Comments on: Sucesiones recurrentes y cuadrados perfectos http://gaussianos.com/sucesiones-recurrentes-y-cuadrados-perfectos/ Porque todo tiende a infinito... Fri, 10 Feb 2012 21:24:04 +0000 hourly 1 http://wordpress.org/?v=3.0.1 By: ^DiAmOnD^ http://gaussianos.com/sucesiones-recurrentes-y-cuadrados-perfectos/#comment-14252 ^DiAmOnD^ Tue, 04 May 2010 20:56:30 +0000 http://gaussianos.com/?p=2476#comment-14252 Enhorabuena a los acertantes :D.   Respecto a los comentarios, sí, es cierto lo que comenta <strong>fede</strong>, la forma anterior para los comentarios era más cómoda. Voy a quitar el plugin ahora mismo.   Saludos. 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.

]]> By: M http://gaussianos.com/sucesiones-recurrentes-y-cuadrados-perfectos/#comment-14251 M Tue, 04 May 2010 20:14:51 +0000 http://gaussianos.com/?p=2476#comment-14251 Madre mía, también debí decir "y ya que lños Fibonacci's verifican $latex F_{i+2}=3F_i-F_{i-2}$". Madre mía, también debí decir “y ya que lños Fibonacci’s verifican F_{i+2}=3F_i-F_{i-2}”.

]]> By: M http://gaussianos.com/sucesiones-recurrentes-y-cuadrados-perfectos/#comment-14250 M Tue, 04 May 2010 15:18:06 +0000 http://gaussianos.com/?p=2476#comment-14250 quise decir "pero habiendo observado que $latex \dfrac{1+a_n}{6}=b_n^2$". quise decir “pero habiendo observado que \dfrac{1+a_n}{6}=b_n^2”.

]]> By: M http://gaussianos.com/sucesiones-recurrentes-y-cuadrados-perfectos/#comment-14249 M Tue, 04 May 2010 15:07:51 +0000 http://gaussianos.com/?p=2476#comment-14249 ÑBrevu también ha visto perfectamente las dos situaciones.   En el primer caso, restando las expresiones de $latex a_{n+1}$ y $latex a_{n}$ se obtiene $latex a_{n+1}=8(a_n-a_{n-1})-a_{n-2}$. Asumiendo por inducción que $latex a_i=F_{2i-1}^2$, $latex i\leq n$, y ya que los Fibonacci's verifican $latex F_{i+1}=3F_i-F_{i-1}$, sigue que   $latex a_{n+1}=8(F_{2n-1}^2-F_{2n-3}^2)+F_{2n-5}^2=8(F_{2n-1}^2-F_{2n-3}^2)+(3F_{2n-3}-F_{2n-1})^2=(3F_{2n-1}-F_{2n-3})^2=F_{2n+1}^2.$   En el segundo caso, efectivamente se prueba exactamente del mismo modo que en 1),  pero habiendo observado que $latex a_n=b_n^2$, donde $latex b_{n+1}=10b_n-b_{n-1}$, con $latex b_0=b_1=1$.   Y respecto a la solución de fede, más que matar dos pájaros, debí decir $latex k$ pájaros :) 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 :)

]]> By: M http://gaussianos.com/sucesiones-recurrentes-y-cuadrados-perfectos/#comment-14248 M Tue, 04 May 2010 14:44:44 +0000 http://gaussianos.com/?p=2476#comment-14248 Excelente, fede. A eso le llaman matar dos pájaros de un tiro :)   Excelente, fede. A eso le llaman matar dos pájaros de un tiro :)
 

]]> By: fede http://gaussianos.com/sucesiones-recurrentes-y-cuadrados-perfectos/#comment-14247 fede Tue, 04 May 2010 14:33:59 +0000 http://gaussianos.com/?p=2476#comment-14247 Debe decir: $latex \dfrac{k+2}{2}b_n^2 = \dfrac{k+2}{2}(k^2-2)b_{n-1}^2 -\dfrac{k+2}{2}b_{n-2}^2 -(k^2-4)$. 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).

