Números metálicos para un problema.2

Teño que comenzar esta entrada facendo referencia á anterior e indicando que aquí se fai referencia a varias fórmulas indicadas alí. Nesa outra entrada comentaba que JJ propuxera, entre outros varios, o seguinte problema:

Problema. Demostra que a seguinte sucesión ten todos os seus termos enteiros:  x₀=1$$x_{n+1}=\frac{3x_n+\sqrt{5x_n^2-4}}{2}$$ 

Imaxe do libro de M. Gardner

Cando din cun camiño cara a súa resolución non estaba pensando nel. Andaba buscando actividades para a aula relacionadas co número áureo. Concretamente cun artigo do libro de Martin Gardner, Matemática, magia y misterio (RBA, 2011) sobre esvaementos xeométricos no que se explica un xogo de maxia fundamentado na sucesión de Fibonacci. Se recolocamos os recortes do cadrado de 8x8 podemos formar un rectángulo de 5x13. Evidentemente as áreas son distintas (!). Hai algo que non cadra.
Os números que entran en xogo neste divertimento, (5, 8 e 13) son tres termos consecutivos da sucesión de Fibonacci. Verifican que 5٠13=13² -1. O cadradiño esvaeuse debido a que a diagonal do rectángulo non se xusta ben, aínda que cando facemos o xogo, esperamos que ninguén se decate. En xeral para tres números consecutivos desta sucesión teremos que: $$F_{k+1}{F}_{k-1}=F_k^2+{(-1)}^k(7)$$ Entón, para k=2n: $$F_{2n+1}{F}_{2n-1}=F_{2n}^2+1(8)$$
E revisando a sucesión dada no problema parecía que era precisamente a dos termos de índice impar da sucesión de Fibonacci: x_n=F_2n+1.$$\begin{array}{cccccccccc}1& 1& 2& 3& 5& 8& 13& 21& 34& ...\\ F_1& F_2& F_3& F_4& F_5& F_6& F_7& F_8& F_9& ...\\ x_0& & x_1& & x_2& & x_3& & x_4& ...\end{array}$$
Así que conxecturamos que:
$$F_{2n+3}=\frac{3F_{2n+1}+\sqrt{5F_{2n+1}^2-4}}{2}$$
Esta igualdade verificarase cando:
$${(2F_{2n+3}-{3F}_{2n+1})}^2=5F_{2n+1}^2-4$$
Como F_2n+3= F_2n+2 + F_2n+1:
$${(2F_{2n+2}-F_{2n+1})}^2=5F_{2n+1}^2-4$$
Elevando ao cadrado e simplificando:
$$F_{2n+2}^2+1=F_{2n+2}{F}_{2n+1}+F_{2n+1}^2$$
Aplicando (8) ao primeiro membro e volvendo a realizar a substitución F_2n+3= F_2n+2 + F_2n+1, obtemos o segundo membro:
$$F_{2n+2}^2+1=F_{2n+1}{F}_{2n+3}=F_{2n+1}(F_{2n+2}+F_{2n+1})=F_{2n+2}{F}_{2n+1}+F_{2n+1}^2$$
Velaí o problema resolto. Toca revisar algunhas cousas.
Na entrada anterior conxecturaba que $$x_{n+1}=3x_n-x_{n-1}$$ comprobada a igualdade entre a sucesión x_n e a dos termos impares da de Fibonacci, veremos que isto é certo comprobando que $$F_{2n+3}=3F_{2n+1}-F_{2n-1}$$:
$$F_{2n+3}=F_{2n+2}+F_{2n+1}=(F_{2n+1}+F_{2n})+F_{2n+1}=2F_{2n+1}+\left(F_{2n}\right)=$$ $$=2F_{2n+1}+F_{2n+1}-F_{2n-1}=3F_{2n+1}-F_{2n-1}$$
Polo tanto x_n=F_2n+1. De aí que por esta igualdade e tendo en conta (5) e (6) poidamos dar esta bonita fórmula:
$${\varphi }^{2n+1}-{\phi }^{21n+1}={(1+\phi )}^n\varphi -{(1+\varphi )}^n\phi$$
Resulta ademais que a suma dos cadrados de termos consecutivos da sucesión de Fibonacci é precisamente a suecesión de termos de subíndice impar, polo que coincide coa sucesión do problema:$$F_{n+1}^2+F_{n+2}^2=F_{2n+3}(9)$$

