\文档类[12pt，reqno]{article}\usepackage[用户名]{颜色}\使用包｛amssymb｝\使用包{graphicx}\使用包{amscd}\usepackage[colorinks=true，linkcolor=webgreen，filecolor=webbrown，citecolor=webgreen]{hyperref}\定义颜色{webgreen}{rgb}{0，.5,0}\定义颜色{webbrown}{rgb}{.6,0,0}\使用包{color}\使用包{fullpage}\使用包｛float｝\使用包{psfig}\使用包｛graphics、amsmath、amssymb｝\使用包{amsthm}\使用包{amsfonts}\使用包{latexsym}\使用包{epsf}\集合长度{\textwidth}{6.5in}\集合长度{\oddsidemargin}{.1in}\集合长度{\evensidemargin}{.1in}\集合长度{\topmargin}{-.1in}\设置长度{\textheight}{8.4in}\新命令{\seqnum}[1]{\href{网址：http://oeis.org/#1}{\下划线{#1}}\开始{文档}\开始{居中}\epsfx尺寸=4英寸\离开模式\epsfile{logo129.eps}\结束{中心}\理论风格{普通}\新定理{定理}{定理{\新定理{推论}[定理]{推演}\新定理{引理}[定理]{引理}\新定理{命题}[定理]{命题\理论风格{定义}\新定理{definition}[定理]{definition}\新定理{example}[定理]{example}\新定理{猜想}[定理]{猜测}\理论风格{remark}\新定理{remark}[定理]{remark}\新定理{同余}{同余}\开始{居中}\vskip 1cm{\LARGE\bf某些\\的最后数字的周期性\vskip.1英寸组合序列\脚注{这项科学工作由Proyecto Prometeo de la资助秘书长：“Tecnolog，Nacional de Ciencia”（厄瓜多尔）。}}\vskip 1cm\大型Istv\an-Mez\H{o}\\国家政治学院\\马特姆省\\Ladr’on de Guevara E11-253号\\厄瓜多尔基多\\\链接{mailto:istvan.mezo@epn.edu.ec}{\tistvan.mezo@epn.edu.ec} \\\结束{中心}\vskip.2英寸\新命令{\stirlingf}[2]{\genfrac[]{0pt}{}{#1}{2}}\新命令{\stirlings}[2]{\genfrac\{\}{0pt}{}{#1}{2}}\开始{abstract}输入1962年O.A.Gross证明了Fubini数（或surpjective数）的最后一位数字具有简单的周期性。我们将这个结果推广到更广泛的一类来自受限集划分的组合数。\结束{抽象}\第{第二类斯特林数和富比尼数}节第$n$th个Fubini数或surpjection数\cite{Flajolet、James、Prodinger、Tanny、VC}、$F_n$计算$n$元素的所有可能分区，因此块的顺序很重要。带有参数$n$和$k$的第二类$\strirlings{n}{k}$Stirling数将$n$元素的分区枚举为$k$块。因此，$F_n$具有以下表达式：\开始{方程式}F_n=\sum_｛k=0｝^nk！\斯特林斯{n}{k}。\标签{Fubdef}\结束{方程式}第一个Fubini数字如下表所示：\begin｛center｝\ begin｛tablet｝｛c|c|c|c|c|c|c|c|｝$F_1$&$F_2$&$F_3$&$F_4$&$F_5$&$F_6$&$F_7$&$F_8$&$F_9$&$F_｛10｝$\\\\hline1&3&13&75&541&4\，683&47\，293&545\，835&7\，087\，261&102\，247\，563\ end｛tablet｝\ end｛center｝我们可以意识到，最后的数字形成了一个长度为4的周期序列。这在无穷远处都是正确的。也就是说，对于所有$n\ge 1$\开始{同余}\label{perFub}\[F_{n+4}\equiv F_n\pmod{10}.\]\结束{同余}Gross\cite{Gross}使用向后差异给出了一个证明。随后我们给出了一个简单的组合证明。我们注意到，如果块的顺序无关紧要，我们会得到贝尔数\引用{Comtet}：\[B_n=\sum_{k=0}^n\stirlings{n}{k}.\]此序列不具有这种“周期性”属性。现在我们介绍其他类别的数字，它们确实具有这种周期性。\第{节$r$-Striling和$r$-Fubini数字}带有参数$n$和$k$的第二类$r$-Striling数用$\strilings{n}{k}_r$表示，并将$n$元素的分区枚举到$k$blocks\emph{中，这样所有前$r$元素都位于不同的块中。因此，例如，$\{1,2,3,4,5\}$可以划分为$\{1,4,5 \}\cup\{2,3\}$，但如果$r\ge2$是禁止的，则$\{1，2 \}\cap\{3,5 \{4\}$是被禁止的。Broder\cite{Broder}发表了一篇关于$r$-Stirling数的介绍性论文。$r$-Stirling数的组合恒等式的一个很好来源是Charalambides\cite{Char}的一本书。