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(a+b+c)³=a³+b³+c³+3(a²b+ab²+a²c+ac²+b²c+bc²)+6abc.

Aquí, como ninguna de las respuestas (correctas todas ellas) menciona la fórmula directa que da ese desarrollo, creo que debería mencionarse la bella fórmula de Leibniz, que da la potencia de un polinomio de exponente entero positivo, generalizando así la fórmula del binomio de Newton (que no es de Newton, es anterior, pero bueno…así la llamamos todos).

Sean m y n son enteros positivos, con m>1, n>0.

(a₁+a₂ +…+a ₘ)ⁿ = Σ [n! /(ω₁! ω₂! * …* ωₘ! )] a₁^ω₁ * a₂^ω₂ * …* aₘ^ωₘ

donde el sumatorio se extiende a todos los sistemas de enteros no negativos

{ω₁, ω₂, … ωₘ} tales que ω₁+ω₂+ … +ωₘ = n.

El número total de términos del desarrollo, una vez reducidos los términos semejantes es evidentemente el número de combinaciones con repetición de m elementos tomados de n en n, es decir,

RCⁿₘ = (m+n-1)↓n = (m+n-1)! / [n! * (m-1)!], empleando la notación tipográfica p↓q para expresar el número combinatorio p sobre q, o bien, el número de combinaciones sin repetición de p elementos tomados de q en q.

En el caso de (a+b+c)³, es m=3, n=3, luego el número de términos es

5↓3=10 términos.

Los exponentes ω₁, ω₂, ω₃ deben verificar la ecuación diofántica:

ω₁+ω₂+ω₃ = 3, luego sus valores posibles serán:

3+0+0, 2+1+0, 1+1+1, y todas sus diferentes permutaciones distintas; para hallarlos sistemáticamente se asigna el máximo valor al primero ω₁, y luego el complemento restante se va descomponiendo de igual manera, en orden decreciente, empezando por el mayor valor posible, pero no mayor que el anterior.

Por ejemplo, para ω₁+ω₂+ω₃+ω₄=5, tendríamos

5+0+0+0 // 4+1+0+0 // 3+2+0+0 // 3+1+1+0 // 2+2+1+0 // 2+1+1+1 y todas las permutaciones posibles y distintas de estas soluciones.

O bien podemos también dejar fijos los exponentes y permutar las bases; en nuestro caso, el cubo del trinomio dará:

(a+b+c)³=3!/(3!*0!*0!) Σ a³+ 3!/(2!*1!*0!) Σ a²b + 3!/(1!*1!*1!) Σ abc=

a³+b³+c³ + 3(a²b+ab²+a²c+ac²+b²c+bc²)+6abc.

Es cierto que el cálculo puede resultar pesado, pero es que lo es de cualquier manera que se haga. Y por ejemplo, para (a+b+c+d)⁷ (10↓4= ¡¡210 términos!!) supone un gran ahorro de tiempo y de errores emplear la fórmula de Leibniz.

Pero es que además tiene aplicaciones teóricas preciosas, por ejemplo una en teoría de números: si a€N, con a>1, p es un número primo, y además a no es divisible por p, desarrollemos aᵖ mediante la fórmula de Leibniz:

aᵖ = (1+1+1…(a) …+1)ᵖ=Σ [p! /(ω₁! ω₂! * …* ωa! )] 1^ω₁ * 1^ω₂ * …* 1^ωa

Pero el sumatorio contiene la suma de múltiplos de p, cuando se toma cualquier solución de

ω₁+ω₂+…+ωa=p, que no sea p+0+0+ …+0 (a sumandos), puesto que los factoriales de los números menores que p son primos con p, por ser p primo (absoluto), y además contiene la suma de los términos p!/p! (todos =1), y esto a veces, porque las soluciones con p y el resto ceros son tantas como maneras de colocar el sumando p entre a lugares, es decir, p+0+0+... // 0+p+0+… // 0+0+p+…etc.

En definitiva, será aᵖ = a + múltiplo de p, de modo que:

aᵖ≡a (mód. p), en todo caso; pero si además a no es múltiplo de p, como suponíamos, podemos dividir por a ambos miembros de la congruencia:

aᵖ⁻¹ ≡ 1 (mód. p), que es la Congruencia de Fermat, también llamada

el pequeño teorema de Fermat.

Una bella aplicación de la fórmula de Leibniz para la potencia de un polinomio.