Tres demostraciones del teorema del binomio

El teorema del binomio es uno de esos resultados que se "ven" de inmediato combinatoriamente, pero que también admiten demostraciones puramente algebraicas. Conocer las tres es valioso: cada una generaliza en una dirección distinta (a multinomios, a exponentes negativos o fraccionarios, a anillos no conmutativos).

Demostración 1: Conteo directo (la prueba "del libro")

Enunciado. Para $n \geq 0$ entero, $\displaystyle (x+y)^n = \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} x^k y^{n-k}$ .

Demostración. Escribimos $(x+y)^n = \underbrace{(x+y)(x+y)\cdots(x+y)}_{n \text{ factores}}$ . Al expandir el producto mediante la propiedad distributiva, cada término del desarrollo resulta de elegir, de cada uno de los $n$ factores, o bien el sumando $x$ o bien el sumando $y$ , y multiplicar las elecciones. Un término particular $x^k y^{n-k}$ se obtiene cada vez que se elige $x$ en exactamente $k$ de los $n$ factores (e $y$ en los $n-k$ restantes). El número de formas de elegir cuáles $k$ factores aportan una $x$ es, por definición, $\binom{n}{k}$ . Por tanto, al agrupar los términos semejantes,

(x+y)^n = \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} x^k y^{n-k}. \qquad \blacksquare

Por qué es la prueba "del libro". No requiere cálculo ni inducción: el coeficiente $\binom{n}{k}$ aparece porque cuenta exactamente lo que tiene que contar — no es una coincidencia algebraica, sino la definición misma de $\binom{n}{k}$ aplicada al lugar correcto. Esta es la razón por la que conviene memorizar el teorema del binomio combinatoriamente, no como una fórmula a recordar mecánicamente.

Demostración 2: Inducción usando la regla de Pascal

Demostración. Por inducción sobre $n$ . El caso $n=0$ es $(x+y)^0 = 1 = \binom{0}{0}x^0y^0$ . Supongamos el resultado válido para $n-1$ :

(x+y)^{n-1} = \sum_{k=0}^{n-1} \binom{n-1}{k} x^k y^{n-1-k}.

Multiplicando ambos lados por $(x+y)$ :

(x+y)^n = \sum_{k=0}^{n-1}\binom{n-1}{k} x^{k+1}y^{n-1-k} + \sum_{k=0}^{n-1} \binom{n-1}{k} x^k y^{n-k}.

Reindexando la primera suma con $j = k+1$ (de modo que recorre $j = 1,\ldots,n$ ):

(x+y)^n = \sum_{j=1}^{n} \binom{n-1}{j-1} x^{j} y^{n-j} + \sum_{k=0}^{n-1} \binom{n-1}{k} x^k y^{n-k}.

Agrupando los términos con la misma potencia $x^k y^{n-k}$ (los extremos $k=0$ y $k=n$ aparecen en una sola suma cada uno, y coinciden con $\binom{n-1}{0} = \binom{n-1}{n-1} = 1 = \binom{n}{0} = \binom{n}{n}$ ):

(x+y)^n = \sum_{k=0}^{n} \left[\binom{n-1}{k-1} + \binom{n-1}{k}\right] x^k y^{n-k} = \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} x^k y^{n-k},

donde el último paso usa exactamente la regla de Pascal $\binom{n-1}{k-1}+\binom{n-1}{k} = \binom{n}{k}$ (ver coeficientes-binomiales). $\blacksquare$

Observación metodológica. Esta demostración revela que el teorema del binomio y la regla de Pascal son, en esencia, la misma afirmación vista desde ángulos distintos: una recurrencia sobre coeficientes y una identidad de polinomios se implican mutuamente. Es un ejemplo perfecto de cómo dos formulaciones aparentemente distintas de una idea —una combinatoria, otra algebraica— terminan siendo equivalentes en el fondo.

Demostración 3: Vía derivación formal (caracterización por series de Taylor)

Demostración. Sea $f(x) = (1+x)^n$ , un polinomio de grado $n$ . Por el teorema de Taylor (válido para polinomios sin ninguna sutileza analítica, pues son funciones enteras), $f$ coincide con su desarrollo de Taylor en torno a $x=0$ :

f(x) = \sum_{k=0}^{n} \frac{f^{(k)}(0)}{k!} x^k.

Calculamos las derivadas sucesivas: $f'(x) = n(1+x)^{n-1}$ , $f''(x) = n(n-1)(1+x)^{n-2}$ , y en general $f^{(k)}(x) = n(n-1)\cdots(n-k+1)(1+x)^{n-k} = n^{\underline{k}}(1+x)^{n-k}$ para $k \leq n$ (y $f^{(k)} \equiv 0$ para $k > n$ , pues $f$ tiene grado $n$ ). Evaluando en $x = 0$ :

f^{(k)}(0) = n^{\underline{k}} = n(n-1)\cdots(n-k+1) = \frac{n!}{(n-k)!}.

Sustituyendo,

(1+x)^n = \sum_{k=0}^{n} \frac{n!/(n-k)!}{k!} x^k = \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} x^k.

El caso general $(x+y)^n$ se obtiene homogeneizando: si $y \neq 0$ , escribimos $(x+y)^n = y^n\left(\frac{x}{y}+1\right)^n = y^n \sum_k \binom{n}{k}\left(\frac{x}{y}\right)^k = \sum_k \binom{n}{k}x^k y^{n-k}$ (y el caso $y=0$ es trivial). $\blacksquare$

Por qué vale la pena conocerla. Esta tercera vía es la que generaliza de forma más natural: sustituyendo $n$ por un exponente real arbitrario $\alpha$ —y la suma finita por una serie infinita— se obtiene el teorema del binomio generalizado de Newton,

(1+x)^{\alpha} = \sum_{k=0}^{\infty} \binom{\alpha}{k} x^k, \qquad \binom{\alpha}{k} := \frac{\alpha(\alpha-1)\cdots(\alpha-k+1)}{k!},

válido para $|x| < 1$ . Esta extensión es exactamente la que permite obtener $\sqrt{1-4x} = (1-4x)^{1/2}$ como serie de potencias en la deducción de la fórmula cerrada de los números de Catalan vía funciones generadoras (ver catalan-formula-demos y funciones-generadoras) — un puente directo entre el análisis y la combinatoria enumerativa.

Comparación y moraleja

Las tres demostraciones difieren en lo que explican:

La prueba combinatoria explica por qué aparece $\binom{n}{k}$ — su significado.
La prueba inductiva explica cómo se relaciona con la estructura recursiva del triángulo de Pascal.
La prueba analítica explica cómo generalizar más allá de los enteros no negativos.

Ninguna es "la mejor" en abstracto: la elegida depende de qué se necesite extraer del resultado. En el contexto de una demostración olímpica, la primera suele ser la más rápida de escribir y la más persuasiva; las otras dos son las que abren la puerta a generalizaciones que, llegado el momento, resultan indispensables.