Dimostrazione formula potenza di un binomio

[Lavinia Volpe]

Ho scritto man mano tra parentesi i miei dubbi, comunque non l'ho proprio capita
$ (a+b)^n = $ sommatoria per $k$ che va da $0$ a $n$ di $ ((n)(k)) * a^(n-k) * b^k $
Dimostrazione:
Vediamo $(a+b)^n $ come un prodotto: $(a+b)(a+b)(a+b)...$
otteniamo la somma di un certo numero di termini, ciascuno dei quali è il prodotto di n fattori. Alcuni fattori sono pari ad a , i restanti sono pari a b (non sono esattamente 1/2 e 1/2??)
Se in uno qualunque di questi termini indichiamo con k il numero di fattori b e con n-k il numero di fattori a, con k che va da 0 a n, avremo un termine generale: $ a^(n-k)b^k $ (non dovrebbe essere $ a(n-k) b(k) $ ???)

Di questi termini ne esistono quanti quanti sono i modi di scegliere tra gli $ n$ fattori $ a+b $ del prodotto $ (a+b) *(a+b)* (a+b) $
Quindi, quei k dai quali si vogliono prelevare i k fattori b che vanno a comparire nel termine $a^(n-k)b^k$

I modi di scegliere sono tanti quante sono le combinazioni semplici di $n$ fattori di classe $ k $ : $ Cn,k $

$ (a+b)(a+b)(a+b) $ danno un contributo pari a $ Cn,k *a^(n-k)*b^k $, con k che va da 0 a n.

Sommiamo i contributi
$(a+b)^n = ((n)(0))* a^n + ((n)(1))* a^(n-1)*b + ((n)(2))* a^(n-2)*b^2+...+ ((n)(n))*b^n $

$ = (a+b)^n = $ sommatoria per $ k $ che va da $ 0$ a $ n $ di $ ((n)(k))*a^(n-k)*b^k $

[fisicarlo]

Premetto che per non impazzire a volte scriverò: (j k) al posto di $((j),(k))$

Allora, ragiona così: ad ogni passaggio dovrai moltiplicare in ogni caso "a" per se stesso m volte, e "b" per sè stesso le restanti n-m volte, quindi avrai una somma di addendi ciascuno uguale ad a^m*b^(n-m)
[ad esempio per n=3 avrai le 4 possibilità: $(a^3=a^3*b^0 , \ \ a^2*b , \ \ a*b^2 , \ \ b^3=a^0*b^3)$

Nota che la somma degli esponenti di a e b è sempre e comunque n, ossia ogni termine è comunque in ogni caso il prodotto di n numeri, m dei quali saranno "a" e n-m dei quali saranno "b"
Quanti di questi addendi ci saranno ?? In pratica è come se tu avessi n scatole da riempire con m palline blu e n-m palline rosse.
Se hai tutte palline blu m=n e nessuna pallina rossa (n-m)=0 potrai disporre soltanto in un modo $((n),( 0))=1$
Se hai n-1 palline blu e una sola rossa, potrai disporle in modo che la pallina rossa occupi ciascuno degli n posti (o scatole...) a disposizione, e quindi avrai n possibilità diverse $((n),( 1))=n$
se hai n-2 palline blu e e palline rosse già la cosa si fa più difficile. prima sistemi la prima rossa nella prima scatola, e allora la seconda pallina rossa la potrai disporre nelle n-1 scatole rimaste in n-1 modi. Poi nella prima scatola ci metti una pallina blu, e nella seconda la prima pallina rossa, e così avrai solo n-2 possibili posti dove mettere la seconda pallina rossa...
Continuando così avrai alla fine $(n-1)+(n-2)+(n-3)+(n-4)+....+(n-(n-2))+(n-(n-1))$ possibili modi diversi di sistmare 2 palline rosse e n-2 palline blu nelle n scatole disponibili, e questo numero si dimostra essere uguale a $n(n-1)/2=((n),( 2))$ (fai la prova con 5 palline per esempio, che ti darà $((5),( 2))=5*(5-1)/2=10$ possibilità...)
Una volta che sarai arrivata a mettere n/2 palline rosse e n/2 palline blu (oppure se n è dispari: (n-1)/2 palline rosse e (n+1)/2 palline rosse) puoi notare che le combinazioni cominceranno a a diminuire, e saranno esattamente le stesse di prima, avendo semplicemente scambiato l colore blu con il colore rosso (che non può ovviamente influenzare il numero di possibili combinazioni...)
Matematicamente questo significa che superato n/2 avrai ad esempio : $((n) ,(n+1))=((n), (n-1)), ((n),( n+2))=((n), (n-2))$, cioè riotterrai gli stessi numeri di prima, "tornando indietro", e alla fine $((n),( n))$ significherà che avrai tutte palline rosse e nessuna blu, e questo corrisponderà ovviamente un singola configurazione... $((n),( n))=((n),( 0))=1$