（请注意，在本书中，这些数字被称为非中心斯特林数。）与\eqref{Fubdef}类似，我们可以将$r$-Fubini数字引入为\开始{方程式}F_{n，r}=\sum_{k=0}^n（k+r）！\斯特林{n+r}{k+r}_r.\label{rFubdef}\结束{方程式}（移动指数是值得的，因为上下参数必须至少为$r$，因此$n$和$k$可以在公式中从零开始运行。）我们注意到，关于这些数字的文献相当少。从分析的角度来看，科奇诺和他的合著者引用了{科奇诺1}对它们进行了讨论。本作者与Nyul\cite{MNy}正在准备一份手稿，以组合的方式研究这些数字。前两个$2$-Fubini和$3$-Fubinit数字是\小\开始{中间}\开始{tablar}{c|c|c| c| c|c|1|c|c | c|c |c| c | c| c |c |c | c |c|c|}$F{1,2}$&$F{2,2}$&$F{4,2}$＆$F{5,2}$&$F_6,2}$1&$F_7,2}$&$F{8,2}美元\\hline10&62&466&4\，142&42\，610&498\，542&6\，541\，426&95\，160\，302\结束{tabular}\结束{center}\正常大小和\小\开始{中间}\开始{tablar}{c|c|c| c| c|c|1c| c|1c|c+c|c]c|c | c|c |c | c |c|}$F{1,3}$&$F{2,3}$&$F{4,3}$＆$F{5,3}$&$F_6,3}$&$F{7,3}美元&$F{8,3}$1\\hline42&342&3\，210&34\，326&413\，322&5\，544\；342&82、077、450&1、330、064、406结束{表格}结束{中心}正常大小我们看到最后一个数字的序列也是周期性的，周期为4：\开始{同余}\label{perrFub}\[F_{n+4，r}\等于F_{n，r}\pmod{10}\四元（n，r\ge 1）.\]\结束{同余}如果区块的顺序对我们不感兴趣，我们会得到$r$-Bell数字：\[B_{n，r}=\sum_{k=0}^n\stirlings{n+r}{k+r}_r.\]这些数字在本作者的一篇论文中进行了组合讨论，并由科西诺及其合著者、迪尔和科特分别进行了分析。这些数字的表格\cite{Mezo}显示$r$-Bell数字的最后几位可能没有周期性。\部分{限制斯特灵数和三个导出序列}让我们进一步介绍另一类斯特林数。$\strirlings{n}{k}_{lem}$第二类受限Stirling数\cite{Applegate，ChoiSmith，Choi史密斯2，ChoiLNS}给出了在块的emph{none}包含超过$m$个元素的限制下，$n$元素到$k$子集的分区数。该符号反映了这种限制性属性。限制斯特林数之和给出了限制贝尔数{MMW}：\[B_{n，\lem}=\sum_{k=0}^n\stirlings{n}{k}{lem}其表格如下：\scriptsize\begin{center}\begin{tablar}{c|c|c| c| c|c|1 c|c|0 c| c|1，\le 2}$&$B_{2，\le 2}$&$B_{3，\le 2]$&$B _{4，\le 2\$&$B _{5，\le 2,$&$A _{6，\le 2%$B _{7，\le2}$&$B __{8，\le2\$&$B _ _{9，\le 2}$&$B_{10，\le 2{$&$B_{11，\le 2]$\\hline1&2&4&10&26&76&232&764&2，620&9，496&35，696\结束{表格}\结束{center}\正常大小\scriptsize\begin{center}\begin{tablar}{c|c|c| c| c|c|1 c| c|1 c |c| c |c|c}$B_{1，\le 3}$&$B_}2，\le 3}$&$B_{3，\le 3+$&$B_{4，\le三}$&$1B_{5，\le三}$&$s B_{6，\le三月$&$B _{7，\le 3C}$&美元B_{8，\le三相$&$B2_9，\le 3}$&$B_{10，\le 3{$&$B_{11，\le 3}$\\hline1&2&5&14&46&166&652&2，780&12，644&61，136&312，676\end{tabular}\ end{center}\ normal size\scriptsize\begin{center}\begin{tablar}{c|c|c| c| c|c|1，c|c|0，c|c}$B_{1，\le 4}$&$B_}2，\le 4}$&$B_{3，\le 4]$&$B _{4，\le四}$&美元B_{5，\le四}$&$1B_{6，\le 4/$B__{7，\le4}$&美元B_}8，\le 4:$&$B_{9，\le 4}$&$B_{10，\le 4{$&$B_{11，\le 4]$\\hline1&2&5&15&51&196&827&3，795&18，755&99，146&556，711\end{tabular}\ end{center}\ normal size如果我们消除第一个元素$B_{1，\le2}$和$B__1，\le3}，B_{2，\le3+，我们可以看到，对于$m=2,3$，这些序列似乎是长度为五的周期：\开始{同余}\label{restBell}\[B_{n，\le2}\equiv B_{n+5，\le2]\pmod{10}\quad（n>1）。