¿Es posible escribir esto en forma cerrada? $$\sum_{k=0}^{n} k\binom{n}{k}\log\left(\vphantom{\Huge A}\binom{n}{k}\right)$$
¿Puedes conseguir algo como $$n2^{n-1}\log(2^{n-1})$$
¿Es posible escribir esto en forma cerrada? $$\sum_{k=0}^{n} k\binom{n}{k}\log\left(\vphantom{\Huge A}\binom{n}{k}\right)$$
¿Puedes conseguir algo como $$n2^{n-1}\log(2^{n-1})$$
¡Atención!
No he podido encontrar una forma cerrada. A continuación se describe una aproximación.
Se puede empezar por simetrizar el sumando para obtener $$\sum_{k=0}^{n} k\binom{n}{k}\log\binom{n}{k}={n\over 2}\sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k}\log\binom{n}{k}.\tag1$$
Los términos de la suma del lado derecho de (1) son simétricos en torno a $n/2$ y se concentran cerca de $k\approx n/2$ Así pues, la sustitución de $\log{n\choose k}$ con $\log{n\choose n/2}$ da una aproximación razonable, y un límite superior. Es decir, $${n\over 2}\sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k}\log\binom{n}{k}\approx {n\over 2}\,2^n\log{n\choose n/2}.$$
Utilizando la fórmula de Stirling se obtiene otra aproximación (y límite superior) $${n\over 2} \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k}\log\binom{n}{k}\approx {n\over 2}\,2^n [(n+1/2)\log(2)-\log(n\pi)/2].$$
Añadido: Una mejor aproximación resulta al sustituir $\log{n\choose k}$ con $\log{n\choose n/2}-{2\over n}(k-n/2)^2$ . Con un poco de trabajo puedes conseguir $${n\over 2}\,\sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k}\log\binom{n}{k}={n\over 2}\,2^n \left[\log{n\choose n/2}-{1\over 2}+o(1)\right].$$
Si $f(n)$ es su suma, entonces $e^{f(n)}$ se convierte en un producto entero, digamos $p(n)$ formado por la multiplicación de cada coeficiente binomial $\binom{n}{k}$ al poder $k \cdot \binom{n}{k}.$ Eso es, $$p(n)=e^{f(n)}=\prod_{k=0}^n \binom{n}{k}^{k \binom{n}{k}}.$$ Los primeros términos son $$p(1)=1,\ p(2)=2^2,\ p(3)=3^9,\ p(4)=2^{44}3^{12},\ p(5)=2^{50}5^{75}.$$ Cuando puse los tres primeros en o.e.i.s hubo un acierto, pero no fue esta secuencia, como se descubrió cuando probé los cuatro primeros términos. (Esto no es un argumento de que no hay una forma cerrada, por supuesto).
Algo que inicialmente parece ir en contra de una forma cerrada es que los primos que entran en los términos logarítmicos en $f(n)$ son el conjunto de primos que dividen los coeficientes binomiales en la fila $n$ del triángulo binomial, y tales primos no parecen aparecer de manera regular de fila en fila, y parece que tales listas se vuelven arbitrariamente largas como $n$ aumenta; al menos se puede decir que en la fila $n=p$ el primer $p$ aparecerá.
ESTO ES PARTE DE LA RESPUESTA: Bien, ya que $$\binom{n}{k} = \binom{n}{n-k}$$ entonces podemos términos de índice grandes con términos de índice pequeños:
Así que..: $$\sum_{k=0}^{n} k\binom{n}{k}\log{\binom{n}{k}} = \sum_{k=0}^{n/2}(k \binom{n}{k}\log{\binom{n}{k}} + (n-k)\binom{n}{n-k}\log{\binom{n}{n-k}}) = \sum_{k=0}^{n/2}n\binom{n}{k}\log{\binom{n}{k}} = n\sum_{k=0}^{n/2}\binom{n}{k}\log{\binom{n}{k}} $$
Ahora sólo tenemos que demostrar que el resto está acotado por $$2^{n-1}\log(2^{n-1})$$
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