Tornando alla potenza n-esima di (a+b), e scrivendola come prodotto di n fattori :
$(a+b)^n=(a+b)(a+b)(a+b)....(a+b)=(a+b)_1 (a+b)_2 (a+b)_3 ....(a+b)_(n-1) (a+b)_n$
andando a sviluppare, il primo addendo sarà un prodotto di tutte "a", e questo addendo capiterà una sola volta, perchè in tutti gli altri casi sarà presente almeno un b
il secondo addendo lo puoi prendere moltiplicando la b del primo fattore per tutte le altre a dei restanti (n-1) fattori, ottenendo così a^(n-1)*b^1.
Ma avresti potuto benissimo prendere anche la b del secondo fattore, moltiplicarla per la a del primo fattore, e per tutte le a dei restanti (n-2) fattori, ottenendo sempre a^(n-1)*b^1. E' ovvio che la b la puoi prendere da ciascuno degli n fattori "(a+b)" disponibili, e quindi avrai n possibili termini a^(n-1)*b^1, o equivalentemente quando vai a sviluppare e fare tutti i "prodotti incrociati", ti troverai n volte il termine a^(n-1)*b^1
Come vedi è esattamente la stessa situazione delle palline colorate: al colore della pallina corrisponde la lettera "a" o la lettera "b", e i possibili modi di disporre m palline rosse su n posti disponibili (e quindi n-m palline blu nei restanti n-m posti disponibili...) corrispondono al numero di volte che facendo i prodotti incrociati ti troverai di fronte al termine a^m*b^(m-n).
Quindi alla fine sviluppando il tuo bravo binomio otterrai:
$1*a^n*b^0+n*a^(n-1)*b^1+n/2*(n-1)*a^(n-2)b^2+........+n/2*(n-1)*a^2*b^(n-2)+n*(a^1*b^(n-1))+1*a^0*b^n=$

=$((n), (0))*a^n*b^0+((n),(1))*(a^(n-1)*b^1)+((n),(2))*a^(n-2)b^2+........+((n),(n-2))*a^2*b^(n-2)+((n),(n-1))*(a^1*b^(n-1))*((n), (n-n))*a^0*b^n=$

= $ sum_(k = 0)^(n) ((n),(k))*a^k*b^(n-k) $

[Lavinia Volpe]

Da premettere che non sono molto portata per queste materie...
Credo di aver capito e ti ringrazio, perché la spiegazione è sicuramente molto più chiara! Ho questi dubbi:
- Se volessimo scrivere anche i termini dopo m=2 nello sviluppo del binomio (prima di sostituite le formule con quella del coefficiente binomiale), come andremmo avanti?
- Non riesco a collegare il significato del coefficiente binomiale come combinazione semplice di n elementi di classe k:
mi fa pensare a problemi come: in quanti modi si può formare una coppia di elementi (k=2) avendo 8 elementi distinti (n=8)
Oppure : ci sono 5 amici e 2 macchine, una da 2 posti, una da 3 posti. In quanti modi si possono sistemare gli amici?
n=5, k=n-m oppure m

Assimilerei più a Permutazioni con ripetizione: dati $ h $elementi distinti $ P1,P2,...,Ph$ il numero delle $ P $con ripetizione di classe $ n>h$ ottenute ripetendo $k1$ volte $P1$, $ k2$ volte $ P2$, ... $ kh$ volte $Ph$, con $k1+k2+...+kh=n$ è dato dalla formula:
$ P'n = [n!]/[k1!k2!kh!...kn!$ (ricordandosi di dividere per due il risultato per $ k1=k2=n/2 $ )



comunque per favore potresti aiutarmi con la dimostrazione sulla formula per le combinazioni con ripetizione che ho postato nella sezione "Scuola secondaria di II grado"?

