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.

7 comentarios

Trackback | 22 Mar, 2011

Bitacoras.com
AM | 22 de March de 2011 | 14:25

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
pcrdeg | 22 de March de 2011 | 16:41

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.
A.M. | 22 de March de 2011 | 22:24

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!
pcrdeg | 22 de March de 2011 | 22:58

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
A.M. | 22 de March de 2011 | 23:31

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.
M | 22 de March de 2011 | 23:51

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.