Matrices de Fibonacci
Particularmente sorprendente é o uso das matrices para estudar a sucesión de Fibonacci. A presentación desta sucesión pódese facer mediante a seguinte matriz: $$Q=\left(\begin{array}{cc}1& 1\\ 1& 0\end{array}\right);Q\left(\begin{array}{c}{F}_n\\ F_{n-1}\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}1& 1\\ 1& 0\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}{F}_n\\ F_{n-1}\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}{F}_{n+1}\\ F_n\end{array}\right)$$
Imos usala para demostrar algún dos resultados É inmediato comprobar que
$$Q^n\left(\begin{array}{c}1\\ 0\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}{F}_n\\ F_{n-1}\end{array}\right);Q=\left(\begin{array}{cc}{F}_2& F_1\\ F_1& F_0\end{array}\right);Q^n=\left(\begin{array}{cc}{F}_{n+1}& F_n\\ F_n& F_{n-1}\end{array}\right)$$
Con isto na faltriqueira podemos xenerar varias fórmulas sen esforzo ningún. Por exemplo a que usamos en (7): $$F_{n+1}{F}_{n-1}-F_n^2=det\left(\begin{array}{cc}{F}_{n+1}& F_n\\ F_n& F_{n-1}\end{array}\right)=det{Q}^n={\left(detQ\right)}^n={\left|\begin{array}{cc}1& 1\\ 1& 0\end{array}\right|}^n={(-1)}^n$$
Tamén podemos demostrar a fórmula (9) na súa versión máis habitual:
$$Q^{n+1}{Q}^n=Q^{2n+1}$$
$$\left(\begin{array}{cc}{F}_{n+2}& F_{n+1}\\ F_{n+1}& F_n\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}{F}_{n+1}& F_n\\ F_n& F_{n-1}\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}{F}_{2n+2}& F_{2n+1}\\ F_{2n+1}& F_{2n}\end{array}\right)$$
Ao multiplicar a segunda fila da primeira matriz pola primeira columna da segunda obtemos o elemento (2,1):
$$F_{n+1}^2+F_n^2=F_{2n+1}(9)$$
Falando das matrices asociadas á sucesión de Fibonacci, non podo deixar de escribir un par de fórmulas suxerentes de comprobación inmediata:
$$Q^2=Q+I⟹Q^n=Q^{n-1}+Q^{n-2}$$
$$Q^n=Q{F}_n+I{F}_{n-1}$$
Polo momento paro aquí, aínda que o universo Fibonacci é tan apaixoante que non descarto pegarlle unha volta outro día.

Números metálicos para un problema. 1

Como nas mellores ocasións, esta historia comenza cun problema.
O pasado nadal JJ tivo a feliz iniciativa de propoñer unha serie de cuestións no seu blogue. Unha delas foi a seguinte:

Problema. Demostra que a seguinte sucesión ten todos os seus termos enteiros:  x₀=1$$x_{n+1}=\frac{3x_n+\sqrt{5x_n^2-4}}{2}$$ 