[fisicarlo]

Non sono bravo nel calcolo combinatorio, però mi sembra difficile immaginare un esempio più semplice e chiaro di m palline di un colore e n-m palline di un altro colore da sistemare in n scatole (o caselle)...
Ripeto ancora una volta: prendi il caso n=5, armati di foglio e penna, e disegnati tutte le possibili combinazioni...
Potrei farelo io qui, ma non impareresti niente...
Sono un po' demoralizzato, perchè da qello che chiedi qui sembra quasi che tu non abbia letto con attenzione la mia risposta...

Comunque il caso di 5 amici su due maccchine non va bene, anche se produce sempre il coefficiente binomiale:
1° 12__345
2° 13__245
3° 14__235
4° 15__234

5° 23__145
6° 24__135
7° 25__134

8° 34__125
9° 35__124

10° 45__123

Invece l'esempio di "in quanto modi si può formare una coppia di 2 elementi distinti avendone a disposizione 8" va bene, ma esclude il caso $((n),(0))$:

Modifichiamolo leggermente usando n=5 per semplicità:

"in quanti modi si può formare una m-pla di m elementi distinti avendone a disposizione 5 ?"

Questo corrisponde esattamente al problema dei coefficienti delle potenze dello sviluppo del binomio, Ma devi tenere conto ANCHE degli (n-m) elementi che nel tuo esempio hai "scartato" (li scriverò tra parentesi...)

Chiamando gli elementi(per comodità di scrittura): "1","2","3","4","5"

m=1 ("come si può formare un singolo elemento avendone a disposizione 5")
1 (2,3,4,5)
2 (1,3,4,5)
3 (1,2,4,5)
4 (1,2,3,5)
5 (1,2,3,4)

quindi per m=1 e n=5 hai $((n),(1))=((5),(1))=(5!)/(4!1!)=5$ compbinazioni possibili => e corrisponde al termine $a^1*b^4$, OPPURE $a^4*b^1$

m=2 (il tuo esempio, la "coppia di 2 elementi distinti"...)
1,2 (3,4,5)
1,3 (2,4,5)
1,4 (2,3,5)
1,5 (2,3,4)

2,3 (1,4,5)
2,4 (1,3,5)
2,5 (1,3,4)

3,4 (1,2,5)
3,5 (1,2,4)

4,5 (1,2,3)

4+3+2+1 = 10 combinazioni: $((5),(2))=(5!)/(2!3!)$ , corrisponde al termine dello sviluppo in serie del binomio $a^2*b^3$, OPPURE $a^3*b^2$

m=3 ("terna di elementi distinti avendone a disposizione 5")
1,2,3 (4,5)
1,2,4 (3,5)
1,2,5 (3,4)
1,3,4 (2,5)
1,3,5 (2,4)
1,4,5 (2,3)
2,3,4 (1,5)
2,3,5 (1,4)
2,4,5 (1,3)
3,4,5 (1,2)

Come vedi, SONO DI NUOVO 10 !! Questo perchè formare una coppia di due elementi distinti avendone a disposizione 5, SIGNIFICA ESCLUDERNE ALTRI 3, e quei tre sono appunto altrettante "terne di elementi distinti", e quindi il problema di formare una coppia di elementi distinti avendone a disposizione 5 E' SPECULARE al problema di formare una terna di 3 elementi distinti avendone a disposizione 5: è come se sostituissi i termini non tra parentesi con quelli tra parentesi...

