Nunca lle digas nunca máis a Alcuíno

Hai un par de meses traía por aquí unha referencia a Alcuíno de York. Aínda que non o explicitaba tiña a seguridade de que nunca máis volvería a remexer sobre tal personaxe. Velaquí a proba de que estaba completamente equivocado. Non só iso, senón que agora que volvo a escribir unha entrada sobre Alcuíno, fágoo cun problema ao que xa fixen referencia, (xa contarei a razón). Velaquí o seu enunciado:

12. Problema dun pai e o os seus tres fillos. Un certo pai de familia, ao morrer, deixou aos seus tres fillos unha herdanza de 30 botellas de vidro, dez delas estaban completamente cheas de aceite. Outras dez mediadas. As últimas dez baleiras. Divida quen poida, aceite e botellas, de tal modo que cada un dos tres fillos obteña o mesmo, tanto de vidro como de aceite.

Se nos poñemos á obra, podémoslle chamar x_i ás incógnitas que nos indican o número de botellas cheas, y_i ao número de botellas mediadas e finalmente z_i ao de botellas baleiras; onde i pode tomar os valores 1, 2 ou 3 e identificar a cada un dos fillos. Deste xeito podemos establecer os seguintes conxuntos de ecuacións:
I. Hai 10 botellas de cada clase:
$$(I)\begin{cases} { x }_{ 1 }+{ x }_{ 2 }+{ x }_{ 3 }=10 \\ { y }_{ 1 }+{ y }_{ 2 }+{ y }_{ 3 }=10 \\ { z }_{ 1 }+{ z }_{ 2 }+{ z }_{ 3 }=10 \end{cases}$$
II. Cada un dos fillos leva 10 botellas:
$$(II)\begin{cases} { x }_{ 1 }+{ y }_{ 1 }+{ z }_{ 1 }=10 \\ { x }_{ 2 }+{ y }_{ 2 }+{ z }_{ 2 }=10 \\ { x }_{ 3 }+{ y }_{ 3 }+{ z }_{ 3 }=10 \end{cases}$$
III. En total hai 15 litros de aceite, polo que cada fillo levará 5 litros.
Por exemplo, o primeiro levará x₁+½ y₁ =5, ou o que é o mesmo 2x₁ +y₁ =10. Polo que teremos:
$$(III)\begin{cases} { 2x }_{ 1 }+{ y }_{ 1 }=10 \\ { 2x }_{ 2 }+{ y }_{ 2 }=10 \\ { 2x }_{ 3 }+{ y }_{ 3 }=10 \end{cases}$$
Restando ecuación a ecuación as de II e III obtemos as igualdades: x_i=z_i, isto é, cada un dos fillos leva tantas botellas cheas como baleiras.
Todo isto, aínda que non o escribira,  xa o fixera na anterior entrada. Daquela, neste punto adicárame a estudar o sistema de 6 ecuacións que quedara para obter todas as posibles solucións (enteiras positivas) do problema. A novidade, e a razón de traer outra vez por aquí o problema, nun principio pode parecer algo anódina. Comparemos a 1ª ecuación de I coa 1ª de III. Obteremos que
$${ x }_{ 2 }+{ x }_{ 3 }={ x }_{ 1 }+{ y }_{ 1 }$$
Como y₁ ≥ 0 temos que x₂ +x₃ ≥ x_1. Análogamente chegamos a este grupo de desigualdades:
$$\begin{cases} { x }_{ 2 }+{ x }_{ 3 }\ge { x }_{ 1 } \\ { x }_{ 1 }+{ x }_{ 3 }\ge { x }_{ 2 } \\ { x }_{ 1 }+{ x }_{ 2 }\ge { x }_{ 3 } \end{cases}$$
que é característica defintitoria dun triángulo (x₁, x₂, x₃) que pode ser dexenerado. Si! as solucións do problema de Alcuíno son triángulos!. Con esta nova idea na faltriqueira é máis fácil chegar a todas as solucións do problema. Basta con ir escribindo ordenadamente todas as formas de construír eses triángulos:

Neste caso o número de solucións é 5. Ademais vese claramente que unha vez establecida a repartición das botellas cheas, o resto das incógnitas quedan perfectamente determinadas. Polo tanto chega con estudar os valores dos triángulos (x₁, x₂, x₃).
Xeneralicemos, consideremos o problema de Alcuíno con n botellas de aceite de cada clase. Se lle chamamos T(n) ao número de solucións do problema de Alcuíno con n botellas, acabamos de ver que T(10)=5. A canto ascenderá o seguinte valor T(11)? De construirmos unha táboa coma a anterior:

Veremos que T(11)= 4.

Podemos calcular  cal será o valor xeral de T(n)? A resposta é si, e a solución é realmente sorprendente. Obterémola precisamente da caracterización como triángulo das solucións do problema. Na última táboa obtivemos os valores dos triángulos (x₁, x₂, x₃) de perímetro 11. Ademais neste caso non había triángulos dexenerados. Chamémoslle t(n) ao número de triángulos non dexenerados de perímetro n. Pódese determinar t(n)?