\]\[B_{n，\le3}\equiv B_{n+5，\le3+\pmod{10}\quad（n>3）.\]\结束{同余}第三个表显示，如果$m=4$，则无法证明这种同余。$m=2,3$的上述同余的证明包含在\ref{restbell}小节中。我们还将解释为什么每当$m>3$时此属性无法保持。如果我们把限制Fubini数字作为\开始{方程式}F_{n，\lem}=\sum_{k=0}^nk！\斯特林斯{n}{k}{lem}？\标签{restFubdef}\结束{方程式}接下来的同余成立。\开始{同余}\label{restFubc}\开始{align}F_{n，\le 1}&\equiv 0\pmod{10}\quad（n>4），\n数字\\F_{n，\le-m}&\equiv0\pmod{10}\quad（n>4，m=2,3,4），\label{restFub10}\\F_{n，\le-m}&\equiv0\pmod{2}\quad（n>m，m>4）。\标签{restFub2}\结束{对齐}\结束{同余}第一个同余是微不足道的，因为$F_{n，\le1}=n！$。其他的将在\ref{restFub}小节中得到证明。如果我们考虑第一类限制Stirling数，可以得出类似的猜想。这些带有参数$n、k$和$m$的数字计算了$n$元素上的所有排列，其中$k$个循环\emph{这样}所有循环最多包含$m$个项目。让我们用$\sirlingf{n}{k}_{lem}$表示这些数字。那就让\[A_{n，\lem}=\sum_{k=0}^n\stirlingf{n}{k}_{lem}我们可以把它们称为限制阶乘，因为如果$m=n$（没有限制），我们得到$A{n，\lem}=n！$。注意，序列$（n！）$在当前意义上显然是周期的，因为$n！\如果$n>4$，则等于0\pmod｛10｝$。表格\scriptsize\begin{center}\begin{tablar}{c|c|c| c| c|c|1，c|c，c|c}$A_{1，\le 3}$&$A_}2，\le 3}$&$A_{3，\le三}$&$1A_{4，\le三}$&美元A_{5，\le 3+$&$A _{6，\le 3-}$&$s A_{7，\le3}$&美元A_}8，\le3+$&$\le 3}$&$A{10，\le 3{$&$A{11，\le 3}$\\hline1&2&6&18&66&276&1，212&5，916&31，068&171，576&1\scriptsize \ begin｛center｝\ begin｛tablesheet｝｛c|c|c|c|c|c|c|c|c｝$A_｛1，\le 4｝$&$A_｛2，\le 4｝$&$A_｛3，\le 4｝$&$A_｛4，\le 4｝$&$A_｛5，\le 4｝$&$A_｛6，\le 4｝$&$A_｛8，\le 4｝$&$A_｛9，\le 4｝$&$A_｛10，\le 4｝$&$A_｛11，\le 4｝$\\\\hline1&2&6&24&96&456&2\，472&14\，736&92\，304&632\，736&4\，661\，856\结束｛表格｝\结束｛中心｝\正常大小建议$A{n，\lem}$可能是五阶周期。下一个结果可以表述如下：\开始{同余}\label{congrestfact}\[A_{n，\lem}等于A_{n+5，\lem}\pmod{10}\quad（n>2，m=2,3,4）\结束{同余}我们在\ref{restfact}小节中提出的论点将表明，如果$n>4$和$m>4$，则限制阶乘数都以数字0结尾，这就是我们排除上述情况$m>4]的原因。注意$A_{n，\le2}=B_{n、\le2{$，这个数字等于$n$元素上的对合数。（对合是一种置换$\pi$，即$\pi^2=1$，即身份置换。）。\{相关的斯特林数}最后，我们转向相关斯特林数的定义。第二类$m$关联的Stirling数和参数$n$和$k$，用$\sirlings{n}{k}_{gem}$表示，给出了$n$元素集到$k$子集中的分区数，这样}每个块至少包含$m$elements\cite[p.\221]{Comtet}。相关的贝尔号码是\[B_{n，\gem}=\sum_{k=0}^n\stirlings{n}{k}{gem}下面是$m=2,3,4$（$B_{n，\ge1}=B_n$，$n$th贝尔数）的表格。\scriptsize\begin{center}\begin{tablar}{c|c|c|1|c|c |c|c|c|c/c|c| c|c}$B_{1，\ge 2}$&$B_}2，\ge 2}$&$B_{3，\ge 2]$&$B _{4，\ge 2,$&$B _{5，\ge 2\$&$B _{6，\ge 2%$&$c _{7，\ge二}$&$s B_{8，\ge二}$&美元B_{9，\ge 2}$&$B_{10，\ge 2{$&$B_{11，\ge 2]$\\hline0&1&4&11&41&162&715&3\，425&17\，722&98\，253\结束{tablar}\结束{center}\正常大小\scriptsize\begin{center}\begin{tablar}{c|c|c| c| c|c|1 c|c|0 c| c|1，\ge 3}$&$B_{2，\ge 3}$&$B_{3，\ge 3+$&$B_{4，\ge三}$&$1B_{5，\ge三}$&$s B_{6，\ge三星$&$B _{7，\ge 