Matematicamente:
$((5),(2))=5/(2!3!)=(5!)/(3!2!)=((5),(3))$

Che succederà per m=4 ??
m=4
1,2,3,4 (5)
1,2,3,5 (4)
1,2,4,5 (3)
1,3,4,5 (2)
2,3,4,5 (1)

Stavolta abbiamo formato delle "quadruple" di 4 elementi distinti avendone a disposizione 5", e avremo di nuovo 5 combinazioni, esattamente come nel caso di "m=1". In questo caso è ancora più chiaro che abbiamo semplicemente scambiato gl elementi tra parentesi con quelli non tra parentesi, ossia abiamo scambiato gli elementi "esclusi" (tra parentesi) con quelli presi in considerazione:

Matematicamente:
$((5),(4))=(5!)/(4!1!)=(5!)/(1!4!)=((5),(1))$

i due casi $((5),(0))$ e $((5),(5))$ sono poco intuitivi in questo caso: corrispondono a prendere "nessun" elemento distinto a partire da 5 disponibili (escldendone quindi tutti e cinque), oppure prendere 5 elementi distinti (non escludendone nessuno...

Perciò l'esempio delle palline colorate che ti avevo fatto io andava meglio !! Ma non so perchè on lhai voluto prendere in considerazione...

Passando ai binomi:
$(a+b)^5=(a+b)(a+b)(a+b)(a+b)(a+b)=$

$=[(a*a*a*a*a)]+$

$+[(a*a*a*a*b)+(a*a*a*b*a)+(a*a*b*a*a)+(a*b*a*a*a)+(b*a*a*a*a)]$

$+[(a*a*a*b*b)+(a*a*b*a*b)+(a*b*a*a*b)+(b*a*a*a*b)+(a*a*b*b*a)+(a*b*a*b*a)+(b*a*a*b*a)+(a*b*b*a*a)+(b*a*b*a*a)+(b*b*a*a*a)]+$

$+[(a*a*b*b*b)+(a*b*a*b*b)+(a*b*b*a*b)+(a*b*b*b*a)+(b*a*a*b*b)+(b*a*b*a*b)+(b*a*b*b*a)+(b*b*a*a*b)+(b*b*a*b*a)+(b*b*b*a*a)]$

$+[(a*b*b*b*b)+(b*a*b*b*b)+(b*b*a*b*b)+(b*b*b*a*b)+(b*b*b*b*a)]$

$+[(b*b*b*b*b)]$

$=1*a^5+5*a^4b+10*a^3b^2+10*a^2b^3+5*ab^4+1*b^5$

$=1*a^5b^0+5*a^4b+10*a^3b^2+10*a^2b^3+5*ab^4+1*a^0b^5$

$=((5),(0))a^5+((5),(1))*a^4b+((5),(2))*a^3b^2+((5),(3))*^a^2b^3+((5),(4))*ab^4+((5),(5))*b^5$

Nota che il primo termine corrisponde a "nessun elemento b" (ovvero "tutti elementi a") mentre l'ultimo termine corrisponde a "tutti elementi b" (ovvero "nessun elemento a")

[donald_zeka]

Puoi benissimo vederle anche come permutazioni, l'unica cosa da capire è che $(a+b)^n$ è formata da una somma di elementi del tipo $a^kb^(n-k)$, una volta capito questo, ci vuole poco a capire che un generico $a^kb^(n-k)$ non è altro che una permutazione di $a*a*a*a*a*a*a...*b*b*b*b*b$, che si può ottenere in $(n!)/(k!(n-k)!)$.

Da qui si può fare il passo successivo, se hai capito il ragionamento, non ti ci vuole niente a generalizzare il teorema binomiale al teorema multinomiale:

$(x_a+x_2+x_3+...+x_k)^n=?$

[Lavinia Volpe]

