Muchas gracias a ambos por las respuestas, la verdad es que es muy interesante.
¿Y es posible calcular el número de particiones de un número con todos sus sumandos distintos?
Si cada sumando solo puede inervenir una vez, cada número menor que n puede solo intervenir o no intervenir en una partición de n en sumandos distintos. Entonces, l función de partición que nos intersea es
\( P_d(x) = (1 + x)(1 + x^2)(1 + x^3)\ldots = \prod_{k=1}^\infty{(1 + x^k)} \)
El número de particiones en sumandos distintos de \( n, p_d(n) \), será entonces el coeficiente de \( x^n \) en ese polinomio. solo es necesario considerar hasta \( (1 + x^n) \). Por ejemplo, el nº de formas de expresar 5 con sumandos enteros positivos distintos es el coeficiente de grado 5 en:
\( (1+x)(1+x^2)(1+x^3)(1+x^4)(1+x^5) = 1 + x + x^2 + 2x^3 + 2x^4 + 3x^5 + \ldots \)
De tres formas, que son 5 = 4 + 1 = 3 + 2 (nuevamente se cuenta la suma de un solo sumando, que naturalmente no es igual a ningún otro sumando de esa suma).
El mismo polinomio nos dice que \( 1\textrm{ y }2 \) se pueden obtener de una sola forma, y que \( 3\textrm{ y }4 \) de dos: \( 3 = 2 + 1, 4 = 3 + 1 \). El 1 inicial, sería el coeficiente de x^0, puede interpretarse como que la única forma de escribir 0 como una suma de enteros, distintos o no, es con una suma vacía. No nos vale para ver las particiones distintas de 6, porque no hemos incluido el factor (1 + x^6). Por la misma razón es inútil obtener los términos de mayor grado de ese polinomio.
(Si algún coeficiente fuera negativo, o las restricciones fueran, por poner un ejemplo: x<-3, y>-4, z>2 se podría calcular siguiendo la misma lógica, ¿no? De hecho, siguiendo la misma lógica, si alguna incógnita de la ecuación estuviera elevada a un número cualquiera también se podría hallar el conjunto de soluciones de esa ecuación siguiendo el mismo procedimiento que has descrito, si no me equivoco).
Y, entonces se me ocurre, si la ecuación fuera 2xy+3z=60, siendo x,y>=0, y números naturales, por ejemplo, ¿sería posible hallar el número de soluciones posibles en ese caso?
Y una pregunta, al referirte al caso en el que x+y+z=60 (coeficientes=1), ¿cómo lo calcularías?, las combinaciones con repetición de ¿cuantos? elementos tomados de ¿cuantos en cuantos?
Lo de los coeficientes negativos, no lo se. Lo de acotar los valores de las incógnitas si, basta recortar convenientemente los polinomios. por ejemplo, el número de soluciones de
\( x + 2y + 3z = 20 \)
donde \( 1 \leq{}x\leq{}5, 2\leq{}y\leq{}4, 2 \leq{}z \leq{}4 \), sería el coeficiente de \( x^{20} \) en:
\( P(x) = (x + x^2 + x^3 + x^4 + x^5)(x^4 + x^6 + x^8)(x^6 + x^9 + x^{12}) \)
Es lo mismo que descontar el mínimo de cada variable, \( x' = x - 1, y' = y - 2, z´= z - 2 \), con lo que ahora sería \( 0 \leq{}x' \leq{}4, 0\leq{}y'\leq{}2, 0\leq{}z'\leq{}2 \), y la suma debe dar \( 20 - 1 - 2\cdot{}2 - 2\cdot{}3 = 9 \), quedando el polinomio
\( P'(x) = (1 + x + x^2 + x^3 + x^4)(1 + x^2 + x^4)(1 + x^3 + x^6) \)
(esa ' no tiene nada que ver con derivadas ...)
y buscaríamos el coeficiente de \( x^9 \). El cambio es equivalente a sacar factor común todas las \( x \) posibles de cada polinomio factor.
Si las ecuaciones no son lineales, la cosa debe ser mucho más complicada, al menos en general.
En cuanto al caso en que todos los coeficientes sean unos, es fácil ver como pueden obtenerse como combinaciones con repetición. Veamoslo con un ejemplo:
\( x + y + z = 12 \)
Tienes que repartir 12 unos, obviamente iguales, en los tres sumandos. Dicho de otra forma, a cada uno tienes que ponerle una etiqueta 'x', 'y' o 'z' para decidir en que incógnita se incluye. es decir, tienes que asignar 12 etiquetas de tres tipos, sin que nos importe el orden. Por tanto, \( CR_3^{12} = \displaystyle\binom{12 + 3 - 1}{3 -1}= \displaystyle\binom{14}{2} = 91 \)
La explicación del número de combinaciones con repetición también es sencilla. Como no importa el orden, siguiendo con el ejemplo, se pueden colocar en fila los 12 unos, de manera que los x primeros irían a la incógnita x, los y siguientes a la y, y los z últimos a la z. Para contar el número de formas de hacerlo, solo hay que intercalar dos separadores, uno entre los unos de las 'x' y los de las 'y', y otro entre los de las 'y' y los de las 'z'. Es decir, hay que colacar 2 separadores y 12 unos de todas las formas posibles, esto es \( \displaystyle\binom{12 + 2}{2} \) formas. los doses salen de que para separar los tres conjuntos de 1 en una fila, solo necesitamos 3 - 1 = 2 separadores.
El tema es muy amplio e interesante. Si quieres más información, la podrás encontrar en casi cualquier libro no totalmente elemental de combinatoria.
Saludos.