3C}$&美元B_{8，\ge3}$&$B_9，\ge 3}$&$B_{10，\ge 3{$&$B_{11，\ge 3}$\\hline0&0&1&1&11&36&92&491&2，557&11，353\结束{表格}\end{中心}\正常大小\scriptsize\begin{center}\begin{tablar}{c|c|c| c| c|c|1 c|c|0 c| c|1，\ge 4}$&$B_{2，\ge 4}$&$B_{3，\ge 4]$&$B_{4，\ge四}$&$s B_{5，\ge四}$&$1B_{6，\ge四月$&$B _{7 \ge 4}$&$B_{10，\ge 4{$&$B_{11，\ge 4]$\\hline0&0&1&1&l&1&36&127&337&793\end{表格}\end居中}\normalsize这里我们无法观察到最后数字的周期性。然而，如果我们采用相关的Fubini数字，则情况并非如此，其中块的顺序起作用：\[F{n，\gem}=\sum_{k=0}^nk！\stirlings{n}{k}{gem}由于$F_{n，\ge1}=F_n$，第$n$th个Fubini数，我们给出了$m=2,3,4$的这些数字表：\scriptsize\begin{center}\begin{tablar}{c|c|c| c| c|c|1，c|c，c}$F{1，\ge 2}$&$F{2，\ge 2}$&$F{3，\ge 2]$&$F{4，\ge 2,$&$F{5，\ge2}$&$F{6，\ge2}$&$F{7，\ge2]$&$F{8，\ge 2%$&$F{9，\ge 2}$&$F_{10，\ge 2{$&$F_{11，\ge 2}$\\hline0&1&7&21&141&743&5，699&42，241&382，153&3，586，155\结束{表格}结束{中心}\正常大小\scriptsize\begin{center}\begin{tablar}{c|c|c| c| c|c|1，c|c，c}$F{1，\ge 3}$&$F{2，\ge 3}$&$F{3，\ge 3+$&$F{4，\ge三}$&美元F{5，\ge3}$&$F{6，\ge3}$&$F{7，\ge三}$&$s F{8，\ge三}$&美元F{9，\ge 3}$&$F_{10，\ge 3{$&$F_{11，\ge 3}$\\hline0&0&1&1&21&71&183&2，101&13，513&64，285\结束{表格}\结束{center}\正常大小\scriptsize\begin{center}\begin{tablar}{c|c|c| c| c|c|1，c|c，c}$F_{1，\ge 4}$&$F_}2，\ge 4}$&$F_{3，\ge 4]$&$F{4，\ge四}$&美元F_{5，\ge四}$&$1F_{6，\ge4}$&$F{7，\ge4}$&$F_}8，\ge 4-}$&$s F_{9，\ge 4}$&$F_{10，\ge 4{$&$F{11，\ge 4}$\\hline0&0&1&1&1&71&253&673&1，585\end{tablar}\end}center}\normalsize接下来的特殊值很简单：\[F_{0，\gem}=1，\quad F_{n，\gem}=0\；（04$. 根据定义，\[F_{n+4}-F_n=\sum_{k=0}^{n+4{k{k}-\sum_｛k=0｝^nk！\斯特林斯{n}{k}=\]\[\sum_{k=5}^{n+4}k{k}-\sum_｛k=5｝^nk！\斯特林斯{n}{k}+\sum{k=0}^{4} k个!\斯特林｛n+4｝{k}-\sum_{k=0}^4k！\斯特林斯{n}{k}\equiv\]\[斯特林{n+4}{0}+斯特林{n+4}{1}+2斯特林{n+4}{2}+6斯特林}n+4}{3}+24斯特林{n+4}{4}\[-\斯特林{n}{0}-\斯特林斯{n}{1}-2\斯特林斯{n}{2}-6\斯特林斯{n}{3}-24\斯特林斯{n}{4}\pmod{10}.\]由于特殊值$\sirlings{n}{0}=0$，$\sirrings{n{1}=1$，前两个成员取消。其余的项可以被二除尽，因此足以证明\[5\左|\左（斯特林{n+4}{2}+3\斯特林{n+4}{3}+12\斯特林{n+4}{4}-\斯特林斯{n}{2}-3\斯特林斯{n}{3}-12\斯特林斯{n}{4}\right）\right..\]特殊值\cite[p.\12.]{Bona}\[\stirlings{n}{2}=2^{n-1}-1，\quad\stirlings{n}{3}=\frac12\左（3^{n-1}-2^n+1（右），\quad\stirlings{n}{4}=\frac164^{n-1}-\压裂123^{n-1}+2^{n-2}-\压裂16 \]给那个\开始{align*}\斯特林{n+4}{2}-\斯特林{n}{2}&=2^{n+3}-1-（2^{n-1}-1)=15\cdot2^｛n-1｝\\3\斯特林{n+4}{3}-3\斯特林｛n｝｛3｝&＝\frac32\left（3^｛n-1｝（3^4-1）-2^ n（2^4-1）\ right）\\12\斯特林{n+4}{4}-12\斯特林斯{n}{4}&=frac{12}{2}左（frac134^{n-1}（4^4-1）-3^{n-1}（3^4-1”）+2^{n-2}（2^4-1“）右）。\结束{align*}所有这些数字（独立于$n$）都可以被5整除，所以我们证明了Fubini数的周期性。