¿Cuántos términos tiene el desarrollo de la potencia \(n\) de \(k\) términos? Es decir, al desarrollar \[(a_1+a_2+\cdots+a_k)^n,\] ¿cuántos términos aparecen?
Para responder esta pregunta es preciso expresar de forma exacta la pregunta.
Ejercicio 1. Dados \(n,k\in\mathbb{Z}^+\) y \(a_0,a_1,\ldots,a_m\) variables distintas, determinar el número de términos que tiene el desarrollo de \[\left(\sum_{m=0}^k a_m\right)^n.\]
Solución. Para que el análisis sea más sencillo, vamos a nombrar el número de términos de la expansión en función del número de términos y de la potencia: sea \(T(k,n)\) el número de términos del desarrollo del enunciado. De la definición de \(T\), es claro que \(T(0,n)=1\) y, por el teorema del binomio, \(T(1,n)=n+1\). Ahora bien, la idea, es utilizar esta última fórmula para ir construyendo la formula para \(k=2,\ 3,\ \ldots\)
Si \(k=2\), notemos que \[\begin{aligned} \left(\sum_{m=0}^k a_m\right)^n &=\left(a_0+a_1+a_2\right)^n \\ &=\left[a_0+(a_1+a_2)\right]^n \nonumber\\ &=\sum_{m=0}^n\binom{n}{m} a_0^{n-m}(a_1+a_2)^m\nonumber\\ &=\sum_{m=0}^n\binom{n}{m} a_0^{n-m}\left[\sum_{l=0}^m\binom{m}{l} a_1^{m-l}a_2^l\right],\nonumber\end{aligned}\label{ter2}\tag{1}\] en donde se han usado dos veces el teorema del Binomio de Newton. Notemos que la sumatoria interna tiene \(m+1\) términos y que además las potencia de \(a_0\) hace que no existan dos términos semejantes en el desarrollo de la primera sumatoria. Por este razonamiento, se tiene que la cantidad de términos de \(\eqref{ter2}\) es \[\sum_{m=0}^n (m+1)=\dfrac{(n+1)(n+2)}{2}=T(2,n).\] Por cálculo directo, se tiene que \(T(2,2)=6\) y \(T(2,3)=10\); lo que coincide con \[\left(a_0+a_1+a_2\right)^2= 2a_0a_1+2a_0a_2+2a_1a_2+a_0^2+a_1^2+a_2^2\] que tiene \(6\) términos; y \[\begin{aligned} \left(a_0+a_1+a_2\right)^3&= a_0^3 + 3 a_1 a_0^2 + 3 a_2 a_0^2 + 3 a_1^2 a_0 + 3 a_2^2 a_0 \\ &\phantom{=}+ 6 a_1 a_2 a_0 + a_1^3 + a_2^3 + 3 a_1 a_2^2 + 3 a_1^2 a_2\end{aligned}\] que tiene \(10\) términos.
Si \(k=3\), notemos que \[\begin{aligned} \left(\sum_{m=0}^k a_m\right)^n &=\left(a_0+a_1+a_2+a_3\right)^n\\ &=\left[a_0+(a_1+a_2+a_3)\right]^n\\ &=\sum_{m=0}^n\binom{n}{m} a_0^{n-m}(a_1+a_2+a_3)^m.\end{aligned}\] Notemos que la potencia interna, por el caso anterior, tiene \(\dfrac{(m+1)(m+2)}{2}\) términos y que además, como en el caso anterior, las potencia de \(a_0\) hace que no existan dos términos semejantes en el desarrollo de la sumatoria. Por este razonamiento, se tiene que la cantidad de términos de esta expresión es \[\sum_{m=0}^n \dfrac{(m+1)(m+2)}{2}=\dfrac{(n+1)(n+2)(n+3)}{6}=T(3,n),\] en donde se utilizó fórmulas de la sumatoria. Por cálculo directo, se tiene que \(T(3,3)=20\), lo que coincide con \[\newcommand{\terminos}[2]{\dfrac{(#1+#2)!}{#1!\ #2!}}\begin{aligned} \left(a_0+a_1+a_2+a_3\right)^3&= a_0^3 + 3 a_1 a_0^2 + 3 a_2 a_0^2 + 3 a_3 a_0^2 + 3 a_1^2 a_0\\ &\phantom{=}+ 3 a_2^2 a_0 + 3 a_3^2 a_0 + 6 a_1 a_2 a_0 + 6 a_1 a_3 a_0 + 6 a_2 a_3 a_0\\ &\phantom{=}+ a_1^3 + a_2^3 + a_3^3 + 3 a_1 a_2^2 + 3 a_1 a_3^2 \\ &\phantom{=}+ 3 a_2 a_3^2 + 3 a_1^2 a_2 + 3 a_1^2 a_3 + 3 a_2^2 a_3 + 6 a_1 a_2 a_3\end{aligned}\] que tiene 20 términos.
