Olimpiada Matemática Española 2012 – Problema 5: Sucesión por recurrencia

Quinto problema, segundo del segundo día, de la Olimpiada Matemática Española 2012. El enunciado es el siguiente:

Una sucesión (a_n)_{n \ge 1} se define mediante la recurrencia

a_1=1, \quad a_2=5, \quad a_n=\cfrac{a_{n-1}^2+4}{a_{n-2}}, \mbox{ para } n \ge 3

Demostrar que todos los términos de la sucesión son números enteros y encontrar una fórmula explícita para a_n.

Que se os dé bien.

Autor: gaussianos

7 Comentarios

  1. 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.

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  2. hasta aca llegue con la calc de windows y calculos mentales jajaja
    {a_{n+1}= 6*a_n - {a_{n-1}}}

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  3. 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

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  4. 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.

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[latex]código-latex-que-quieras-insertar[/latex]
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Y si los símbolos < y > te dan problemas al escribir en LaTeX te recomiendo que uses los códigos html & lt; y & gt; (sin los espacios) respectivamente.

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