Sobre la sucesión de Fibonacci y 2013

Casi una semana después del comienzo de 2013 creo que ya iba siendo hora de proponer un problema relacionado de alguna manera con 2013. Ahí va:

Sea p(x) el polinomio de grado menor o igual que 1005 que verifica

p(n)=F_n,\quad {\rm para}\;\;n=1007,1008,\ldots, 2012,

siendo F_1=F_2=1 y F_{j+1}=F_j+F_{j-1}, j \geq 2, la sucesión de Fibonacci. Hallar p(2013).

Que se os dé bien.

Autor: ^DiAmOnD^

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. Creo que lo tengo, pero tengo que plantear unos sumatorios. El truco creo que es la suma de 1005 términos cada uno de los cuales se anula para todos los valores diferentes de uno bien escogido, en este caso, cada uno de los números de la sucesión de Fibonacci que nos dan. Para 1008: (x-1007)(x-1009)…(x-2012)F_1008/(1*(-1)*(-2)*…*(-1004)) que no se anula para x=1008 y produce F_1008, los otros términos, que contienen (x-1008) como factor, se anulan, por ejemplo, (x-2008)(x-2009)… y (x-2007)(x-2008)(x-2010)…

    Con este polinomio, cuando x=2013 me sale que vale la suma de F_1007+F_2008+…+F_2012

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  2. La suma no es la que digo. La dejo para los demás. En fin…

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  3. Planteemos el problema en forma más general:
    P(n) = F(n) para n = k+1, k+2, …, 2k. Averiguar el valor de F(2k+1).
    El polinomio será de grado k-1.
    1) Los valores del polinomio para n entero forman una progresión aritmética de orden k-1.
    2) las diferencias sucesivas de la serie de Fibonacci son la misma serie de Fibonacci desplazada 2 lugares ya que F(h)-F(h-1) = F(h-2).
    3) Es fácil ver que para una serie de F(h) sucesivos con h par la última diferencia será F(2) las anteriores serán F(3) y F(4), las anteriores F(4), F(5) y F(6) y así sucesivamente. Por lo tanto la última diferencia será 1 y las dos anteriores serán 2 y 3.
    4) Sabemos, por otro lado, que en una serie aritmética de orden superior la última diferencia es constante y las penúltimas forman una serie aritmética de orden 1.
    5) En nuestro caso los citados 2 y 3 forman parte de esa sucesión de orden 1, luego el término siguiente será 4 y no 5 como ocurriría si formaran parte de la serie de Fibonacci: 2, 3, 5, 8,…
    6) eso quiere decir que, si completamos la lista de diferencias hacia atrás, en último lugar habrá unos número inferiores en una unidad a los esperables en las sucesivas series de Fibonacci que esperaríamos obtener para las diferencias.

    Conclusión: P(2k+1) = F(2k+1)-1 y, en nuestro caso P(2013) = F(2013)-1

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  4. JJGJJG
    No sé si me he confundido yo, o algo falla en tu resultado final.

    He tomado el caso para n=3,4,5 y quiero resolverlo para n=6
    p(x)=ax2+bx+c
    p(3)=9a+3b+c=F(3)=2
    p(4)=16a+4b+c=F(4)=3
    p(5)=25a+5b+c=F(5)=5

    me sale a=1/2, b=-5/2, c=5

    y

    p(6)=36a+6b+c=18-15+5=8=F(6) y no F(6)-1

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  5. He visto que lo planteaba mal (no empiezo de la mitad + 1) y he repetido los cálculos para n=4,5,6 y la ecuación que me sale tiene la misma solución y

    p(7) = 49/2 – 35/2 + 5 = 12 = F(7) – 1

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  6. Lo primero que se me ocurre es intentar determinar el polinomio de interpolación por diferencias divididas de Newton (ya que es la forma menos engorrosa de determinarlo) a ver que sale…
    También escribiendo un programa que lo calcule o usar mathematica o alguno similar, para ver si se simplifican los cálculos

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  7. Del proceso descrito en mi anterior comentario se desprende esta ley general.
    Si elegimos cualquier secuencia consecutiva de números de Fibonacci desde F(i) hasta F(j) y obtenemos el polinomio (DE MENOR GRADO POSIBLE) P(x) tal que
    P(n) = F(n) para n desde i a j, el valor de p(j+1) es F(j+1) para j impar y F(j+1)-1 para j par.
    Realmente el grado del polinomio debe se precisamente j-i. Con un grado menor no hay polinomio que cumpla las condiciones y con un grado mayor el valor de P(j+1) puede tener cualquier valor elegido arbitrariamente además de los citados F(j+1) y F(j+1)-1