\分段{$r$-Fubini数--同余\ref{perrFub}}Gross同余到$r$-Stirling情形的推广表明\[F_{n+4，r}\等于F_{n，r}\pmod{10}\四元（n，r\ge 1）.\]定义\eqref{rFubdef}立即给出，如果$r>5$，$10\mid F{n，r}$表示所有$n>0$，则周期性很小。如果$r=1$，我们会得到普通的Fubini数（最多一个移位），因此我们可以将自己限制在$2\ler\le4$。所以\开始{align*}F_{n+4，r}-F_{n，r}&\stackrel{r=2}{\equiv}2\stirlings{n+4+r}{r} _r（r）+6\斯特林{n+4+r}{r+1}_r+24\斯特林}{r+2}_r\\&\quad\quad-2\stirlings{n+r}{r} _r-6段\斯特林（stirlings）{n+r}{r+1}_r-24\stirlings{n+r}{r+2}_r\\&\stackrel{r=3}{\equiv}6\strirlings{n+4+r}{r} _r（r）+24\斯特林{n+4+r}{r+1}_r\\&\四边形\quad-6\stirlings{n+r}{r} _r-24号\斯特林{n+r}{r+1}r\\&\stackrel{r=4}{\equiv}24\strirlings{n+4+r}{r} _r-24号\斯特林斯{n+r}{r} _r（r）\pmod{10}。\结束{align*}我们需要以下特殊值：\开始{align}\斯特林斯{n+r}{r} r（_r）&=r^n，\标签{specval1}\\\斯特林{n+r}{r+1}_r&=（r+1）^n-r^n，标签{specval2}\\\斯特林斯{n+r}{r+2}_r&=frac12（r+2）^n-（r+1）^n+frac12r^n\结束{对齐}第一个恒等式可以很容易地证明：左手边将$n+r$元素的分区计数为$r$子集，使得前$r$元素在不同的子集中。这样的分区可以按以下方式形成：我们将第一个$r$元素放入单个元素中，剩下的$n$元素分别进入这些$r$块：我们有$r^n$的可能性。第二个特殊值的证明类似，但现在我们有了一个额外的块。我们再次将我们的第一个$r$元素放入$r$不同的块中，剩下的$n$元素进入这些块和附加块。到目前为止，我们有$（r+1）^n$的可能性。但最后一个块不能为空，因此我们必须排除所有$n$元素都进入第一个$r$分区的情况。此类案例的数量为$r^n$。这些考虑给出了\eqref{specval2}。第三个标识的左侧是$n+r$元素到$r+2$块的分区数，具有通常的限制。假设另外两个块包含$n$中的$k$元素。我们可以用$\binom{n}{k}$方式选择这些元素，然后用两个块构建一个分区：$\strirlings{k}{2}$可能性。（注意$k\ge 2$。）剩余的$n-k$元素以$r^{n-k}$方式独立地转到第一个$r$块。我们合计$k$以获得\[\stirlings{n+r}{r+2}_r=\sum{k=2}^n\binom{n}{k}\stirling{k}{2} 第页^{n-k}.\]因为$\strirlings{k}{2}=2^{k-1}-1$，二项式定理产生所需的恒等式。我们回去证明$r$-Fubini数的一致性。由于其他的都比较简单和相似，我们只处理$r=2$；我们证明了这一点\[F_{n+4，r}-F_{n，r}\equiv2\stirlings{n+4+r}{r} _r（r）+6\斯特林{n+4+r}{r+1}_r+24\斯特林\[\quad\quad\quid\quae\quad_quad\qid\；\；-2\stirlings{n+r}{r} _r-6段\斯特林斯{n+r}{r+1}_r-24\斯特林{n+r}{r+2}_r\equiv0\pmod{10}.\]这足以证明具有相同低参数的成对项可以被5整除。我们特殊的$r$-Striling数值意味着\开始{align*}\斯特林{n+4+r}{r} _r（r）-\斯特林斯{n+r}{r} r（_r）&=2^n（2^4-1）\\\斯特林斯{n+4+r}{r+1}_r-\斯特林{n+r}}{r+1}_r&=3^n（3^4-1）-2^n（2^4-1\\\斯特林{n+4+r}{r+2}_r-\斯特林{n+r}{r+2}_r&=frac124^n（4^4-1）-3^n（3^4-1。\结束｛align*｝对于任何$n>0$，这些值都可以被5整除，所以我们就完成了。\子段{受限Bell数--同余\ref{restBell}}\label{restBell}让我们证明同余\ref｛restBell｝。Miksa、Moser和Wyman证明了\开始{同余}\label{MMWcong}\[B_{n+p，\lem}\equiv B_{n，\lem}\pmod{p}\quad（m1),\\B_{m+2，\lem}&=B_{m2}-1-（m+2）\quad（m>1）。\结束{align*}\分段{受限Fubini数--同余\ref{restFubc}}\label{restFub}数字$F_{n，\le-m}$（请参阅\eqref{restFubdef}）统计$n$元素上的有序分区，其中每个分区中的块不能包含超过$m$个元素。我们也可以给出下一个解释。比赛中有$F_{n，\le-m}$种方法对$n$人进行分类，允许平局，但不超过$m$人可以拥有相同的位置。