Sucesiones y cuadrado perfecto

Hoy martes os dejo el problema de esta semana. Ahí va su enunciado:

Sean las sucesiones definidas por recurrencia como:

a_{n+1}=7a_n+6b_n-3
b_{n+1}=8a_n+7b_n-4

con n\geq 0 y a_0=1, b_0=0. Probar que a_n es cuadrado perfecto para todo n\geq 0.

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.

6 Comentarios

  1. Yo no voy a demostrar nada, pero mirando los primeros números de la sucesión, a simple vista puede verse que:

    a_{n+1}=c_{n+1}^2 = (4c_n-c_{n-1})^2

    con c_0=1 y c_1=2

    que evidentemente son todos cuadrados perfectos.

    Quedaría demostrar que ambas definiciones de a_{n+1} son equivalentes 😉

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  2. Como a(n+1)=7•a(n)+6•b(n)-3 tenemos que
    a(n+2)=7•a(n+1)+6•b(n+1)-3 (*)
    Como b(n+1)=8•a(n)+7•b(n)-4, sustituyendo b(n+1) en (*) se obtiene
    a(n+2)=14•a(n+1)-a(n)-6
    Esta ecuación en diferencias finitas tiene por solución
    a(n)={[(2+raíz(3))^n+(2-raíz(3))^n]^2}/4
    (que es la solución puede probarse por inducción, por ejemplo)
    Quedaría por probar que (2+raíz(3))^n+(2-raíz(3))^n es un número entero y par para que el resultado de a(n) fuese un cuadrado perfecto. Pero es fácil observar que desarrollando por el binomio de Newton los términos en que aparece la raíz cuadrada se cancelan y los otros son pares.

    Espero no haber sido demasiado escueto pero es que es la hora de comer y me hacía ilusión ser el primero en contestar tras algunas veces que otros se han adelantado.

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  3. Curioso. Voy a reescribir la solución de pcrdeg para que las fórmulas se vean mejor, aunque hay un paso que no entiendo muy bien, pero engancha perfectamente con mi “solución” intuitiva:

    pcrdeg dijo:

    Como a_{n+1}=7a_n+6b_n-3 tenemos que
    a_{n+2}=7a_{n+1}+6b_{n+1}-3 (*)
    Como  b_{n+1}=8a_n+7b_n-4, sustituyendo b_{n+1} en (*) se obtiene
    a_{n+2}=14a_{n+1}-a_n-6

    Esta ecuación en diferencias finitas tiene por solución
    a_n={ {(2+\sqrt{3})}^n+{(2-\sqrt{3})}^n]^2 \over 4}
    (que es la solución puede probarse por inducción, por ejemplo)

    Ese paso último es el que no veo, aunque estoy de acuerdo en que esa es la solución. Yo llego a esa misma solución partiendo de la secuencia c_n.

    Partiendo de
    a_{n+1}=c_{n+1}^2 = (4c_n-c_{n-1})^2

    Resolvemos el polinomio característico de c_{n+1} = 4c_n-c_{n-1}
    r^2-4r+1=0
    y tenemos que c_{n}={ {(2+\sqrt{3})}^n + {(2-\sqrt{3})}^n  \over  2}
    que elevando al cuadrado nos da la solución de pcrdeg.
    Al ser c_n una sucesión de enteros, a_n es la sucesión de sus cuadrados!

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  4. Intento aclarar ese paso aunque reconozco que hay una parte que la he hecho de una manera poco académica.
    Tenemos que resolver la ecuación
    a(n+2)=14•a(n+1)-a(n)-6
    Resolvemos primero una auxiliar:
    x(n+2)=14•x(n+1)-x(n)
    La ecuación característica es r^2=14•r-1 que tiene dos soluciones, a saber:
    7+4•raíz(3) y 7-raíz(3)
    La solución de x(n+2)=14•x(n+1)-x(n) es de la forma
    X(n)=A•( 7+4•raíz(3))^n + B•(7-4•raíz(3))^n donde A y B están por determinar.
    Ahora bien, si ponemos a(n)=x(n)+C, donde C es un número también por determinar vemos que x(n+2)+C=14•(x(n+1)+C)-(x(n)+C)-6, es decir,
    x(n+2)+C=14•x(n+1)+14•C-x(n)-C-6 y como x(n+2)=14•x(n+1)-x(n) concluimos que C=1/2.
    Por tanto a(n)=1/2+A•( 7+4•raíz(3))^n + B•(7-4•raíz(3))^n donde A y B están por determinar.
    Como sabemos que a(1)=1, a(2)=4, de ahí podemos saber, resolviendo el sistema, que A=B=1/4
    Luego a(n)=1/2+[( 7+4•raíz(3))^n]/4 + [(7-4•raíz(3))^n]/4=
    =[(7+4•raíz(3))^n + (7-4•raíz(3))^n+2]/4
    Para finalizar, notemos que
    7+4raiz(3)=(2+raíz(3))^2, 7-4raiz(3)=(2-raíz(3))^2 y que (2+raíz(3))•(2-raíz(3))=1
    Luego a(n)=[(2+raíz(3))^2n + (2-raíz(3))^2n+2•(2+raíz(3))• (2-raíz(3))]/4=
    ={(2+raíz(3))^n+(2-raíz(3))^n}^2/4

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  5. Muchas gracias por la aclaración!
    A partir de ese punto se puede continuar sacando la raiz cuadrada y tomando el resultado como la solución de la ecuación característica de otra sucesión. Al final llegamos a la c_n que ponía al principio.

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  6. Comento otra alternativa (dejo los detalles). A partir de la recurrencia a_{n+2}-14a_{n+1}+a_n+6=0 (a_0=1,\;a_1=4)

    1) Se demuestra por inducción que a_n a_{n+2}=(a_{n+1}+3)^2,\;n\geq 0;

    2) A partir de 1) se demuestra también inductivamente que todos los a_n son cuadrados.

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