(0)

組み合わせ論的解釈
区別の出来る\(n\)個の玉を区別の出来ない\(k\)個の箱に分けるとき、空箱ありの場合の数は\(k^{n}\)で空箱なしの場合の数は\(S_{2}\left(n,j\right)\)となる。
区別の出来ないの箱のとき、空箱ありとなしとの場合の数の関係より、
\[ k^{n}=\sum_{j=0}^{k}C\left(k,j\right)S_{2}\left(n,j\right)j! \] となる。
これは2項変換なので逆変換は、
\[ S_{2}\left(n,k\right)=\frac{1}{k!}\sum_{j=0}^{k}\left(-1\right)^{k-j}C\left(k,j\right)j^{n} \] となり与式は成り立つ。

(0)-2

\(n=0\)のとき
\begin{align*} S_{2}\left(0,k\right) & =\frac{1}{k!}\sum_{j=0}^{k}\left(-1\right)^{k-j}C\left(k,j\right)j^{0}\\ & =\frac{\left(-1\right)^{k}}{k!}\sum_{j=0}^{k}\left(-1\right)^{j}C\left(k,j\right)\\ & =\frac{\left(-1\right)^{k}}{k!}\delta_{0,k}\\ & =\delta_{0,k} \end{align*} となるので\(k\)の値に依らずに成り立つ。
\(n=m\)のとき成り立つと仮定する。
\begin{align*} S_{2}\left(m+1,k\right) & =S_{2}\left(m,k-1\right)+kS_{2}\left(m,k\right)\\ & =\frac{1}{\left(k-1\right)!}\sum_{j=0}^{k-1}\left(-1\right)^{k-1-j}C\left(k-1,j\right)j^{m}+k\frac{1}{k!}\sum_{j=0}^{k}\left(-1\right)^{k-j}C\left(k,j\right)j^{m}\\ & =\frac{1}{\left(k-1\right)!}\sum_{j=0}^{k}\left(-1\right)^{k-j}\left\{ C\left(k,j\right)-C\left(k-1,j\right)\right\} j^{m}\\ & =\frac{1}{\left(k-1\right)!}\sum_{j=0}^{k}\left(-1\right)^{k-j}C\left(k-1,j-1\right)j^{m}\\ & =\frac{1}{k!}\sum_{j=0}^{k}\left(-1\right)^{k-j}C\left(k,j\right)j^{m+1} \end{align*} これより\(n=m+1\)で成り立つ。
従って数学的帰納法より与式は成り立つ。