这有助于我们找到$F{n，\lem}$的一个简单递归：从$n$人$k$将排到第一位（$1\lek\lem$），其余的竞争者将按$F{n-k，\lem}$的方式分类到其他位置。在公式中，\开始{方程式}F_{n，\le-m}=\binom{n}{1} F类_{n-1，\le-m}+\binom{n}{2} F类_{n-2，\le-m}+\cdots+\binom{n}{m} F类_{n-m，\le-m}。\标签{RestFubcombformula}\结束{方程式}因此，我们看到，要确定$F_{n，\lem}$，我们需要序列的前$m$成员。特别是，当$m=2,3,4$时，为了得到可被10整除的结果，就可以看到有两个、三个、四个连续项可以被10整掉。这是令人满意的，因此我们证明了\eqref{restFub10}的合理性。正在证明\eqref{restFub2}，我们直接使用限制Fubini数的定义：\[F_{n，\le-m}=\sum_{k=0}^nk！\strirlings{n}{k}_{\lem}\equiv\tirlings{n}{1}_{\lem}\pmod{2}\quad（n>0）值$\strirlings{n}{1}_如果$n>m$，{\lem}$为零。\子节｛限制阶乘-同余\ref｛congresstfact｝｝\label｛restfact｝为了证明同余\ref{congrestfact}，我们从恒等式\eqref{MMWid}的对偶开始：\开始{方程式}A_{n+1，\lem}=\label{recrestfact}\结束{方程式}\[A{n，\lem}+nA{n-1，\lem}+n（n-1）A{n-2，\lem-}+cdots+n（n-1）\cdots（n-m）A{n-m+1，\le-m}.]初始值为$A_｛0，\le m｝=A_｛1，\le m｝=1$。证明如下。数字$A_{n+1，\lem}$给出了集合${1,2，\dots，n+1\}$上的置换数，使得置换中的任何循环都不包含超过$m$个元素。比如说，我们选择了最后一个元素。这可以进入一个单元素循环，其余$n$元素进入$a_{n，\lem}$方式中的受限排列。如果最后一个元素的循环包含$k\ge1$个附加元素（$km> 4）.\]\结束{同余}Identity\eqref{recrestfact}表明，要确定$A_{n，\lem}$，我们需要$m$个以$A_}n-1，\lem}$结尾的连续项。此外，$A_{n，\lem}=n！$当$m>4$时，如果$n\lem$等于0模10。因此，再次通过递归，就足以证明\开始{方程式}A{m+1，\lem}\equivA{m+2，\lem}\equavA{m+3，\le m}\EquivA_{m+4，\elem}\Equav0\pmod{10}。\标签{cong5}\结束{方程式}首先，我们考虑这个案例\[A_{m+1，\lem}=\]\[A{m，\lem}+mA{m-1\lem}+m（m-1）A{m-2，\lem}+\cdots+m（m-1）\cdots2A{1，\lem-}=\]\[米！+m（m-1）！+m如果$m>4$，则这已经等于0的模10。让我们继续\[A_{m+2，\lem}=\]\[A{m+1，\lem}+（m+1）A{m\lem{+（m+1）mA{m-1，\lem}+cdots+（m+1）m\cdots3A{2，\lem-}=\]\[m\cdot m！+（m+1）m！+所有因子都可以被10整除，因为$m>4$。因此，连同最后一点，我们证明了\eqref{cong5}的前两个同余。其余的情况可以类似地处理。\子段{关联Fubini数--同余\ref{parityassocFub}和\ref{periodassocFub2}}现在我们讨论序列$F_{n，\ge-m}$的奇偶性，即证明同余ref{parityassocFub}：\[F_{n，\ge-m}\equiv\tirlings{n}｛0｝_{\gem}+\strillings{n}{1}_{\gem}\pmod{2}.\]如果$n>0$，第一个斯特林数项为零，如果$n\gem$，第二个斯特林数项为1，否则也是零。当$m=2,3,4,5$时，同余证明\ref{periodassocFub}需要分为不同的情况。首先，让$m=2$。然后，我们可以证明第二类相关斯特林数的以下特殊值：\开始{align}\斯特林斯{n}{2}_{\ge2}&=\frac12（2^n-2n-2），\label{specvalassocst1}\\\斯特林斯{n}｛3｝_{\ge 2}&=\frac16（3^n-3\cdot 2^n）-\frac12n（2^{n-1}-1)+\frac12（n^2+1），\标签{specvalassocst2}\\\斯特林{4}_{\ge2}&=\frac{4^n}{24}-\裂缝{3^n}{18}（n+3）-\裂缝{1}{6}（n ^3+2n+1）+\裂缝{2^n}{16}（n ^2+3n+4）。\标签{specvalassocst3}\结束{对齐}这些关系分别为$n\ge4,6,8$。为了了解第一个关系成立的原因，让我们将$n$元素划分为两个块，这样这些块至少包含两个元素。我们可以用$2^n$的方式将元素分成两个块，然后对倾斜的分区进行排序。如果一个块不包含任何元素（两种可能性），或者一个块只包含一个元素，则分区是倾斜的；这是$2n$的可能性。因为块的顺序无关紧要，所以我们除以二。这种考虑给出了\eqref{specvalassocst1}。关系\eqref{specvalassocst2}可以证明如下。