Como se ve en el análisis de los casos para \(k=2\) y \(k=3\), es razonable pensar que \[\begin{aligned} T(4,n) &=\sum_{m=0}^n \dfrac{(m+1)(m+2)(m+3)}{6}\\ &=\dfrac{(n+1)(n+2)(n+3)(n+4)}{24}. \end{aligned}\] Se puede comprobar que \[\left(a_0+a_1+a_2+a_3+a_4\right)^3\] tiene \(T(4,3)=35\) términos.
Claramente esto no nos permite deducir que esta fórmula se cumple en general, afortunadamente disponemos de la herramienta ideal para estos casos:
Inducción Matemática
Para utilizar Inducción Matemática, primero debemos presentar una fórmula explícita para \(T(k,n)\) dependiente solo de \(k\) y de \(n\). Por el análisis anterior, se tiene que para \(n\in\mathbb{Z}^+\),
| \(k\) | Términos |
|---|---|
| 1 | \(n+1\) |
| 2 | \(\dfrac{(n+1)(n+2)}{2}\) |
| 3 | \(\dfrac{(n+1)(n+2)(n+3)}{2 \cdot 3}\) |
| 4 | \(\dfrac{(n+1)(n+2)(n+3)(n+4)}{2 \cdot 3 \cdot 4}\) |
Se puede observar que el denominador sigue la secuencia del factorial y, además, que los productos en el numerador siguen la forma \((n+1)(n+2)\cdots(n+k)\). Así, se postula que \[ T(k,n) =\dfrac{(n+1)\cdots(n+k)}{k!} =\dfrac{(n+k)!}{n!\ k!}\tag{2}\label{eq:ter}\] para todo \(n,k\in\mathbb{Z}^+\).
Para demostrar que esta fórmula se cumple, notemos que, por el análisis anterior, dado \(n,k\in\mathbb{Z}^+\), se tiene que \[T(k,n) =\sum_{m=0}^n T(k-1,m),\] utilizando el postulado \eqref{eq:ter}, se sigue que lo que debemos probar es \[\sum_{m=0}^n \terminos{m}{(k-1)}=\terminos{n}{k}\] para todo \(n,k\in\mathbb{Z}^+\).
Fijado \(k\in\mathbb{Z}^+\), se va a utilizar inducción sobre \(n\in\mathbb{Z}^+\). La base inductiva se cumple por las comprobaciones anteriores. Ahora bien, suponiendo que se cumple la fórmula para \(n\), vamos a demostrar que \[\sum_{m=0}^{n+1} \terminos{m}{(k-1)}=\terminos{(n+1)}{k}.\] Dado que \[\begin{aligned} \sum_{m=0}^{n+1} \terminos{m}{(k-1)} &=\sum_{m=0}^{n} \terminos{m}{(k-1)}+\terminos{(n+1)}{(k-1)}\\ &=\terminos{n}{k}+\terminos{(n+1)}{(k-1)}\\ &=\dfrac{(n+k)!}{n! (k-1)!}\left(\dfrac{1}{k} + \dfrac{1}{n+1}\right)\\ &=\terminos{(n+1)}{k}\end{aligned}\] lo que demuestra lo que queríamos probar.
Con esto está demostrado que, para todo \(n,k\in\mathbb{Z}^+\) la cantidad de términos del desarrollo de \[\left(\sum_{m=0}^k a_m\right)^n\] es \[T(k,n) =\dfrac{(n+k)!}{n!\ k!}.\]