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Sucesiones recurrentes y cuadrados perfectos

Os dejo el problema de esta semana. Bueno, en realidad en este caso son dos problemas:

1) Se define la siguiente sucesión por recurrencia:

\begin{matrix} a_0=1 \\ a_1=1 \\ a_{n+1}=7a_n-a_{n-1}-2, \mbox{ con } n\geq 1 \end{matrix}

Demostrar que a_n es un cuadrado perfecto para cada valor de n\geq 0.

2) Se define la siguiente sucesión por recurrencia:

\begin{matrix} a_0=5 \\ a_1=5 \\ a_{n}=\cfrac{a_{n+1}+ a_{n-1}}{98}, \mbox{ para } n\geq 1 \end{matrix}

Demostrar que \textstyle{\frac{a_n+1}{6}} es un cuadrado perfecto para cada valor de n\geq 0.

Venga, a por ellos.

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Autor: ^DiAmOnD^ |  Publicado el 4 de May de 2010
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Categorías: Juegos |  Imprime este post Imprime este post

17 comentarios

  1. Trackback | 4 May, 2010

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  2. Trackback | 4 May, 2010

    Bitacoras.com

  3. josejuan | 4 de May de 2010 | 08:56

    Que curioso, en (1), ¿está hecho a drede que la longitud de los lados de cada cuadrado perfecto de la sucesión sea el anterior por (1+áureo)?

  4. castilla | 4 de May de 2010 | 10:40

    Usando funciones generatrices se puede calcular el término general de las dos recurrencias dado que son recurrencias a dos términos. Defino G(z)=\sum_{n=0}^{\infty} a_n z^z con |z|<1. Por ejemplo, en (1) multiplico la recurrencia por z^{n+1} y sumo desde n=1, entonces queda la igualdad
    G(z)-a_0-a_1 z = 7z(G(x)-a_0)-z^2G(z)-\frac{2z^2}{1-z}
    de donde deduzco
    G(z)=\frac{1}{1-z}+\frac{3z^2}{(1-z)(1-7z+z^2)}.
    Ahora basta con desarrollar en serie G para obtener el término general de la sucesión. Después de algunas cuentas, sale
    a_n =\frac{2}{5}+\frac{3}{5}\frac{z_+^n-z_-^n-(z_+^{n-1}-z_-^{n-1})}{z_+-z_-},
    para n\geq 2, donde
    z_{\pm}=\frac{7\pm \sqrt{45}}{2} (y a_0=1, a_1=1).
    Como se puede ver, el término general produce los valores a_2=4, a_3=25, etc. Ahora me falta demostrar que son un cuadrado perfecto usando la expresión para a_n. ¿Alguna idea? Quizá mi solución sea matar moscas a cañonazos y hay un modo más directo, pero las funciones generatrices siempre me han parecido extremadamente útiles.
    El segundo caso se resolvería análogamente.
    Saludos

  5. JJGJJG | 4 de May de 2010 | 12:06

    Creo que en el numerador del segundo miembro de la expresión del segundo problema habría que restar 1

  6. M | 4 de May de 2010 | 13:59

    JJGJJG, ambassucesiones son correctas. En el segundo caso  se alude al valor  \dfrac{1+a_n}{6}.