]]> By: fede http://gaussianos.com/sucesiones-recurrentes-y-cuadrados-perfectos/#comment-14246 fede Tue, 04 May 2010 14:26:22 +0000 http://gaussianos.com/?p=2476#comment-14246 Era más cómoda la antigua casilla para comentarios. Sea una sucesión $latex b_1=1, b_2=1, b_n=kb_{n-1}-b_{n-2} $. Si $latex C_{n+2} = b_{n+2}b_{n}-b_{n+1}^2, \ \ C_{n+2}=C_{n+1}$ y por tanto  $latex C_{n}= k-2$, es decir $latex 2b_{n-1}^2- 2b_{n}b_{n-2} + 2(k-2) =0$. $latex 2b_{n-1}^2- 2b_{n-2}[kb_{n-1} - b_{n-2}] + 2(k-2) =0$. $latex 2b_{n-1}^2 + 2b_{n-2}^2 -2kb_{n-1}b_{n-2} + 2(k-2) =0$. De la definición de $latex b_n$:  $latex b_n^2 = k^2b_{n-1}^2 + b_{n-2}^2 -2kb_{n-1}b_{n-2}$. Restando la última menos la anterior: $latex b_n^2 = (k^2-2)b_{n-1}^2 -b_{n-2}^2 -2(k-2)$. Los $latex a_n$ del primer problema son los $latex b_n^2$ cuando k=3. $latex \dfrac{k+2}{2}b_n^2 = \dfrac{k+2}{2}(k^2-2)b_{n-1}^2 -\dfrac{k+2}{2}b_{n-2}^2 -(k-4)$. $latex (\dfrac{k+2}{2}b_n^2 -1) = (k^2-2)(\dfrac{k+2}{2}b_{n-1}^2 -1)- (\dfrac{k+2}{2}b_{n-2}^2 -1)$. Los $latex a_n$ del segundo problema son los $latex (\dfrac{k+2}{2}b_n^2 -1)$ cuando k=10. 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.

]]> By: Ñbrevu http://gaussianos.com/sucesiones-recurrentes-y-cuadrados-perfectos/#comment-14245 Ñbrevu Tue, 04 May 2010 13:27:20 +0000 http://gaussianos.com/?p=2476#comment-14245 Hay un par de erratas pero creo que se entiende más o menos. Me gustaría ver demostraciones alternativas y compararlas. Hay un par de erratas pero creo que se entiende más o menos.
Me gustaría ver demostraciones alternativas y compararlas.

]]> By: Ñbrevu http://gaussianos.com/sucesiones-recurrentes-y-cuadrados-perfectos/#comment-14244 Ñbrevu Tue, 04 May 2010 13:24:31 +0000 http://gaussianos.com/?p=2476#comment-14244 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 $latex R_n=1, 1, 9, 89, 881, 8721\ldots$, una sucesión que parece verificar $latex R_n=10R_{n-1}-R_{n-2}$. Resolvamos entonces la ecuación de recurrencia para hallar la expresión de $latex R_n$: puesto que la ecuación $latex x^2-10x+1$ tiene por soluciones $latex 5+2\sqrt6$ y $latex 5-2\sqrt6$, la expresión tendrá la forma $latex R_n=p\left(5+2\sqrt6\right)^n+\left(5-2\sqrt6\right)^n$. Si resolvemos esta ecuación en p y q para los dos primeros casos, $latex R_0=1$ y $latex R_1=1$, obtenemos esta expresión (omito la resolución de la ecuación): $latex R_n=\frac16\left(\left(3-\sqrt6\right)\left(5+2\sqrt6\right)^n+\left(3+\sqrt6\right)\left(5-2\sqrt6\right)^n\right)$. Esto quiere decir que la sucesión de cuadrados, a la que llamaré $latex C_n$, es precisamente $latex R_n^2$, esto es: $latex C_n=R_n^2=\frac1{36}\left(\left(15-6\sqrt6\right)\left(49+20\sqrt6\right)^n+\left(15+6\sqrt6\right)\left(49-20\sqrt6\right)^n+6\right)$. Si la hipótesis sobre la regularidad de $latex a_n$ es correcta, entonces habrá de ser $latex \frac{a_n+1}6+C_n$, esto es, $latex a_n=6C_n+1$: $latex a_n=\frac16\left(\left(15-6\sqrt6\right)\left(49+20\sqrt6\right)^n+\left(15+6\sqrt6\right)\left(49-20\sqrt6\right)^n\right)$.   El siguiente paso es comprobar si la expresión de $latex a_n$ es efectivamente ésa. Para ello lo primero será despejar $latex a_{n+1}$ de la expresión dada: $latex a_{n+1}=98a_n-a_{n-1}$. Las soluciones de la ecuación $latex x^2-98x+1=0$ son, tal y como esperamos, $latex 49+20\sqrt6$ y $latex 49-20\sqrt6$, de modo que $latex a_n=p\left(49+20\sqrt6\right)^n+q\left(49-20\sqrt6\right)^n$, con p y q desconocidos. Esta expresión concuerda con la que teníamos, de modo que nos bastará con comprobar si dos términos de $latex a_n$ verifican  la ecuación: $latex a_0=\frac16\left(15-6\sqrt6+15+6\sqrt6\right)=5$ $latex a_1=\frac16\left(\left(15-6\sqrt6\right)\left(49+20\sqrt6\right)+\left(15+6\sqrt6\right)\left(49-20\sqrt6\right)\right)=\frac13\left(15\cdot49-720\right)=5$ Con lo que finaliza la demostración. 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.

