第二类 Stirling 数及其差分的 2 整除性

设$n,k,a$和$c$为正整数，$b$为非负整数。设$\nu_2(k)$和$s_2(k)$分别为$k$的 2-adic 赋值和$k$的二进制数字之和。设$S(n,k)$为第二类 Stirling 数。证明了当$0<a<2^{n+1}$且$2\nmid c$时，$\nu_2(S(c2^n,b2^{n+1}+a))\geq s_2(a)-1$。此外，得到当$n\geq 2$，$1\leq a\leq 2^n$且$2\nmid c$时，$\nu_2(S(c2^{n},(c-1)2^{n}+a))=s_2(a)-1$。最后，证明了如果$3\leq k\leq 2^n$且$k$不是 2 的幂减 1，则$\nu_2(S(a2^{n},k)-S(b2^{n},k))=n+\nu_2(a-b)-\lceil\log_2k\rceil +s_2(k)+\delta(k)$，其中$\delta(4)=2$，若$k>4$是 2 的幂则$\delta(k)=1$，否则$\delta(k)=0$。这证实了 Lengyel 在 2009 年提出的猜想，除了$k$是 2 的幂减 1 的情况。