Encontrar el coeficiente de

Question

Cómo encontrar el coeficiente de $a^3b^4c^5$ en la expansión de $(ab+bc+ca)^6$

Answer 1

Usted necesita encontrar cómo muchas maneras de multiplicating 6 términos de las formas $ab$, $bc$ y $ca$ le dará $a^3b^4c^5$. Vamos a describir manera:

Ya que el exponente de a$c$$5$, y estás multiplicating 6 términos, exactamente uno de ellos no debe tener un $c$, por lo que debe tener exactamente una $ab$ en la multiplicación. Ahora, el exponente de $b$$4$, por lo que vas a necesitar $3$ otros termias que tienen un $b$ y de las formas $bc$ o $ca$. A continuación, debe haber 3 términos de $bc$ en la multiplicación, y las otras 2 $ca$'s.

Lo que hemos confirma por ahora es que si estás eligiendo elementos de los formularios $ab$, $bc$ y $ca$ tales que su producto es $a^3b^4c^5$, entonces usted debe haber elegido precisamente 1 $ab$, 3 $bc$'s y 2 $ca$'s.

Ahora imagínese lo que pasaría si se utiliza la distributividad expandir $(ab +bc +ca)^6=(ab+bc+ca)\cdots(ab+bc+ca)$, manteniendo el orden en que se multiplican. Tendrías muchos términos que son en realidad iguales a$a^3b^4c^5$, pero sólo se escriben en una forma diferente (como$(ab)(bc)(bc)(bc)(ca)(ca)$$(bc)(ab)(bc)(bc)(ca)(ca)$). Sólo se necesita contar cuántos de ellos están allí. Creo que es bastante claro que cada uno de estos diferentes termias sólo aparecerá una vez después de haber hecho la expansión.

Ha $6!$ formas de ordenating los "distintos" de los términos $ab$, $bc$, $bc$, $bc$, $ca$, $ca$, $ca$. Ahora usted tiene que quitar los "duplicados", así que voy a dividir por $3!$ y, a continuación, por $2!$, ya que hay 3 términos de $bc$ y 2 términos de $ca$. Maneja un total de $6!/(3!2!)=60$ formas de escritura $a^3b^4c^5$ como producto de $ab$, $bc$ y $ca$.

Por lo tanto, el coeficiente de $a^3b^4c^5$ en la expansión de $(ab+bc+ca)^6$$60$.

PS.: Nunca he entendido realmente permutaciones y combinaciones. Me parece muy natural para imaginar que eres "la eliminación de duplicados de termias".

Answer 2

No tenemos demasiadas posibilidades. Considere la posibilidad de la $a$'s, exactamente $3$ de ellos es necesario. Todo no puede venir de $ab$ porque $c^2$ estaría a la izquierda. Del mismo modo, todo no puede venir sólo de $ca$'s. Del mismo modo, si $ab$ es elegido de $2$ lugares,$a^3b^2c$, e $b^2c^4$ queda para el $bc$'s.

Supongamos que tenemos $1$ componente donde $ab$ fue elegido, luego ya es $(ab)(ca)^2=a^3bc^2$. Por eso, $(bc)^3$ es de la izquierda, que se puede hacer en $6\cdot\displaystyle\frac{5\cdot 4}2=60$ maneras.

Otra forma es, que consideramos que ha $x$ piezas de $ab$s, $y$ $bc$'s y $z$ $ca$'s, entonces tenemos las siguientes ecuaciones a resolver: $$\begin{align} x+z &= 3 \\ x+y&=4\\ y+z&=5 \end{align}$$