No estoy seguro de dónde se produce la ruptura de la comprensión, pero parece estar en la conciliación de lo heurístico con lo numérico. Permítanme presentar las cosas de una manera (posiblemente) diferente que puede mostrar cómo funcionan las cosas.
En primer lugar, utilizamos lo siguiente
Definición : Dado un número entero $n\ge0,$ dejar $n!$ es el número de órdenes distintos en los que podemos ordenar un conjunto de $n$ objetos.
Tenga en cuenta que digo distintivo órdenes, en lugar de distinguible pedidos. Esta es una distinción importante. Después de todo, si tenemos un conjunto de $n$ objetos indistinguibles, entonces sólo hay una distinguible orden en que podemos colocarlos, y estoy ciertamente no afirmando que $n!=1$ para todos los enteros $n\ge0.$ Esta es una buena manera de pensar en ello: supongamos que las bolas están etiquetadas con números de $1$ a $n$ (inclusive), pero los números están impresos con una tinta que sólo pueden discernir los seres que pueden detectar las longitudes de onda fuera del "espectro visible". De este modo, podemos ver fácilmente que las órdenes pueden ser distintas, pero indistinguibles para nosotros.
Demostremos que esta definición de $n!$ coincide con la definición recursiva habitual. En primer lugar, hay que tener en cuenta que la única forma de poner $0$ objetos en orden es no poner ningún objeto en orden. Por otro lado, si no pones ningún objeto en orden, entonces pones $0$ objetos en orden. De ahí que, tal vez de forma contraintuitiva, $0!=1$ por la definición dada anteriormente.
Ahora, supongamos que tenemos $n$ objetos a la orden, y que $(n-1)!$ coincide con la definición recursiva habitual. Por un lado, dado un orden particular de los $n$ objetos, hay un objeto inicial (fácilmente, hay $n$ posibilidades para este objeto) y un orden del $n-1$ objetos no iniciales. Obsérvese que los diferentes órdenes dan lugar a diferentes objetos iniciales, o bien dan lugar al mismo objeto inicial, pero a diferentes órdenes del $n-1$ objetos no iniciales. Así, tenemos: $$n!\le n\cdot(n-1)!$$ Por otro lado, si elegimos uno de los $n$ posibles objetos iniciales, lo que podemos hacer en $n$ maneras--y luego elegir un orden de la $n-1$ objetos no iniciales -lo que, por supuesto, podemos hacer en $(n-1)!$ caminos entonces hemos ordenado la $n$ objetos. Diferentes elecciones de objetos iniciales dan lugar a diferentes órdenes. Además, entre órdenes con el mismo objeto inicial, diferentes órdenes del $n-1$ Los objetos no iniciales producen órdenes diferentes. Por lo tanto, tenemos: $$n\cdot(n-1)!\le n!$$ Juntando nuestros trabajos anteriores, tenemos: $$n!=n\cdot(n-1)!$$
En segundo lugar, utilizamos lo siguiente
Definición : Dados los enteros $k,n$ con $0\le k\le n,$ dejar ${}_nP_k$ es el número de formas distintas en que podemos elegir y ordenar un $k$ -de un subconjunto de elementos $n$ -conjunto de elementos.
Supongamos que tenemos $n$ objetos para ordenar. Dado un determinado orden de los $n$ hay un conjunto de los objetos $k$ objetos iniciales y un orden de dichos objetos (por definición, podemos elegir y ordenar dicho conjunto en ${}_nP_k$ formas), y hay un orden de la $n-k$ objetos no iniciales. Diferentes conjuntos de la $k$ los objetos iniciales producen un orden diferente de los $n$ objetos, diferentes órdenes del mismo conjunto de la $k$ los objetos iniciales producen diferentes órdenes de $n$ objetos. Además, dado un conjunto y un orden determinado de los $k$ objetos iniciales, diferentes órdenes del $n-k$ Los objetos no iniciales producen diferentes órdenes de $n$ objetos. Por lo tanto: $$n!\le{}_nP_k\cdot(n-k)!$$ Por otro lado, de forma similar a la prueba en el caso factorial (que es el caso de la permutación, con $k=n$ ), tenemos: $${}_nP_k\cdot(n-k)!\le n!$$ Combinando los dos resultados anteriores, tenemos: $$n!={}_nP_k\cdot(n-k)!$$ Desde $(n-k)!$ es positivo, entonces tenemos: $${}_nP_k=\frac{n!}{(n-k)!}$$
En tercer lugar, utilizamos lo siguiente
Definición : Dados enteros $k,n$ con $0\le k\le n,$ dejar ${}_nC_k$ sea el número de distintos $k$ -subconjuntos de elementos de un $n$ -conjunto de elementos.
Supongamos que tenemos un conjunto de $n$ objetos entre los que elegir. Dada una determinada elección y ordenación de $k$ de estos objetos, hay un conjunto de $k$ objetos elegidos, y un ordenamiento de estos $k$ objetos. Si elegimos un subconjunto diferente de $k$ objetos, o un ordenamiento diferente de los mismos $k$ -entonces obtenemos un subconjunto de elementos diferente $k$ -objeto de orden, por lo que tenemos: $${}_nP_k\le{}_nC_k\cdot k!$$ De nuevo, de forma similar, se cumple la desigualdad inversa, por lo que tenemos: $${}_nP_k={}_nC_k\cdot k!$$ Desde $k!$ es positivo, entonces tenemos: $${}_nC_k=\frac{{}_nP_k}{k!}=\frac{n!}{k!(n-k)!}$$
En este punto, la prueba de que $\binom nk={}_nC_k$ es sencillo. El $n=0,1$ son triviales, así que toma un número entero $n>1,$ y que $S=\{i\in\Bbb Z:1\le i\le n\}.$ Considere la expansión del producto $$\prod_{i\in S}(x_i+y_i)=(x_1+y_1)\cdots(x_n+y_n).$$ Debe quedar claro que cada término de la expansión es mónico, y que cada término puede escribirse de la forma $$\left(\prod_{i\in A}x_i\right)\cdot\left(\prod_{j\in S\smallsetminus A}y_j\right)$$ para algunos únicos $A\subseteq S.$ Eso es, $$\prod_{i\in S}(x_i+y_i)=\sum_{A\subseteq S}\left(\prod_{i\in A}x_i\right)\cdot\left(\prod_{j\in S\smallsetminus A}y_j\right).\tag{$ \N - La estrella $}$$ Ahora, hacemos la sustitución $x_i=x$ y $y_i=y$ para todos $i\in S.$ Entonces el lado izquierdo de $(\star)$ es precisamente $(x+y)^n,$ por lo que aplicando el teorema del binomio nos da $$\sum_{k=0}^n\binom nk x^k y^{n-k}\overset{(\star)}{=}\sum_{A\subseteq S}\left(\prod_{i\in A}x\right)\cdot\left(\prod_{j\in S\smallsetminus A}y\right)=\sum_{A\subseteq S}x^{|A|}y^{n-|A|}=\sum_{k=0}^n{}_nC_kx^ky^{n-k}.$$ Desde $x,y$ son reales arbitrarios, se deduce que $\binom nk={}_nC_k$ para todos $0\le k\le n.$
