Sobre el número de Stirling de segunda clase

Hay un par de cosas sucediendo aquí.

1. Deberías$\sum_{k=0}^n(-1)^{n-k}\binom{n}{k}k^r$como respuesta final. Esto es porque deberías haber tenido$\sum_{k=0}^n(-1)^{n-k}\binom{n}{k}e^{kx}$cuando te expandiste$(e^x-1)^n$.
2. La pregunta, tal como la planteó, no se refiere a los números de Stirling del segundo tipo. Como señala Michael Hardy en un comentario, los números de Stirling del segundo tipo cuentan el número de formas de distribuir$r$objetos distintos en$n$ cajas indistinguibles . (A menudo, esto se expresa como "conjuntos" en lugar de "cajas indistinguibles", ya que el primero parece más claro). Su pregunta involucra cajas distintas.

Ampliemos el segundo tema, ya que los dos problemas están claramente relacionados. Dado que existe cierta confusión de notación, dejemos$T(r,n)$denote el número de formas de distribuir$r$objetos distintos en$n$cajas distintas sin caja vacía (es decir, su problema), y dejaremos$S(r,n)$denote el número de formas de distribuir$r$objetos distintos en$n$cajas indistinguibles sin caja vacía. Entonces tenemos la relación$T(r,n) = n! S(r,n)$. Esto se debe a que las casillas indistinguibles se pueden distinguir aplicando$n$diferentes etiquetas para ellos, y hay$n!$formas de asignar$n$etiquetas a$n$cajas

Esto encaja con sus cálculos anteriores. Sus cálculos (corregidos) han

$$T(r,n) = \sum_{k=0}^n(-1)^{n-k}\binom{n}{k}k^r.$$ La fórmula que cita para los números de Stirling del segundo tipo tiene $$S(r,n) = \frac{1}{n!}\sum_{k=0}^{n}(-1)^k\binom{n}{k}(n-k)^r.$$ Desde $\binom{n}{n-k} = \binom{n}{k}$, sin embargo, al reindexar la suma obtenemos $$S(r,n) = \frac{1}{n!}\sum_{k=0}^{n}(-1)^{n-k}\binom{n}{k}k^r,$$ de acuerdo con el argumento anterior de que $T(r,n) = n!S(r,n)$.