Parejas en la sucesión de Fibonacci

Vamos con el problema semanal. Ahí va:

Dada la sucesión de Fibonacci \{ F_n \} = \{1,1,2,3,5,8,13, \ldots \}

  1. encuentra todas las parejas \{ a,b \} de números reales para los cuales se cumple que

    a F_n + b F_{n+1}

    es un elemento de la sucesión de Fibonacci para todo n natural.

  2. encuentra todas las parejas \{ u,v \} de números reales positivos que cumplen que

    u (F_n)^2 + v (F_{n+1})^2

    es un elemento de la sucesión de Fibonacci para todo n natural.

Que se os dé bien.

Autor: gaussianos

Miguel Ángel Morales Medina. Licenciado en Matemáticas y autor de Gaussianos y de El Aleph. Puedes seguirme en Twitter o indicar que te gusta mi página de Facebook.

13 Comentarios

  1. Las parejas a y b son parejas de números de Fibonacci sucesivo, Fa y Fa+1.

    Las parejas u y v no sé decirlo todavía.

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  2. Tito, no veo porque hay que suponer que F(-1) = 0. Es más así no se cumpliría. De acuerdo con la ley de recurrencia y la fórmula de Binet, F(-n) = (-1)^(n+1)F(n) y F(0) = 0.

    Para la segunda pregunta, se desprende inmediatamente de la primera que (1, 1) es una solución, y creo que la única, aunque tengo que pensarlo algo más …

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  3. como ya decis arriba esta propiedad:
    F(n+m) = F(m–1) F(n) + F(m) F(n+1)
    sirve para dar con las primeras soluciones, pero demostrar que no hay mas que la solucion (1,1)
    para la segunda pregunta parece dificil…

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  4. Creo que lo he entendido mal, porque yo pensaba que las parejas (1,1), (1,2), (2,3), (3,5), (5,8), (8,13)…. cumplían la primera condición

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  5. Para el caso 1, yo creo que también son válidas las parejas (0,1) y (1,0)

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  6. No sé si lo entiendo bien pero para el segundo caso encuentro (1,2) (2,3)
    Me pregunto si al estar dentro de la sucesión n+1 podría ser (8,13) (3,5) (5,8) (13,21) etc quiero decir que no sé si +1 es natural ó representa el siguiente en la sucesión.

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  7. Para la parte 1.
    Por aclarar considero F_n definido para todo entero n y F_0=0.

    Primero unas cosas sencillas:
    Lemma1: Si F_x<F_y<2F_x entonces y=x+1.
    Lemma2: Si F_x=F_y+F_z con F_x>F_y>F_z entonces x=y+1=z+2.

    Sea \{a,b\} una solución. Entonces para algunos n,m tenemos que  F_n+bF_{n+1}=F_m. Expandiendo una vez la definición de Fibonacci: aF_n+bF_{n+1}=(aF_{n-1}+bF_{n})+(aF_{n-2}+bF_{n-1}).
    Y como \{a,b\} es una solución tenemos que aF_{n-1}+bF_{n}=F_m' y aF_{n-2}+bF_{n-1}=F_m''. Y entonces por el Lemma2 tenemos que m'=m-1.

    Podemos aplicar inducción a lo anterior en m y obtenemos que para algún k\in\mathbb Z, aF_k+bF_{k+1}=0. Las soluciones a esta ecuación son a=\lambda F_{k+1} y b=-\lambda F_k para algún número real \lambda.

    Introduciendo estas soluciones de nuevo en la fórmula original tenemos que para cualquier n, \lambda F_{k+1}F_n-\lambda F_{k}F_{n+1}=\lambda (-1)^kF_{n-k} es un número de Fibonacci. Los signos son realmente irrelevantes y podemos quedarnos con que para todo n existe m tal que \lambda F_n=F_m. Para n=0 está claro que m=0 ya que \lambda F_0=0=F_0.
    Por otro lado como \lambda F_{n+2}=\lambda F_{n+1}+\lambda F_n, por Lemma2, si \lambda F_n=F_m entonces \lambda F_{n+1}=F_{m+1}. Juntando estos dos hechos con inducción obtenemos que \lambda F_n=F_n para todo n y por tanto \lambda=1.

    Así que las soluciones son a=F_{k+1} y b=-F_k. Que por simetría son las mismas que \{F_k,F_{k+1}\}.

