Haciendo un poco de matemática recreativa, estaba tratando de reproducir la prueba combinatoria de la identidad
$$ n^n=\sum_{k=1}^n\frac{n!}{(n-k)!}\cdot k\cdot n^{n-k-1}\,\,\,\,(*) $$
mencionado por el OP en la Pregunta Prueba no combinatoria de la fórmula para nn ?
Para ser sinceros, esto no debería ser demasiado difícil:
el número de todas las secuencias con longitud $n$ fuera de los números $1,2,..,n$ es claramente $\underbrace{ n \cdot n...\cdot n}_{n\,\,times}=n^n$ que establece la h.l. . Para las h.r. exigimos que la primera $k$ números son distintos pero que el resto de la secuencia puede ser elegida libremente como antes (Denote este número por $a_k$ ). Al final, sumamos todos los $a_k$ . Me sale
$$ a_k=\underbrace{n\cdot(n-1)...\cdot(n-k+1)}_{choose\,\,k\,\,numbers\\distinct}\times\underbrace{n^{n-k}}_{choose\,\,n-k\,\,numbers\\freely}\\= \frac{n!}{(n-k)!}n^{n-k} \,\,\,\,(**) $$
Pero esto no es lo mismo que los términos bajo el signo de la suma en $(*)$ ¿qué estoy haciendo mal?
Editar 1:
Creo que lo tengo, tengo que descontar por las secuencias con $k'>k$ números distintos (todavía pueden salir de la parte aleatoria de mi producto) ¿Es esto correcto?
Editar 2:
Para terminar, la cantidad correcta viene dada por la diferencia de secuencias con $k$ y $k+1$ números distintos:
$$ a_{k+1}-a_{k}=-\frac{n!}{n^{n-k}}\left(\frac{1}{(n-k-1)!n}-\frac{1}{(n-k)!}\right)=-\frac{k}{n(n-k)!}\frac{n!}{n^{n-k}} $$
¡Hecho!
Edit3:
Para evitar el álgebra también podemos razonar de la siguiente manera (crédito a @darijgrinberg):
Añadir a $(**)$ la siguiente condición: el $k+1$ se fija en ne uno de los números de la primera parte del producto para que no obtengamos una secuencia con $k+1$ números distintos. Hay $k$ posibilidades. Después podemos elegir todas las restantes $n-k-1$ números a nuestro antojo. Esto da lugar a una sustitución $n^{n-k}\rightarrow k\times n^{n-k-1}$
