¿Por qué es $\sum \limits_{k = 0}^{n} (-1)^{k} k\binom{n}{k} = 0$?

Question

Sé que la expansión de la $\sum \limits_{k = 0}^{n} (-1)^{k} \binom{n}{k}$ es igual a cero. Pero, ¿por qué es $\sum \limits_{k = 0}^{n} (-1)^{k} k\binom{n}{k}$ también igual a cero para $n \geq 2$?

He estado utilizando el primero para obtener el segundo, pero terminó con ninguna pista en absoluto. Alguien sabe acerca de cómo derivar esta fórmula?

$$\displaystyle \sum_{k = 0}^{n} (-1)^{k} k\binom{n}{k} = 0 .$$

Answer 1

Tenga en cuenta que $(1-x)^n = \sum_{k=0}^n (-1)^k x^k \binom{n}{k}$. Por lo tanto la suma que usted está interesado en la es $\left. \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} x} (1-x)^n \right|_{x=1} = \left. -n (1-x)^{n-1} \right|_{x=1} = -n (1-1)^{n-1}$. Por lo tanto es cero para $n > 1$.

De hecho, para $n=1$ es la suma es $-1$, que puede ser explícitamente marcada.

Answer 2

Me gustaría dar otra prueba de que el problema de la OP propuesto. Mi solución se basa en la identidad

$$k\binom{n}{k}=n\binom{n-1}{k-1}.$$

Primero vamos a demostrar esta identidad: supongamos que tenemos una clase de $n$ niños y supongamos que queremos formar un equipo de $k$ de las personas de la clase, y además queremos elegir a un capitán de nuestro equipo. Podemos contar con las posibilidades de hacerlo de dos maneras:

Primero, seleccione $k$ de las personas de la clase y, a continuación, elegir el capitán. Luego tenemos a $k$ posibilidades para cualquier previamente equipo elegido, por lo que en total $$k\binom{n}{k}$$ maneras de proceder a lo largo de este camino.

Pero también podemos elegir primero el capitán, que se puede hacer en $n$ maneras, luego de formar el equipo, para lo cual se necesita otro $k-1$ de los niños de $n-1$ restante. En esta forma de recuento $$n\binom{n-1}{k-1}$$ maneras de cumplir con nuestra tarea.

Esto resulta en un combinatorical manera la identidad que puede ser sin embargo verificado por algebraica significa.

Pero entonces nuestra fórmula se reduce a $$ n \sum_{k=0}^{n} (-1)^k\binom{n-1}{k-1}=n\sum_{k=1}^n(-1)^k\binom{n-1}{k-1}=0.$$

Answer 3

La identidad de preguntar acerca de tiene un efecto directo en la prueba de álgebra con la identidad, ya lo saben. Deje $g(n) = \sum_{k = 0}^{n} (-1)^{k} k\binom{n}{k}$, y deje $f(n) = \sum_{k = 0}^{n} (-1)^{k} \binom{n}{k}$. Vamos a mostrar que el $g(n+1) = - f(n)$, y por lo tanto el hecho de que $f(n) = [n=0]$ implica $g(n) = -[n=1]$. (Aquí, [declaración] evalúa a $1$ si la declaración es verdadera y $0$ si la declaración es falsa. Se llama la Iverson soporte.)

Tenemos $$g(n+1) - g(n) = \sum_k (-1)^{k} k\left(\binom{n+1}{k} - \binom{n}{k}\right) = \sum_k (-1)^{k} k\binom{n}{k-1}$$ $$ = \sum_k (-1)^{k+1} (k+1)\binom{n}{k} = -g(n) - f(n).$$ Por lo tanto $g(n+1) = -f(n) \Longrightarrow g(n) = - f(n-1) = - [n-1=0] = -[n=1]$.

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La generalización.

Si $g(n) = \sum_{k = 0}^{n} (-1)^{k} \binom{n}{k} b_k$, e $f(n) = \sum_{k = 0}^{n} (-1)^{k} \binom{n}{k} \Delta b_k$ (donde$\Delta b_k = b_{k+1} - b_k$),$g(n) = -f(n-1) + b_0[n=0]$. Esta relación puede ser aplicado de forma iterativa, comenzando con el problema anterior, para demostrar que

$$\sum_{k=0}^n \binom{n}{k} (-1)^k k^{\underline{m}} = (-1)^m m![n=m],$$ y de ahí a $$\sum_{k=0}^n \binom{n}{k}(-1)^k k^m = \left\{ m \atop n \right\}(-1)^n n!,$$ donde $\left\{ m \atop n \right\}$ es un número de Stirling del segundo tipo.

(Véase, por ejemplo, el artículo 3 de mi trabajo "Combinatoria Sumas y Diferencias Finitas," Matemáticas Discretas, 307 (24): 3130-3146, 2007.)

Answer 4

He aquí una puramente combinatoria prueba de que no reduzca la suma a la conocida identidad $\sum \limits_{k = 0}^{n} (-1)^{k} \binom{n}{k} = 0$.

La cantidad de $\binom{n}{k}k$ cuenta el número de formas de dividir a la gente numeradas $\{1, 2, \ldots, n\}$ a un comité presidido $A$ del tamaño de la $k$ y un unchaired comité de $B$ del tamaño de la $n-k$. Dado un determinado comissió de par $(A,B)$, vamos a $x$ ser la mayor numerado persona en cualquiera de los comités que no es el presidente de la $A$. Mueva $x$ a la de otros comités. Esta asignación se define para todos los pares de comités de al $n >1$, es su propia inversa (y por lo tanto es uno-a-uno), y los cambios de la paridad en los comité de pares. Así, por $n > 1$, hay muchos comité de pares con paridad par, ya que hay con paridad impar. En otras palabras, $$\sum_{k = 0}^{n} (-1)^{k} \binom{n}{k} k = 0$$ al $n > 1$.