]]> By: Ñbrevu http://gaussianos.com/sucesiones-recurrentes-y-cuadrados-perfectos/#comment-14243 Ñbrevu Tue, 04 May 2010 12:23:17 +0000 http://gaussianos.com/?p=2476#comment-14243 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 $latex F_0=1$, tenemos que la expresión general es $latex F_n=\frac1{\sqrt5}\left(\left(\frac{1+\sqrt5}2\right)^{n+1}-\left(\frac{1-\sqrt5}2\right)^{n+1}\right)$ (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 $latex a_n=F_{2n-2}^2$. El caso particular $latex a_0=1$ también se verifica, ya que técnicamente podemos afirmar que $latex F_{-1}=1-1=0$ y $latex F_{-2}=1-0=1$. Si desarrollamos la supuesta expresión de $latex a_n$, sale: $latex a_n=\left(\frac1{\sqrt5}\left(\left(\frac{1+\sqrt5}2\right)^{n+1}+\left(\frac{1-\sqrt5}2\right)^{n+1}\right)\right)^2$. Desarrollando en binomio de Newton, y sacando el 5 por comodidad: $latex a_n=\frac15\left(\left(\frac{3+\sqrt5}2\right)^{2n-1}+\left(\frac{3-\sqrt5}2\right)^{2n-1}+2\right)$. 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 $latex n$ a secas: $latex a_n=\frac15\left(\frac2{3+\sqrt5}\left(\frac{7+3\sqrt5}2\right)^n+\frac2{3-\sqrt5}\left(\frac{7-3\sqrt5}2\right)^n+2\right)$. A continuación toca comprobar, obviamente, si esa expresión se corresponde realmente con $latex a_n$. Primero eliminamos el 2 obteniendo la expresión de $latex a_{n+1}-a_n$. Esta expresión, convenientemente desarrollada, nos da una ecuación de recurrencia homogénea, $latex a_{n+1}=8a_n-8a_{n-1}+a_{n-2}$. Puesto que las raíces de la ecuación $latex x^3-8x^2+8x-1=0$ son $latex 1$, $latex \frac{7+3\sqrt5}2$ y $latex \frac{7-3\sqrt5}2$, la expresión general de $a_n$ tendrá la forma $latex p+q\left(\frac{7+3\sqrt5}2\right)^n+r\left(\frac{7-3\sqrt5}2\right)^n$, 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 $latex a_n$: $latex a_0=\frac15\left(\frac2{3+\sqrt5}+\frac2{3-\sqrt5}+2=\frac15\left(\frac{2\left(3-\sqrt5+3+\sqrt5\right)}4+2\right)=1$ $latex a_1=\frac15\left(\frac2{3+\sqrt5}\frac{7+3\sqrt5}2+\frac2{3-\sqrt5}\frac{7-3\sqrt5}2+2\right)=\frac15\left(\frac{3+\sqrt5}2+\frac{3-\sqrt5}2+2\right)=1$ $latex a_2=\frac15\left(\frac2{3+\sqrt5}\frac{47+21\sqrt5}2+\frac2{3-\sqrt5}\frac{47-21\sqrt5}2=\frac15\left(9+4\sqrt5+9-4\sqrt5+2\right)=4$ Y finaliza la demostración. 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.

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