我们从三个块中选择一个，并选择至少两个元素将其放入此块中，但我们不能选择超过$n-4$个项目，以确保在其他块中至少保留$2+2$个元素。设$k$为所选项目的数量。两个未拾取的块可以被视为具有两个块的$n-k$元素上的分区：$\斯特林{n-k}{2}_{\ge2}$可能性。因此，我们得到了中间关系：\[\stirlings{n}{3}_{\ge2}=\frac13\sum{k=2}^{n-4}\binom{n}{k}\stirlings{n-k}{2}_{\ge 2}.\]我们除以3，因为要选择初始块，我们有三个等效的可能性。块的顺序不计算在内。最后，在完成一些和二项式操作后，替换特殊值\eqref{specvalassocst1}。我们注意到，上述恒等式可以概括如下：\开始{方程式}\斯特林斯{n}{k}_{gem}=\frac1k\sum{k=m}^{n-（k-1）m}\binom{n}{k}\stirlings{n-k}{k-1}_｛\ ge m｝\ quad（n \ ge km）。\标签{重复}\结束{方程式}刚才给出的推广也适用于证明\eqref{specvalassocst3}。现在让我们回到$m=2$的一致性证明\ref{periodassocFub}。\〔F_｛n+20，\ ge 2｝-F_｛n，\ ge 2｝=\ sum_｛k=0｝^｛n+20｝k！\斯特林｛n+20｝{k}_{\ge2}-\sum_{k=0}^nk！\斯特林斯{n}{k}_第二阶段\[\equiv\stirlings{n+20}｛0｝_{ge2}+stirlings{n+20}{1}_{\ge2}+2\stirlings{n+20}{2}_{\ge2}+6\stirlings{n+20}{3}_{ge2}+24\tirlings{n+20}{4}_{\ge 2}\]\[-\斯特林{n}｛0｝_{\ge 2}-\stirlings{n}{1}_{\ge2}-2\stirlings{n}{2}_{\ge2}-6\stirlings{n}{3}_{\ge 2}-24\stirlings{n}{4}_{\ge 2}\pmod{10}.\]具有较低参数0和1的第一项被第二行中的相应项取消。剩下的是\[F{n+20，\ge2}-F{n，\ge2}=\frac{1}{6}左（\vphantom{2n+1}}-320\cdot3^n（1939523823+87169610n）+右。]\[15\左（219902325555\cdot2^{2n+1}-8（1547+6n（39+2n））+\右。\]\[\left.\left.3\cdot2^n（92833928+n（8808038+209715n））\vphantom{2^{2n+1}}\right）\]归纳法表明，如果$n\ge 5$，这个值总是可以被5整除。现在让我们修正$m=3$。具有较小较低参数的相关斯特林数的特殊值为\开始{align*}\斯特林斯{n}{2}_{\ge3}&=\frac12\左（2^n-2-2n-2\binom{n}{2}\右）\\\斯特林斯{n}{3}_{ge3}&=frac{1}{16}左（24-3\cdot2^{3+n}+8\cdot3^n+12n-9\cdot2 ^n\cdotn+right）\\&\quad\，\，\left.42 n^2-3\cdot 2^n\cdot n^2-12 n^3+6 n^4\right）\\\斯特林斯{n}{4}_{\ge3}&=-3^{-2+n}（n^2+5n+18）+\\&\quad\，\，\ frac｛1｝｛64｝\ left（2^｛2n+5｝+3\cdot 2^n（64+42 n+19 n ^2+2 n ^3+n ^4）\ right（左）-\\&\四元组\，\，\左.16（8-32n+112n^2-91n^3+43n^4-9n^5+n^6）\vphantom{2^{2n+1}}\右）。\结束{align*}第一个恒等式可以通过以下组合论证来证明：我们以2^n$的方式将$n$元素分为两个块。这些块必须包含至少两个元素，因此当其中一个块为空（两种可能性）、包含一个元素（$2n$cases）或包含两个元素（$2\binom{n}{2}$cases。块的顺序无关紧要，所以我们除以2。剩下的两个特殊值是\eqref{recur}的结果。根据我们上面给出的计算$F{n+20，\ge2}-F{n，\ge2]$的参数，我们可以证明$m=3$的同余ref{periodassocFub}。其余情况（当$m=4.5$时）可以进行类似处理，但计算在技术上更为复杂。最后，我们注意到很容易证明\eqref{RestFubcombformula}关于相关Fubini数的相应公式。\[F_{n，\ge-m}=\binom{n}{n} F类_{0，\gem}+\binom{n}{n-1}F_{1，\gem}+\cdots+\binom{n}{m} F类_{n-m，\ge-m}\quad（n \ge-m）\第{结束语}节在本文中，我们讨论了来自限制集划分和置换的循环分解的几个组合数的模性质（主要以10为基数）。在我们的例子中，限制意味着不允许大或小的块/循环（分别是限制的和相关的斯特林数），或者第一个元素位于不同的块/周期中（$r$-斯特林）。\分节{其他基础}可以肯定的是，已经证明的一致性并不是这种风格的唯一一致性。例如，上述方法也可用于证明Fubini数的最后一位不仅以十进制为基数，而且以2、3、4、5、6、8为基数的周期长度为4：\[F_{n+4}\equiv F_n\pmod{2,3,4,5,6,8}\quad（n>4），\]同余\ref{perFub}已经从中跟随。