=0}^\iftty\frac{t^r}{（1-t）\dots（1-rt）}$

顺便提一下，通过类似的计算，您可以更一般地计算第二类斯特林多项式的普通gf，$B_r（z）：=\sum_{r=0}^nS（n，r）z^r$，从它们的egf$e^{z（e^x-1）}$开始。

rmk（人民币）我认为一个更自然的证明是，直接计算斯特灵多项式$B_r（z）：=\sum_｛r=0｝^nS（n，r）z^r$的ogf，它只包括用形式幂级数的语言翻译归纳关系$S（n+1，k）=kS（n，k）+S（n，k−1）$，然后放入$z=1$，就像其他答案中所做的那样。本答案意在作为一个通用替代方法的示例。

Answer 4

您还可以使用广义Dobinski公式来证明更一般的关系：

$$f（\phi.（x））=e^{-x}扩展（a.x）=经验（-（1-a.）x）$$

其中$（\phi.（x））^n=\phi_n（x）$是第$n$th个Bell多项式，其中$B_n=\fhi_n（1）$和$（a）^n=a_n=f（n）=f（x）|_{x=n}$

然后$$\sum_{k=0}^\infty\phi_k（x）t^k=\frac{1}{1-\phi$$$$=\sum_{n=0}^\infty\frac{x^n}{n！}\sum_{j=0}^n（-1）^{n-j}\binom{n}{j}\frac}{1-jt}$$

最后一个有限差分表达式是$n的部分分数展开式！\prod_{j=1}^n\frac{t}{1-jt}$，所以

$$\sum_｛k=0｝^\infty\phi_k（x）t^k=1+\sum_｛n=1｝^\infty x^n\prod_｛j=1｝^n\frac｛t｝｛1-jt｝$$

当$x=1$时，该公式简化为图示公式。

其他证据，包括其他答案中提到的证据，可以在W.Lang的笔记.

广义Dobinski关系是$$f（\phi.（：xD:））x^n=f（xD）x^n=f（n）x^n=a_n x^n=（a.x）^n$$其中$D=D/dx$和$（：xD:）^k=x^kD^k$定义，因此

$$f（\phi.（：xD:））e^x=e^xf（\pi.（x））=f（xD）e^x=e^{a.x}$$

Bell/Tuchard多项式$\phi_n（x）$的本影组成逆是下降阶乘/Pochhammer符号$（s）_n=s/（s-n）！$，即$\phi_n。）=s^n$和$（\phi（x）。）_n=x^n$，因此对偶方程反映了上述普通生成函数的情况（对于$t\leq0$和$s\geq0$）：

$$\sum_{k=0}^\infty\phi_k（s）_.）t^k=\sum_{k=0}^\infty s^kt^k=\frac{1}{1-st}$$$$=\sum_｛n=0｝^\infty（-1）^n\binom｛s｝｛n｝\sum_｛j=0｝^n（-1）^j\binom｛n｝｛j｝\frac｛1｝｛1-jt｝$$$$=1+\sum_{n=1}^\infty（s）_n\prod_{j=1}^n\frac{t}{1-jt}$$