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  8. Buenas tardes, Cristóbal Camerro: en tu demostración faltan unos pequeños detalles aparte de la prueba de los lemas. Primero en el lema 2 es necesario excluir la solución F_{1}+F_{3}=F_{4} siempre que F_{0}=0 y F_{1}=1 .Segundo, es MUY importante suponer desde el comienzo que la sucesión G_{n}=aF_{n}+bF_{n+1} es estrictamente creciente pues de lo contrario no podrías aplicar el lema 2 directamente y por último no entiendo por qué decís que “los signos son realmente irrelevantes”, espero que soluciones mis dudas. Saludos

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  9. Hola Cristhian.

    Recordemos la fórmula F_{-n}=(-1)^{n+1}F_n. Es claro que |F_x|=|F_y| implica |x|=|y|.

    Primero la prueba de los lemas.
    Lema 1: Si 0\leq F_x< F_y<2F_x entonces y=x+1.
    Demostración. Claramente y> x. Como son enteros y\ge x+1.
    Ahora supongamos que y\ge x+2. Entonces F_y\geq F_{x+2}=F_{x+1}+F_x>2F_x. Así que la suposición y\ge x+2 es falsa y y=x+1.

    Lema 2: Si F_x=F_y+F_z con F_x>F_y>F_z\geq 0 entonces x=y+1=z+2.
    Demostración. Tenemos F_y< F_x=F_y+F_z< 2F_z. Aplicando Lema 1 obtenemos x=y+1. Ahora F_y+F_z=F_x=F_{y+1}=F_y+F_{y-1}.
    Substrayendo F_y en todos los términos queda F_z=F_{y-1}.
    Y por tanto z=y-1.

    Está claro que F_n es monótono para n> 0. Así que lo tenemos es un problema de signos. Como no aporta mucho a la idea no quise entrar en ello.

    Primero arreglemos las inducciones. Las dos se arreglan igual así que describiré la primera.
    Habíamos supuesto que a,b era una solución, así que para cualquier n, aF_n+bF_{n+1} es un número de Fibonacci.
    Lo que vamos a probar por inducción es que existe un c tal que para todo n, aF_n+bF_{n+1}=F_{n+c}.
    Si a y b son ambos positivos entonces elijamos un N positivo y para evitarnos problemas que sea mucho más grande que a o b.
    Como aF_N y bF_{N+1} son monótonas positivos podemos aplicar el Lemma 2 y obtenemos que para cierto c tenemos
    aF_N+bF_{N+1}=F_{N+c},
    aF_{N-1}+bF_{N}=F_{N-1+c} y
    aF_{N-2}+bF_{N-1}=F_{N-2+c}.
    Para hacer la inducción probamos que si para un n se cumple
    aF_n+bF_{n+1}=F_{n+c},
    aF_{n-1}+bF_{n}=F_{n-1+c} y
    aF_{n-2}+bF_{n-1}=F_{n-2+c}; entonces también se cumplen
    aF_{n+1}+bF_{n+2}=F_{n+1+c} y
    aF_{n-3}+bF_{n-2}=F_{n-3+c}.
    Y esto se demuestra simplemente expandiendo el Fibonacci, esto es
    aF_{n+1}+bF_{n+2}=(aF_n+bF_{n+1})+(aF_{n-1}+bF_{n+1})=F_{n+c}+F_{n-1+C}=F_{n+1+c}.
    Notar que aquí no se ha usado el Lemma3, esa condición sólo la necesitamos en el caso base N.
    Tomando c=-n se obtiene la expresión aF_n+bF_{n+1}=0 que se usa luego.

    ¿Qué pasa si no son ambos positivos?

    En el caso que sean ambos positivos tenemos que |a|F_n+|b|F_{n+1} es un número de Fibonacci. Y por lo anterior que |a|F_n+|b|F_{n+1}=F_{n+c}.
    Consecuentemente aF_n+bF_{n+1}=-F_{n+c}. Pero para n positivo eso nos da números negativos consecutivos que no ocurre en la sucesión de Fibonacci. Así que estos a,b no dan solución.

    Si tenemos a de diferente signo a b entonces como caso base tomaremos un N negativo (y con valor absoluto suficientemente grande). Esto nos lleva al caso original con un factor (-1)^{N+1} a un lado y otro (-1)^{N+c+1}. Si se cancelan estaremos en una situación análoga a la de ambos positivos y si no será como ambos negativos.