  7. JJGJJG | 4 de May de 2010 | 14:14

    De acuerdo, perdón por precipitarme

  8. Ñbrevu | 4 de May de 2010 | 14:23

    En la primera sucesión salen los cuadrados de términos alternados de la sucesión de Fibonacci (2, 5, 13, 34, 89…). Por ahí se debe de poder sacar algo, veamos.
    Comenzando la sucesión de Fibonacci desde F_0=1, tenemos que la expresión general es F_n=\frac1{\sqrt5}\left(\left(\frac{1+\sqrt5}2\right)^{n+1}-\left(\frac{1-\sqrt5}2\right)^{n+1}\right) (me he tomado la molestia de desarrollarlo resolviendo la ecuación de recurrencia, pero dado que esto es un poco más informal que un examen, omitiré ese desarrollo en particular, que ya está más o menos trillado ;) ).
    Entonces, podemos observar que la sucesión sigue el esquema a_n=F_{2n-2}^2. El caso particular a_0=1 también se verifica, ya que técnicamente podemos afirmar que F_{-1}=1-1=0 y F_{-2}=1-0=1. Si desarrollamos la supuesta expresión de a_n, sale:
    a_n=\left(\frac1{\sqrt5}\left(\left(\frac{1+\sqrt5}2\right)^{n+1}+\left(\frac{1-\sqrt5}2\right)^{n+1}\right)\right)^2.
    Desarrollando en binomio de Newton, y sacando el 5 por comodidad:
    a_n=\frac15\left(\left(\frac{3+\sqrt5}2\right)^{2n-1}+\left(\frac{3-\sqrt5}2\right)^{2n-1}+2\right).
    Aplicamos de nuevo sendos binomios de Newton a los exponenciandos (¿esa palabra existe o me la he sacado de la manga?), para conseguir que el exponente sea una n a secas:
    a_n=\frac15\left(\frac2{3+\sqrt5}\left(\frac{7+3\sqrt5}2\right)^n+\frac2{3-\sqrt5}\left(\frac{7-3\sqrt5}2\right)^n+2\right).
    A continuación toca comprobar, obviamente, si esa expresión se corresponde realmente con a_n. Primero eliminamos el 2 obteniendo la expresión de a_{n+1}-a_n. Esta expresión, convenientemente desarrollada, nos da una ecuación de recurrencia homogénea, a_{n+1}=8a_n-8a_{n-1}+a_{n-2}. Puesto que las raíces de la ecuación x^3-8x^2+8x-1=0 son 1, \frac{7+3\sqrt5}2 y \frac{7-3\sqrt5}2, la expresión general de $a_n$ tendrá la forma p+q\left(\frac{7+3\sqrt5}2\right)^n+r\left(\frac{7-3\sqrt5}2\right)^n, siendo p, q y r términos desconocidos. Esta expresión concuerda perfectamente con el resultado que hemos obtenido, por lo que para verificar que es la solución exacta sólo queda comprobar que la ecuación se verifica para al menos 3 valores de a_n:
    a_0=\frac15\left(\frac2{3+\sqrt5}+\frac2{3-\sqrt5}+2=\frac15\left(\frac{2\left(3-\sqrt5+3+\sqrt5\right)}4+2\right)=1
    a_1=\frac15\left(\frac2{3+\sqrt5}\frac{7+3\sqrt5}2+\frac2{3-\sqrt5}\frac{7-3\sqrt5}2+2\right)=\frac15\left(\frac{3+\sqrt5}2+\frac{3-\sqrt5}2+2\right)=1
    a_2=\frac15\left(\frac2{3+\sqrt5}\frac{47+21\sqrt5}2+\frac2{3-\sqrt5}\frac{47-21\sqrt5}2=\frac15\left(9+4\sqrt5+9-4\sqrt5+2\right)=4
    Y finaliza la demostración.

  9. Ñbrevu | 4 de May de 2010 | 15:24

    Ajá, el segundo caso es un poco diferente pero se puede resolver por el mismo esquema.
    Si nos fijamos en las raíces cuadradas de los términos que salen, vemos que la sucesión es R_n=1, 1, 9, 89, 881, 8721\ldots, una sucesión que parece verificar R_n=10R_{n-1}-R_{n-2}.
    Resolvamos entonces la ecuación de recurrencia para hallar la expresión de R_n: puesto que la ecuación x^2-10x+1 tiene por soluciones 5+2\sqrt6 y 5-2\sqrt6, la expresión tendrá la forma R_n=p\left(5+2\sqrt6\right)^n+\left(5-2\sqrt6\right)^n. Si resolvemos esta ecuación en p y q para los dos primeros casos, R_0=1 y R_1=1, obtenemos esta expresión (omito la resolución de la ecuación):
    R_n=\frac16\left(\left(3-\sqrt6\right)\left(5+2\sqrt6\right)^n+\left(3+\sqrt6\right)\left(5-2\sqrt6\right)^n\right).
    Esto quiere decir que la sucesión de cuadrados, a la que llamaré C_n, es precisamente R_n^2, esto es:
    C_n=R_n^2=\frac1{36}\left(\left(15-6\sqrt6\right)\left(49+20\sqrt6\right)^n+\left(15+6\sqrt6\right)\left(49-20\sqrt6\right)^n+6\right).
    Si la hipótesis sobre la regularidad de a_n es correcta, entonces habrá de ser \frac{a_n+1}6+C_n, esto es, a_n=6C_n+1:
    a_n=\frac16\left(\left(15-6\sqrt6\right)\left(49+20\sqrt6\right)^n+\left(15+6\sqrt6\right)\left(49-20\sqrt6\right)^n\right).
     