Non si è trattato di non prendere in considerazione il tuo esempio.
Vedo sovrapposizione tra il tuo esempio inziale e la situazione della dimostrazione, mentre non ne vedo tra i miei (o quelli che hai fatto dopo tu) e la situazione della dimostrazione.
Riesco a vedere gli esempio che ho fatto io (o quelli che hai fatto tu) come combinazioni semplici senza ripetizione e quindi arrivo alla formula del coefficiente binomiale.
Non riesco a vedere l'esempio che hai fatto tu e la situazione della dimostrazione come Combinazioni semplice senza ripetizione (Ossia non riesco a capire la frase del prof "i modi di scegliere sono tanti quante sono le combnazioni semplici di n fattori di classe $ k: Cn,k $ e " $ (a+b)(a+b)(a+b) $ danno un contributo pari a $ Cn,k* a^(n-k)*b^k $)
Riesco a vedere il tupo esempio e la situazione del problema come permutazioni con ripetizione e considerandole così mi esce la stessa formula del coefficiente binomiale (che nel caso del polinomio sarebbe quella che credo alcuni chiamano sviluppo del polinomio secondo leibniz)

Sarà un limite della mia stupida mente xD

[fisicarlo]

Mi puoi spiegare a parole tue ( e non con le insopportsbili parole del professore, fatte apposta per non farti capire nulla...) cos'è che non capisci ?? La mia mente limitata non arriva a capire esattamente qual'è il tuo propblema, cos'è che ancora non ti è chiaro...

[Lavinia Volpe]

Le combinazioni semplici di ordine k che si possono formare a partire da n elementi di un insieme, con $ k
Nel caso delle 5 scatole da riempire con palline rosse o blu
io metterei $ k=5 $ , le scatole, e $ n=2 $ , i colori delle palline, e poi non saprei come fare perché le ripetizioni ci devono essere....

Allora considero le partizioni
dati $ h $elementi distinti $ P1,P2,...,Ph $ il numero delle $ P $ con ripetizione di classe $ n>h $ , ottenute ripetendo
$ k1 $ volte $P1 , k2 $ volte $ P2 , ... kh $ volte $ Ph $ , con $ k1+k2+...+kh=n $, è dato dalla formula:
$ P'n=[n!]/[k1!k2!...kh!] $(ricordandosi di dividere per due il risultato per $ k1=k2=n2 $ ) In questo caso $ n=5, k1 = k, k2= n-k $

[fisicarlo]

"Lavinia Volpe":Le combinazioni semplici di ordine k che si possono formare a partire da n elementi di un insieme, con $ k < n $ o $ k= n $ , sono qualunque sequenza di k elementi distinti che si può formare indipendente dall'ordine con cui gli elementi si susseguono. Per ognuna di queste combinazioni, se tenessimo conto dell'ordine, avremmo k! disposizioni semplici. Quindi il numero di combinazioni semplici si ottiene $ [Dn,k]/[k!] = [n * (n-1)*(n-2)*...(n-k+1)]/[k!] = ((n)(k)) $

Ok, forse tu la matematica cla capisci con le parole, io non sono capace... Io la matematica la capisco copn le immagini, quindi provo a tradurre in immagini quello che tu hai scritto a parole:

Tu hai diciamo 5 numeri, e vuoi sapere quante terne distinte puoi formare:
se NON DISTINGUI l'ordine dei numeri (cioè di quelli che tu chiami "elementi") avrai $((n),(k))$ possibili combinazioni, mentre se lo distingui ne avrai in tutto $n(n-1)....(n-k+1)$

Scriviamo a sinistra una qualsiasi successione di k(=3) fissati elementi (tra gli n(=5) disponibili), e a destra di ciascuna di queste successioni scriviamo tra parentesi tutte le sue possibili permutazioni:

123 (132,213,231,312,321)
124 (142,214,241,412,421)
125 (152,215,251,512,521)
134 (143,341,314,413,431)
135 (153,315,351,513,531)
145 (154,415,451,514,541)
234 (243,324,342,423,432)
235 (253,352,325,523,532)
245 (254,425,452,542,524)
345 (354,453,435,543,534)

Quindi, SE DISTINGUIAMO l'ordine degli elementi avremo 60 possibili combinazioni, che corrisponde al numero
$60=5*4*3 = 5*(5-1)*(5-2) = (n)*(n-1)*(n-2) = n*(n-1)*(n-k+1)$

(Per come ragiono io mi trovo meglio a scrivere: $n*(n-1)*(n-(k-1))$, perchè così "vedo" subito che il numero di fattori è $(n-k)$, dal momento che posso scrivere anche:$(n-0)*(n-1)*(n-(k-1))$, e così vedo meglio che che ho sottratto una successione di numeri che va da $0$ a $(k-1)$, che in tutto sono $k$...)