    No sé si me estoy dejando alguna cosa; pero seguro que se puede arreglar de forma parecida.

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  10. Obviamente tengo una errata en “En el caso que sean ambos positivos tenemos […]” -> “En el caso que sean ambos negativos tenemos […]”.

    Por otro lado, una vez que tenemos un c tal que para cualquier n, aF_n+bF_{n+1}=F_{n+c} es más fácil llegar directamente a la solución.
    Simplemente, para n=0 se tiene F_c=aF_0+bF_1=b y para n=-1 se tiene F_{c-1}=aF_{-1}+bF_0=-a. Con lo que -a y b son números de Fibonacci consecutivos.

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  11. Parece que la parte 2 puede hacerse de forma parecida.

    Le ecuación (59) en http://mathworld.wolfram.com/FibonacciNumber.html dice F_{2k+1}	= F_{k+1}^2+F_k^2. Aunque no la voy a usar, sugiere que u F_n^2 + v F_{n+1}^2=F_{2n+c} para algún c dependiente de u,v.

    Voy a asumir todo positivo.

    Empiezo con un lema parecido.
    Lema 1: Si 0\leq F_x< F_y<4F_x entonces y=x+1 o y=x+2.
    Prueba. F_{x+3}=F_{x+2}+F_{x+1}=2F_{x+1}+F_x=3F_x+2F_{x-1} =4F_x+F_{x-1}+F_{x-2}> 4F_x > F_y. Así que y<x+3.

    Sea g la función tal que uF_n^2+vF_{n+1}^2=F_{g(n)}.
    Y definamos X_n=uF_{n+1}F_n+vF_{n+2}F_{n+1}.
    Realmente X_n también va a ser un número de Fibonacci; pero por ahora no lo sabemos.
    Trivialmente tenemos F_{g(n)}< X_n < F_{g(n)+1}.

    Expandiendo una vez la formula de Fibonacci en F_{g(n)} obtenemos
    F_{g(n)}=F_{g(n-1)}+2X_{n-2}+F_{g(n-2)}.
    Y de ahí la desigualdad
    F_{g(n-1)} < F_{g(n-1)}+3F_{g(n-2)} < F_{g(n)} < 3F_{g(n-1)}+F_{g(n-2)} < 4F_{g(n-1)}.
    Y por el lema g(n)=g(n-1)+1 o g(n-1)+2, para todo n (positivo, tal y cual).

    Ahora vamos a descartar la posibilidad de que sea g(n)=g(n-1)+1.
    Teníamos en un n cualquiera que F_{g(n)} > F_{g(n-1)}+3F_{g(n-2)}.
    Si suponemos g(n)=g(n-1)+1 entonces lo convertimos en F_{g(n-1)-1} > 3F_{g(n-2)}.
    Ahora bien g(n-1)\leq g(n-2)+2, así que F_{g(n-1)-1}\leq F_{g(n-2)+1} < 2F_{g(n-2)}.
    Esto es, 3F_{g(n-2)} < F_{g(n-1)-1} < 2F_{g(n-2)}, que implica la contradicción 3< 2.
    Así que la suposición g(n)=g(n-1)+1 tiene que ser falsa.

    Por tanto para todo n, g(n+1)=g(n)+2. Esto implica una constante c tal que g(n)=2n+c. Es decir uF_n^2+vF_{n+1}^2=F_{2n+c}. Ahora estamos en condiciones de demostar fácilmente que X_n=F_{2n+1+c}, pero no nos interesa realmente.

    Ahora solo queda ver que para n=0 se tiene v=F_c y para n=-1, u=F_{c-2}. Esto es (u,v)=(F_{c-2},F_c).

    Han sido muchos pasos; espero no haberme colado en nada.

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  12. Al final de lo que he hecho para la parte 2 falta considerar el valor n=1. Del cual se obtiene u+v=F_{c+2} y por tanto F_c+F_{c-2}=F_{c+2}=F_{c+1}+F_c y F_{c+1}=F_{c-2}, que es imposible.

    Y antes tomé el valor n=-1, con lo que no hay soluciones que lo cumplan para todos los enteros. Pero el enunciado dice para los naturales; y para los naturales a partir de los puntos n=0 y n=1 se obtiene que la única solución es (1,1).

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