    El siguiente paso es comprobar si la expresión de a_n es efectivamente ésa. Para ello lo primero será despejar a_{n+1} de la expresión dada:
    a_{n+1}=98a_n-a_{n-1}. Las soluciones de la ecuación x^2-98x+1=0 son, tal y como esperamos, 49+20\sqrt6 y 49-20\sqrt6, de modo que a_n=p\left(49+20\sqrt6\right)^n+q\left(49-20\sqrt6\right)^n, con p y q desconocidos. Esta expresión concuerda con la que teníamos, de modo que nos bastará con comprobar si dos términos de a_n verifican  la ecuación:
    a_0=\frac16\left(15-6\sqrt6+15+6\sqrt6\right)=5
    a_1=\frac16\left(\left(15-6\sqrt6\right)\left(49+20\sqrt6\right)+\left(15+6\sqrt6\right)\left(49-20\sqrt6\right)\right)=\frac13\left(15\cdot49-720\right)=5
    Con lo que finaliza la demostración.

  10. Ñbrevu | 4 de May de 2010 | 15:27

    Hay un par de erratas pero creo que se entiende más o menos.
    Me gustaría ver demostraciones alternativas y compararlas.

  11. fede | 4 de May de 2010 | 16:26

    Era más cómoda la antigua casilla para comentarios.

    Sea una sucesión b_1=1, b_2=1, b_n=kb_{n-1}-b_{n-2} .

    Si C_{n+2} = b_{n+2}b_{n}-b_{n+1}^2, \ \ C_{n+2}=C_{n+1} y por tanto  C_{n}= k-2, es decir

    2b_{n-1}^2- 2b_{n}b_{n-2} + 2(k-2) =0.

    2b_{n-1}^2- 2b_{n-2}[kb_{n-1} - b_{n-2}] + 2(k-2) =0.

    2b_{n-1}^2 + 2b_{n-2}^2 -2kb_{n-1}b_{n-2} + 2(k-2) =0.

    De la definición de b_n:  b_n^2 = k^2b_{n-1}^2 + b_{n-2}^2 -2kb_{n-1}b_{n-2}.

    Restando la última menos la anterior:

    b_n^2 = (k^2-2)b_{n-1}^2 -b_{n-2}^2 -2(k-2).

    Los a_n del primer problema son los b_n^2 cuando k=3.

    \dfrac{k+2}{2}b_n^2 = \dfrac{k+2}{2}(k^2-2)b_{n-1}^2 -\dfrac{k+2}{2}b_{n-2}^2 -(k-4).

    (\dfrac{k+2}{2}b_n^2 -1) = (k^2-2)(\dfrac{k+2}{2}b_{n-1}^2 -1)- (\dfrac{k+2}{2}b_{n-2}^2 -1).

    Los a_n del segundo problema son los (\dfrac{k+2}{2}b_n^2 -1) cuando k=10.

  12. fede | 4 de May de 2010 | 16:33

    Debe decir:
    \dfrac{k+2}{2}b_n^2 = \dfrac{k+2}{2}(k^2-2)b_{n-1}^2 -\dfrac{k+2}{2}b_{n-2}^2 -(k^2-4).

  13. M | 4 de May de 2010 | 16:44

    Excelente, fede. A eso le llaman matar dos pájaros de un tiro :)
     

  14. M | 4 de May de 2010 | 17:07

    ÑBrevu también ha visto perfectamente las dos situaciones.
     
    En el primer caso, restando las expresiones de a_{n+1} y a_{n} se obtiene a_{n+1}=8(a_n-a_{n-1})-a_{n-2}. Asumiendo por inducción que a_i=F_{2i-1}^2, i\leq n, y ya que los Fibonacci’s verifican F_{i+1}=3F_i-F_{i-1}, sigue que
     
    a_{n+1}=8(F_{2n-1}^2-F_{2n-3}^2)+F_{2n-5}^2=8(F_{2n-1}^2-F_{2n-3}^2)+(3F_{2n-3}-F_{2n-1})^2=(3F_{2n-1}-F_{2n-3})^2=F_{2n+1}^2.
     
    En el segundo caso, efectivamente se prueba exactamente del mismo modo que en 1),  pero habiendo observado que a_n=b_n^2, donde b_{n+1}=10b_n-b_{n-1}, con b_0=b_1=1.
     
    Y respecto a la solución de fede, más que matar dos pájaros, debí decir k pájaros :)

  15. M | 4 de May de 2010 | 17:18

    quise decir “pero habiendo observado que \dfrac{1+a_n}{6}=b_n^2”.

  16. M | 4 de May de 2010 | 22:14

    Madre mía, también debí decir “y ya que lños Fibonacci’s verifican F_{i+2}=3F_i-F_{i-2}”.

  17. ^DiAmOnD^ | 4 de May de 2010 | 22:56

    Enhorabuena a los acertantes :D .
     
    Respecto a los comentarios, sí, es cierto lo que comenta fede, la forma anterior para los comentarios era más cómoda. Voy a quitar el plugin ahora mismo.
     
    Saludos.

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