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  8. Me parece curioso que el mismo ejemplo (por ahora no generalizado) que he resuelto, n=3,4,5 genere p(6)=F(6). Diamond, ya tienes un posible ejercicio para el 2014

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  9. Usando la definición de la sucesión de Fibonacci y usando la fórmula de Newton en diferencias divididas se obtiene:

    p(x)=F_{1007}+F_{1006}(x-1007)+\dfrac{F_{1005}}{2!}(x-1007)(x-1008)+\cdots+\dfrac{F_2}{1005!}(x-1007)(x-1008)\cdots(x-2012)

    luego
    {\displaystyle p(2013)=F_{1007}+1006\cdot F_{1006}+\binom{1006}{2}F_{1005}+\cdots+\binom{1006}{1005}F_2=\sum_{k=0}^{1005}\binom{1006}{k}F_{1007-k}}

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  10. Efectivamente, también se puede ver planteándolo como un problema de interpolación, y de paso lo ponemos un poquillo más general (esperando no colar demasiados gazapos).

    Interpolando mediante diferencias divididas y utilizando F_{n+1}-F_{n}=F_{n-1}, no cuesta mucho trabajo ver que el polinomio de grado a lo sumo k+1 que cumple P(m+p)=F_{m+p},\, p=0,\ldots k se puede escribir

    P(x)=\displaystyle\sum_{i=0}^k \frac{F_{m-i}}{i!}\displaystyle\prod_{j=0}^{i-1}(x-m-j),

    de donde vemos que, puesto que P(m+p)=F_{m+p},

    $latex F_{m+p}=\displaystyle\sum_{i=0}^p \left(
    \begin{array}{l}
    p\\
    i
    \end{array}
    \right)F_{m-i}$.

    Ahora queremos evaluar P(m+k+1), que sale, sustituyendo en el polinomio,

    $latex P(m+k+1)=\displaystyle\sum_{i=0}^k \left(
    \begin{array}{c}
    k+1\\
    i
    \end{array}
    \right)F_{m-i}$

    y comparando con la anterior expresión para p=k+1 vemos que

    P(m+k+1)=F_{m+k+1}-F_{m-k-1} .

    Tomamos ahora los valores particulares m=1007,\,k=1005 y tenemos

    P(2013)=F_{2013}-F_{1}=F_{2013}-1,

    como ha demostrado antes JJGJJG.

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  11. Otra prueba:

    como se ha dicho ya, vamos a probar en general que

    “Para todo k\geq 0, si p_k(x)\in\prod_k es el polinomio de grado menor o igual que k que interpola p_k(n)=F_n, k+2\leq n\leq 2k+2, entonces p_k(2k+3)=F_{2k+3}-1.”

    Para k=0, p_0(x)=1 y el enunciado es inmediato. Supongamos cierta la propiedad para k-1, es decir, el polinomio p_{k-1}(x)\in\prod_{k-1} que interpola p_{k-1}(n)=F_n, k+1\leq n\leq 2k, verifica p_{k-1}(2k+1)=F_{2k+1}-1.

    Entonces, tenemos que los polinomios p_{k-1}(x) y p_k(x+2)-p_k(x+1) son iguales, por tener ambos grado menor o igual que k-1, y coincidir al menos sobre k valores (en concreto, sobre k+1,\ldots,2k). Luego, p_k(x+2)-p_k(x+1)=p_{k-1}(x), y evaluando en x=2k+1 se tiene por las condiciones de interpolación y la hipótesis de inducción que

    p_k(2k+3)=p_{k}(2k+2)+p_{k-1}(2k+1)=F_{2k+2}+(F_{2k+1}-1)=F_{2k+3}-1.

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  12. La variante que propone Juanjo Escribano para los números pares, es decir,

    “Para todo k\geq 0, si p_k(x)\in\prod_k es el polinomio de grado menor o igual que k que interpola p_k(n)=F_n, k+1\leq n\leq 2k+1, entonces p_k(2k+2)=F_{2k+2}

    (planteó el caso k=2) se prueba exactamente siguiendo los mismos pasos.

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