Noutras palabras, chegamos a un novo problema con entidade propia, a de determinar o número de triángulos (non dexenerados) de perímetro n. E outra cousa, este problema pode abrirnos algunha porta para determinar T(n)? A resposta a ambas cuestións é afirmativa. Primero explicitaremos o valor de t(n), xa indicaremos máis adiante de onde o sacamos.

$$t(n)=\begin{cases} \left\{ \frac { { n }^{ 2 } }{ 48 }  \right\} \quad \quad \quad \quad se\quad n\quad par \\ \left\{ \frac { { \left( n+3 \right)  }^{ 2 } }{ 48 }  \right\} \quad \quad se\quad n\quad impar \end{cases}$$

onde {x} indica o enteiro máis próximo a x.
Se n é impar vai suceder como no caso n=11, será imposible obter triángulos dexenerados dese perímetro. Efectivamente, se temos un triángulo dexenerado: x₁₊x₂=x_3, polo que n=x₁+x₂+x₃=2x₃ (n ten que ser par). Entón T(n)=t(n) para os valores impares de n.
Que pasa cos valores pares? Sexa (x₁, x₂, x₃) un triángulo eventualmente dexenerado de perímetro par n, entón (1+x₁, 1+x₂, 1+x₃) é un triángulo non dexenerado de perímetro n+3. Ademáis, valores distintos do primeiro, dan lugar a valores distintos do segundo e todos os triángulos de perímetro n+3 proceden, mediante esta correspondencia, dalgún dos eventualmente dexenerados de perímetro n. En conclusión, para os valores pares T(n)=t(n+3). Por fin temos determinada a función T(n):

$$T(n)=\begin{cases} \left\{ \frac { \left( n+6 \right) ^{ 2 } }{ 48 }  \right\} \quad \quad se\quad n\quad par \\ \left\{ \frac { { \left( n+3 \right)  }^{ 2 } }{ 48 }  \right\} \quad \quad se\quad n\quad impar \end{cases}$$

A sucesión de Alcuíno
Curiosamente os matemáticos deron en chamarlle sucesión de Alcuíno a t(n), e non a T(n). Queda por ver de onde sacamos a expresión da sucesión de Alcuíno (OEIS A005044)  cuxos primeiros termos son os seguintes:

En primeiro lugar poñemos cada triángulo (x₁, x₂, x₃) como suma de (1,1,1) e unha combinación linear dos triángulos (0,1,1), (1,1,1) e (1,1,2) :
$$({ x }_{ 1 },{ x }_{ 2 },{ x }_{ 3 })=(1,1,1)+\alpha(0,1,1)+\beta(1,1,1)+\gamma(1,1,2) \quad$$
É fácil demostrar a partir da igualdade
$$\begin{cases} { x }_{ 1 }=1+\beta +\gamma  \\ { x }_{ 2 }=1+\alpha +\beta +\gamma  \\ { x }_{ 3 }=1+\alpha +\beta +2\gamma  \end{cases}$$
que para cada triángulo  (x₁, x₂, x₃) existe unha única solución (𝜶,𝜷,𝜸). Sumando obtemos:
$$n={ x }_{ 1 }+{ x }_{ 2 }+{ x }_{ 3 }=3+2\alpha +3\beta +4\gamma $$
De aí que t(n) sexa o número de formas de obter n-3 como sumas nas que os sumandos sexan os números 2, 3 ou 4. Por exemplo, no caso n=10: n-3=7. As únicas dúas formas de obter un 7 como sumas dos elementos 2, 3 e 4 son:

7=2+2+3=4+3

No caso de n=11: n-3=8

8=2+2+2+2=2+2+4=2+3+3=4+4

Do que se trataría sería de estudar a función racional seguinte, xa que o seu desenvolvemento en serie de potencias ten como coeficientes precisamente os elementos da sucesión t(n).
$$\sum_{n=0}^{\infty}t(n)x^n=\frac{x^3}{(1-x^2)(1-x^3)(1-x^4)}$$
As liñas xerais desta demostración poden consultarse nesta páxina do (prodixioso) portal de Martin Erickson.
Quizais o método demostrativo poida parecer rebuscado, pero non fai máis que seguir unha tradición que vén dunha xenialide de Leonhard Euler que se explica neste libro de William Dunham.
En liñas xerais a cuestión que estudou  Euler e a forma de tratala, foi o seguinte:
Sexa D(n) o número de formas de escribir n como suma de naturais diferentes
Sexa $$P\left( x \right) =\left( 1{ +x } \right) \left( 1+{ x }^{ 2 } \right) \left( 1+{ x }^{ 3 } \right) ......=\sum _{ n=0 }^{ \infty  }{ D\left( n \right)  } { x }^{ n }$$
onde tomamos D(0)=1
Sexa I(n) o número de formas de escribir n como suma de naturais impares
Sexa $$Q\left( x \right) =\frac { 1 }{ 1-x } \frac { 1 }{ 1-{ x }^{ 3 } } \frac { 1 }{ 1-{ x }^{ 5 } } .....=\sum _{ n=0 }^{ \infty  }{ I\left( n \right)  } { x }^{ n }$$
onde tomamos I(0)=1.
Entón Euler explica como P(x)=Q(x), do que deduce a igualdade de todos e cada un dos termos do desenvolvemento en serie de potencias de cada unha destas funcións: D(n)=I(n) ∀n∊N. Isto é, que o número de formas de escribir un número como suma de diferentes enteiros coincide co número de fomas de escribilo como suma de impares, cuestión, por certo, nada obvia.
Para collerlle o pulso do que estamos falando cómpre ter a man algún caso particular. Velaquí as 12 formas de obter o número 11:

Poderíamos formar dous grupos na aula que xogaran a quen é quen de formar máis sumas. Un dos grupos usaría sumandos distintos e o outro sumandos impares. Non se pode dicir que o reto non é equitativo. Con esta proposta podemos destacar a importancia de ser ordenados e sistemáticos na análise dun problema.

Visto todo o anterior, agora xa non me atrevo nin a pensar que nunca volverei a atoparme con Alcuíno. Ademais temos a mostra de como profundizando un pouco nun problema de apariencia bastante banal, podemos, como neste caso, atoparnos coa sorpresa dunhas matemáticas realmente gorentosas. E como premio, chegamos a un lugar para cheo de matemáticas fermosas, o portal de Martin Erickson. Que máis se pode pedir?