Olimpiada Matemática Española 2012 - Problema 5: Sucesión por recurrencia - Gaussianos

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Olimpiada Matemática Española 2012 – Problema 5: Sucesión por recurrencia

Autor: gaussianos | Publicado el 24 de abril de 2012
Categorías: Juegos | Imprime este post

8 comentarios

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Ñbrevu | 24 de abril de 2012 | 17:28

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Observando los primeros términos de la serie (1, 5, 29, 169…) vemos que cada uno es aproximadamente igual a seis veces el anterior. Concretamente, la fórmula parece ser $a_n=6a_{n-1}-a_{n-2}$ . La ecuación algebraica asociada es $x^2-6x+1=0$ , cuyas soluciones son $x=3\pm\sqrt8$ , de manera que tenemos como solución general $a_n=A\left(3+\sqrt8\right)^n+B\left(3-\sqrt8\right)^n$ . Aplicando a los casos particulares $a_1=1$ y $a_2=5$ , obtenemos la solución particular: $a_n=\dfrac{1+\sqrt8}2\left(3+\sqrt8\right)^{n-1}+\dfrac{1-\sqrt8}2\left(3-\sqrt8\right)^{n-1}$ . Igualando es posible comprobar que la ecuación de recurrencia se cumple (yo he dejado a Matlab que lo haga, pero no debería ser muy complicado), lo que significa que la expresión se corresponde efectivamente con la sucesión dada.

Finalmente, el hecho de que también se corresponda con la sucesión de la conjetura inicial, $a_n=6a_{n-1}-a_{n-2}$ , demuestra que todos los elementos son enteros.
limonminerva | 24 de abril de 2012 | 17:51

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hasta aca llegue con la calc de windows y calculos mentales jajaja
${a_{n+1}= 6*a_n - {a_{n-1}}}$
Pablo | 24 de abril de 2012 | 20:08

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Lo interesante del tema es que corresponde a la secuencia de números $n$ tales que $2n^2 - 1$ es un cuadrado. Al menos eso dice la enciclopedia de secuencias de enteros https://oeis.org/A001653
hawk31 | 24 de abril de 2012 | 21:00

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Ecuaciones en diferencia, según veo.
Cristhian Camacho | 24 de abril de 2012 | 22:25

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Sería interesante saber porque esas dos relaciones de recurrencia son equivalentes, en general:

$a_1 = 1, \quad a_2 = a_2, \quad a_n = \cfrac{a_{n-1}^{2} + (a_2-1)}{a_{n-2}}, \mbox { para } n\ge3$

$a_1 = 1, \quad a_2 = a_2, \quad a_n = (a_2+1)a_{n-1} - a_{n-2}, \mbox { para } n\ge3$

$a_n = \left ( \frac{\sqrt{a_2+3} \quad (\sqrt{a_2+3}-\sqrt{a_2-1})}{2(a_2+3)} \right )\left ( \frac{(a_2+1) + \sqrt{(a_2+1)^{2}-4}}{2} \right )^{n}$
$+ \left ( \frac{\sqrt{a_2+3} \quad (\sqrt{a_2+3}+\sqrt{a_2-1})}{2(a_2+3)} \right )\left ( \frac{(a_2+1) - \sqrt{(a_2+1)^{2}-4}}{2} \right )^{n}$

luego

$a_1 = 1, \quad a_2 = 5, \quad a_n = 6a_{n-1} - a_{n-2}, \mbox { para } n\ge3$

$a_n = \left ( \frac{2-{\sqrt{2}}}{4} \right )\left ( 3 + 2\sqrt{2} \right)^{n} + \left ( \frac{2+{\sqrt{2}}}{4} \right )\left ( 3 - 2\sqrt{2} \right)^{n}$

Además $a_n$ cumple con la relacion: $2 a_n ^{2} -1 = x^{2}, \quad x \epsilon \mathbb{N}$ cuando $a_2=5$ (como aparece en el comentario de Pablo)

Por ejemplo: $a_5=985, \quad 2 a_5 ^{2} -1 = 1940449, \quad \sqrt{1940449} = 1393$

Buenisimo el problema!!!

P.D. Creo cosas de este nivel se ven recién desde el segundo semestre en la Universidad
Jones, Francisco | 16 de mayo de 2012 | 13:47

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En el PDF de este enlace se habla de la resolución de ecuaciones de recurrencia no lineales y el ejemplo que usan es casi el de este problema

http://www.m-hikari.com/imf-password2008/33-36-2008/oskoueiIMF33-36-2008.pdf
gcat | 3 de febrero de 2013 | 20:25

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Podemos reescribir la condición del problema como:

$a_n a_{n-2}=a_{n-1}^2 +4$ . Del mismo modo podemos hacer lo mismo para $n+1$ , de modo que queda $a_{n+1} a_{n-1}=a_{n}^2 +4$ . Restando y agrupando, tenemos que $a_n (a_{n-2}+a_n)=a_{n-1}(a_{n-1}+a_{n+1})$ . Y ahora dividiendo encontramos que:

$\frac{a_{n-2}+a_n}{a_{n-1}}=\frac{a_{n-1}+a_{n+1}}{a_n}$

Vemos que en el numerador tenemos la suma del término anterior y posterior al denominador, con lo cual esta expresión es constante para todo $n$ , y basta con evaluarla en $n=1$ para encontrar su valor, que es 6. Entonces se obtiene la recurrencia $a_n=6a_{n-1}-a_{n-2}$ y se resuelve como todas las recurrencias lineales, de la misma manera que ha dicho Ñbrevu.