Se invece NON DISTINGUIAMO le diverse permutazxioni di k elementi allora dovremmo prendere solo le successioni scritte a sinistra, quelle che non sono tra parentesi !!

In altri termini:
Siccome LA STESSA terna, cioè la stessa successione di k numeri fissati si può permutare in k! modi diversi, allora se vogliamo contare solo le successioni di numeri indipendemente dall'ordine in cui sono scritti allora dovremo dividere il numero totale di terne, che è $(n)(n-1)....(n-k+1)=60$ per il numero di permutazioni di k elementi, ossia avremo il numero:
$n(n-1).....(n-(k-1))/k!$

Geometricamente l'insieme delle successioni scritte prima è un rettangolo che ha la base lunga $k!$ e l'altezza lunga $((n),(k))$. L' "area" di questo rettangolo sarà data da "base"*"altezza", e corrisponderà al numero totale di elementi possibili, cioè $n(n-k)....(n+(k-1))$
Di conseguenza l'"altezza" $((n),(k))$" del rettangolo sarà uguale all'"area" $n(n-k)....(n+(k-1))$ divisa per la "base" $k!$, cioè:
$((n),(k)) =(n(n-k)....(n+(k-1)))/k!$

Detto questo, mi viene in mente una cosa che forse può farti capire definitivamente l'inghippo:

In realtà il coefficiente binomiale ha due interpretazioni diverse, ma DEL TUTTO EQUIVALENTI:

1°) E' il numero di modi in cui puoi disporre n elementi distinti su k posti, senza distinguere tra loro le varie permutazioni di elementi

2°) E' il numero di modi in cui puoi ordinare k oggetti (IDENTICI e INDISTINGUIBILI) su n caselle disponibili (Questo è il caso delle palline colorate...)

SE PERO' etichetti le varie celle con dei numeri (per esempio: casella 1 casella 2 casella 3 casella4 casella5) trovi l'identità delle due interpretazioni, perchè ora i k elementi indistingibuili andranno ad occupare ciascuno una delle caselle con un determinato numero, e quindi vanno a selezionare tra gli n=5 numeri delle caselle una ben deteminata successione di k numeri.

Il fatto che le caselle siano messe una dietro l'altra in ordine crescente (ma qualsiasi altro ordine sarebbe andato bene...), e tale ordine sia IMMUTABILE, comporta che anche in questo caso sono escluse le permutazioni, e quindi intuitivamente due esempi che sembravano completamente diversi si trovano in sostanza ad essere del tutto equivalenti...
Se indico con O una casella piena, e con X una casella vuota (oppure con O una pallina rossa, e con x una paliina blu), posso mostrare l'identità delle due interpretazioni del coefficiente binomiale, sempre usando l'esempio di n=5 e k=3

123 = OOOxx
124 = OOxOx
125 = OOxxO
134 = OxOOx
135 = OxOxO
145 = OxxOO
234 = xOOOx
235 = xOOxO
245 = xOOOx
345 = xxOOO

"Lavinia Volpe":
Nel caso delle 5 scatole da riempire con palline rosse o blu
io metterei $ k=5 $ , le scatole, e $ n=2 $ , i colori delle palline, e poi non saprei come fare perché le ripetizioni ci devono essere....

E NOOOOO !!!
E' il contrario: le scatole sono n=5, e le palline dello stesso solore sono k=3 (o 2, è la stessa cosa...) !!

Allora considero le partizioni
dati $ h $elementi distinti $ P1,P2,...,Ph $ il numero delle $ P $ con ripetizione di classe $ n>h $ , ottenute ripetendo
$ k1 $ volte $ P1 , k2 $ volte $ P2 , ... kh $ volte $ Ph $ , con $ k1+k2+...+kh=n $, è dato dalla formula:
$ P'n=[n!]/[k1!k2!kh!...kn!] $(ricordandosi di dividere per due il risultato per $ k1=k2=n2 $ ) In questo caso $ n=5, k1 = k, k2= n-k $

Perdonami, le partizioni proprio non le capisco, non so cosa siano... Ma nel tuo caso sono quasi sicuro che NON TI INTERESSANO !!

