Cómo probar este binomio identidad $\sum_{r=0}^n {r {n \choose r}} = n2^{n-1}$?

Question

Estoy tratando de probar este binomio identidad $\sum_{r=0}^n {r {n \choose r}} = n2^{n-1}$ pero no soy capaz de pensar en algo excepto la inducción,que es de curso no es necesario (creo) aquí, así que estoy muy interesada en probar esto en una forma más general.

El lado izquierdo de una identidad que se produce mientras que la solución de otro problema (sobre teorema del binomio) así que estoy más interesado en la obtención de la derecha desde el lado izquierdo, otra cosa que tengo que recordar que de ahora en adelante.

EDIT: estoy más interesado en una prueba algebraica en lugar de combinatoria argumento o algo que involucran cálculo (sin embargo, me gustó svenkatr y Bill Dubuque solución), por lo tanto estoy quitando la combinatoria de la etiqueta.

Answer 1

El uso de Gauss truco para sumar una secuencia: Combinar la suma término a término con su inversa fin de auto, observando que los coeficientes binomiales son simétricas.

$$S = \sum_{r=0}^n r { n \choose r } = \sum_{r=0}^n (n-r) {n \choose n-r }$$

Así,

$$\begin{eqnarray} 2 S &=& \sum_{r=0}^n \left( r {n\choose r} + (n-r) {n \choose n-r} \right)\\ &=& \sum_{r=0}^n \left( r {n\choose r} + (n-r) {n \choose r} \right)\\ &=& \sum_{r=0}^n \left( n {n\choose r} \right)\\ &=& n \sum_{r=0}^n {n\choose r}\\ &=& n 2^n \hspace{0.1in} \text{, by familiar identity} \end{eqnarray}$$

Answer 2

Tomar el binomio de expansión de $(1+x)^n$. Diferenciar ambos lados con respecto a $x$, entonces sustituto $x=1$ y que le dan la identidad.

Answer 3

He aquí una sugerencia:

$$r\binom{n}{r} = n\binom{n-1}{r-1}, \quad r\geq 1$$

Aquí hay spoilers:

\begin{align} \sum_{r=0}^{n} r\binom{n}{r} &= \sum_{r=1}^{n} r\binom{n}{r} & &\text{drop the zero term} \\ &= \sum_{r=1}^{n} n\binom{n-1}{r-1} & &\text{apply the above identity} \\ &= n \sum_{k=0}^{n-1} \binom{n-1}{k} & &\text{replace index %#%#% with %#%#%} \\ &= n 2^{n-1} & &\text{the sum is just the total number of subsets of %#%#% elements} \end{align}

Answer 4

Otra forma es considerar el siguiente arreglo con $n$ filas y $n+1$ columnas

$\begin{pmatrix} {n \choose 0} & {n \choose 1} & \dots & {n \choose n} \\\\ {n \choose 0} & {n \choose 1} & \dots & {n \choose n} \\\\ \vdots & \vdots & \dots & \vdots \\\\ {n \choose 0} & {n \choose 1} & \dots & {n \choose n} \\\\ \end{pmatrix}$

Lo que queremos es la suma de la última $n$ elementos de la fila 1, más la suma de la última $n-1$ elementos de la fila 2 etc.

Que es igual a la suma de la primera $n$ elementos de la fila $n$, más la suma de la primera $n-1$ elementos de la fila $n-1$ etc, como ${n \choose r} = {n \choose n-r}$.

Por lo tanto la suma requerida es la mitad de la suma de todos los elementos, que es $n2^{n-1}$, ya que la suma de cada fila es $2^n$ e hay $n$ filas.

---

Edición no por OP: pensé que añadir que esta $n \times n + 1$ también puede ser interpretado por sus columnas.

$\sum_{r=0}^n {r {n \choose r}} = 0 + \color{green}{1\dbinom{n}{1}} + \color{purple}{2\dbinom{n}{2}} + ... + \color{#0073CF}{(n - 1)\binom{n}{n - 1}} + \color{olive}{n\binom{n}{n}} $

$\begin{pmatrix} {n \choose 0} & \color{green}{\binom{n}{1}} & \color{purple}{\binom{n}{2}} & \dots & & \color{#0073CF}{\binom{n}{n - 1}} & \color{olive}{\binom{n}{n}} \\\\ {n \choose 0} & {n \choose 1} & \color{purple}{\binom{n}{2}} & \dots & & \color{#0073CF}{\binom{n}{n - 1}} & \color{olive}{\binom{n}{n}} \\\\ \vdots & \vdots & \dots & \vdots \\\\ {n \choose 0} & {n \choose 1} & {n \choose 2} & \dots & & \color{#0073CF}{\binom{n}{n - 1}} & \color{olive}{\binom{n}{n}} \\\\ {n \choose 0} & {n \choose 1} & {n \choose 2} & \dots & & {n \choose n - 1} & \color{olive}{\binom{n}{n}} \\\\ \end{pmatrix}$

Answer 5

SUGERENCIA $\ $ Diferenciar $\rm (1+x)^n\:$, utilice el teorema del binomio, a continuación, establezca $\rm\ x = 1\:$.

NOTA $\ $ a través de derivados, nos puede sacar de una suma de cualquier función polinómica de la variable de índice, es decir,

ya tenemos $\rm\:\ k^i\ x^k\ =\ (xD)^i \ x^k\ \ $ $\rm\ \ D = \frac{d}{dx},\ \ k > 0\ $

de ello se desprende que $\rm\ \sum a_k\: f(k)\: x^k\ =\ f(x\:D) \sum a_k\: x^k\ \ $ para el polinomio $\rm\:f\:$

El "truco" de representar un número de serie como el valor de f(1) de generación de la función f(x) se remonta al menos a Euler, quien la emplea para sumar divergentes de la serie (entre otras aplicaciones). El poder surge del hecho de que en el nivel de función de uno tiene mucho más poderosas herramientas, esp. derivados, por ejemplo, por encima. Estas técnicas son muy útiles cuando se cambia entre el diferencial y la diferencia (repetición) de los puntos de vista, por ejemplo, para funciones hipergeométricas y sus valores especiales.