更重要的是，在3号垒我们有\[F_{n+3}\等于F_n+\开始{案例}1，&\text{如果$n$是偶数}\\2，&\text{如果$n$是奇数}。\结束{cases}\]对于本文的其他序列，如$r$-Fubini数，可能存在这种结果。考夫曼（Kauffmancite）{考夫曼}证明了另一类结果，他揭示了具有较高模的Fubini数的周期性。也就是说，她证明了\开始{align*}F_{n+20}和等价F_\\F_{n+100}&\equiv F_n\pmod{1\，000}\quad（n>2）\\F_{n+500}&\equiv F_n\pmod{10\，000}\quad（n>3）。\结束{align*}这些加上Gross同余\[F_{n+4}\equiv F_n\pmod{10}\]建议每$10^k$可能有一个最小周期$m（k）$，即，\[F_｛n+m（k）｝\equiv F_n\pmod｛10^k｝\]对于某些函数$m$。因此$m（1）=4$，$m（2）=20$，$m（3）=100$和$m（4）=500$。一般来说，查找函数$m$会很有趣。\第{小节可能的调查方向}在文献中，存在“无限制”分区和排列的其他推广（由第一类和第二类经典斯特林数枚举）。在最近的一篇论文中，Mihoubi和Maamracite{Mihoubi}定义了$（r_1，\dots，r_p）$-Striling数，它们是$r$-Strilling数的扩展。人们可以询问$（r_1，\dots，r_p）$-Fubini数的周期性和其他模属性。据我们所知，目前还没有对这些数字进行调查，然而，有一份关于Maamra引用的$（r_1，dots，r_p）$-Bell数字的手稿。另一个推广方向来自格理论。1973年，Dowling\cite{Dowling}构造了一类具有固定基础有限群的几何格。这些格的Whitney数是两种Stirling数的推广，带有一个附加参数（即基础群的阶）。有几篇论文涉及这些数字，例如{Ben、Ben2、CJ、Hanlon、Mezo2、Rahmani、RW}。这些序列的周期性将是一个有趣的问题。特别是，人们可以引用Benoumhani的论文，引用{Ben，Ben2}，他对从惠特尼数导出的新福比尼数做了一些简短的评论。一个相对较新的研究方向是斯特林数和贝尔数{DP，GT，KBNy}的图论扩展。这可能是一个有趣的问题，如何在此设置中定义Fubini数，因为没有块顺序。然而，如果可能的话，人们也可以研究这些数的模属性。\第{确认}节我很感谢Mikl’os B'ona教授，他提出了首字母相关Fubini数的奇偶性问题。这场讨论引发了本文给出了一组广泛的结果。我还感谢这位不知名的裁判仔细阅读。\开始{书目}{99}\围兜{Applegate}D.Applegate和N.J.A.Sloane，《礼物交换问题》，预印本\\\网址{http://arxiv.org/abs/0907.0513}。\bibitem{Ben}（本）M.Benoumhani，《Dowling格的Whitney数》，《离散数学》，1996年，13-33。\bibitem{Ben2}M.Benoumhani，关于Dowling格的Whitney数的一些相关数字，\textit{Adv.Appl.Math.}\textbf{19}（1997），106-116。\围兜M.B’ona，textit{排列组合学}，Chapman&Hall/CRC，2004年。\bibitem{布罗德}A.Z.Broder，《$r$-斯特林数》，《离散数学》（1984），241--259。\bibitem{Char}Ch.A.Charalambides，\textit{离散分布中的组合方法}，John Wiley\&Sons，2005。\双项目{CJ}G.-S.Cheon和J.-H.Jung，Dowling格的$r$-Whitney数，\textit{离散数学}\textbf{312}（2012），2337-2348。\围兜Choi J.Y.和J.D.H.Smith，《关于多限制数的组合学》，\textit{Ars 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2010数学学科分类：初级05A18；次级11B73。\noindent\emph{关键字：}斯特灵数，$r$-斯特灵数，限制斯特灵数，相关限制斯特林数，限制分区，福比尼数量，限制Bell数，限制阶乘，相关Fubini数字。\大跳跃\小时\大跳跃\noindent（与序列有关\序列号{A000085}，\序列号{A000296}，\序列号{A000670}，\序列号{A001680}，\序列号{A001681}，\序列号{A006505}，\序列号{A032032}，\序列号{A057693}，\序列号{A057837}，\序列号{A070945}，以及\序列号{A102233}。）\大跳跃\小时\大跳跃\vspace*{+.1in}\无音（noindent）收到日期：2013年8月21日；2013年12月4日收到修订版。发表于2013年12月5日的《整数序列杂志》。\大跳跃\小时\大跳跃\无音（noindent）返回到\htmladdnormallink{整数序列杂志主页}{http://www.cs.uwaterloo.ca/journals/JIS/}。\vskip.1英寸\结束{文档}