Quello che ti interessa invece è che se ai cerchietti (o alle palline rosse) sostituisci una "a", e alle croci (o alle palline blu) sostituisci una "b", hai che il numero di combinazioni che ottieni coincide con il numero di possibili prodotti incrociati dello sviluppo di (a+b)^n che contiene k "a" e "n-k" b (OPPURE: k "b" e "n-k" a)
E questo lo puoi vedere andando a rileggere i messaggi precedenti, non me lo fare riscrivere di nuovo da capo qui...

RIassumendo:

123 = OOOxx = a*a*a*b*b
124 = OOxOx = a*a*b*a*b
125 = OOxxO = a*a*b*b*a
134 = OxOOx = a*b*a*a*b
135 = OxOxO = a*b*a*b*a
145 = OxxOO = a*b*b*a*a
234 = xOOOx = b*a*a*a*b
235 = xOOxO = b*a*a*b*a
245 = xOxOx = b*a*b*a*a
345 = xxOOO = b*b*a*a*a

IN TUTTI E TRE I CASI, in numero di successioni possibili sarà dato da
$((n),(k))=((n),(n-k))=((5),(3))=((5),(2))$

[Lavinia Volpe]

Perfetto ho capito! Era quello l'inghippo e ho capito la corrispondenza, ti ringrazio per la pazienza e la dedizione!
Poi se domani a mente fresca mi vengono dubbi, scrivo

[fisicarlo]

...non è che lo dici solo per non farmi scrivere più altri papiri ?? :

[Lavinia Volpe]

Capire è nel mio interesse. E ti chiederei ancora un favore.

Più avanti parla della formula: $ (a1 + a2 +...+ ar)^n= $ $ sum_(n =k1+k2+...+kr\ldots) $ $ (n!)/(k1!k2!...kr!) a1^(k1)* a2^(k2) *ar^(kr) $
Fin qui ci sono

Il numero dei gruppi $k1k2...kr $ è dato dalle combinazioni con ripetizione di classe $ n$ degli $ r $ oggetti =

$ ( ( r +n -1),( n ) ) $

Ma mi pare che così nn si tenga conto dell'ordine , tipo $ k1k2k3k4 $ e $ k4k1k3k2 $ sono considerate la stessa cosa e quindi vengono contati insieme come un solo gruppo

[fisicarlo]

Mi dispiace, ma io questo linguaggio non lo capisco, e lo detesto:

"Il numero dei gruppi $k1k2...kr $ è dato dalle combinazioni con ripetizione di classe $ n$ degli $ r $ oggetti =

$ ( ( r +n -1),( n ) ) $ "

Se mi traduci questa cosa in italiano forse posso provare a risponderti...
Io però non capisco una cosa: mi sono messo a disposizione per aiutarti, e ci ho messo del tempo: una sola cosa ti avevo chiesto: cercare di spiegare le cose a parole tue, e non con il linguaggio matematico... Non potevi proprio venirmi un po' incontro ??

Qual è la domanda ? Cos'è che non hai capito ? E cosa diavolo c'entrano le "combinazioni con ripetizione" con il problema dello sviluppo della potenza n-esima di un polinomio ??

[Lavinia Volpe]

Mi hai già aiutato con quel problema e ti ringrazio davvero. Domani se posso ragiono meglio su questa nuova cosa e provo a spiegare cosa non ho capito eventualmente, sempre che u sia disponibile

[fisicarlo]

Si, fammi sapere...

[Lavinia Volpe]

per esempio $ (a +b + c)^3 $ determinare $k1, k2, k3; k1+k2+k3=0 $

$ ( ( 3 , + 3 , - 1 ),( , 3 , ) ) = ( ( 5 ),( 3 ) ) = 10 $