Un primeiro achegamento a calquera problema consiste na experimentación. Cales son os primeiros valores que obtemos? $$\begin{array}{ccccccc}{x}_0& x_1& x_2& x_3& x_4& x_5& ...\\ 1& 2& 5& 13& 34& 89& ...\end{array}$$
Efectivamente, estes son números enteiros. Hai algunha relación entre eles? Coñecémolos de algo?
Parece que se obteñen mediante a seguinte recurrencia: $$x_{n+1}=3x_n-x_{n-1}(1)$$
Isto recorda a formación da sucesión de Fibonacci. Hai un tipo de sucesións, as chamadas de Fibonacci xeneralizadas que teñen este patrón de construción. Dados dous números p e q, formaremos os elementos da sucesión mediante a seguinte fórmula recursiva:

 $$x_{n+1}=p{x}_n+q{x}_{n-1}(2)$$

Se dividimos por x_n: $$\frac{x_{n+1}}{x_n}=p+\frac{q}{\frac{x_n}{x_{n-1}}}(3)$$

Tomando límites cando n⇾∞ e supoñendo que existe o $$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{x_{n+1}}{x_n}=\lambda$$ $$\lambda =p+\frac{q}{\lambda }$$
$${\lambda }^2-p\lambda -q=0$$ Resolvo:
$${\lambda }_1=\frac{p+\sqrt{p^2+4q}}{2}{\lambda }_2=\frac{p-\sqrt{p^2+4q}}{2}$$
Os números λ₁ tamén son coñecidos como números metálicos, segundo a denominación da matemática arxentina Vera de Spinadel (1929-2017). Para (p,q)=(1,1) temos o famoso número áureo, para (p,q)=(2,1) o chamado número de prata, para (p,q)=(3,1) o de bronce ou para (p,q)=(1,2) o número de cobre,...Tendo en conta que
$${\lambda }^2=p\lambda +q\to x=p+\frac{q}{\lambda }$$
Estes números poden representarse como fraccións continuas da seguinte maneira:$$\lambda =p+\frac{q}{p+\frac{q}{p+\frac{q}{p+...}}}$$
E tendo en conta que:
$${\lambda }^2=p\lambda +q⟹\lambda =\sqrt{q+p\lambda }$$
Obtemos tamén a segunte forma de representación para os números metálicos:
$$\lambda =\sqrt{q+p\sqrt{q+p\sqrt{q+p\sqrt{...}}}}$$
Agora é onde comenza o divertido. Consideremos a seguinte matriz Q, que nos permite redefinir a relación (2) doutro xeito:
$$Q=\left(\begin{array}{cc}p& q\\ 1& 0\end{array}\right);Q\left(\begin{array}{c}{x}_n\\ x_{n-1}\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}p& q\\ 1& 0\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}{x}_n\\ x_{n-1}\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}p{x}_n+q{x}_{n-1}\\ x_n\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}{x}_{n+1}\\ x_n\end{array}\right)$$
Isto permitiríanos obter os sucesivos termos da sucesión mediante o seguinte proceso:
$$\left(\begin{array}{c}{x}_{n+1}\\ x_n\end{array}\right){=Q}^n\left(\begin{array}{c}{x}_1\\ x_0\end{array}\right)={\left(\begin{array}{cc}p& q\\ 1& 0\end{array}\right)}^n\left(\begin{array}{c}{x}_1\\ x_0\end{array}\right)(4)$$

Agora ben, aparécenos un produto de matrices, o cal parece complicar as cousas... ou quizais non. Hai unha forma de calcular a n-ésima potencia dunha matriz Q sempre e cando ésta sexa diagonalizable, isto é, cando exista unha matriz diagonal D e outra S tal que Q=S^-1D S. Estas matrices calcúlanse a partir dos autovalores, que serán as raíces do polinomio característico de Q: $$P(\lambda )=det(Q-\lambda I)=\left|\begin{array}{cc}p-\lambda & q\\ 1& -\lambda \end{array}\right|={\lambda }^2-p\lambda -q$$
Resulta que as raíces deste polinomio xa as calculamos antes: λ₁ e λ₂. Isto permítenos calcular os autovectores, que verificarán igualdades do tipo:
$$\left(\begin{array}{cc}p& q\\ 1& 0\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}x\\ y\end{array}\right)={\lambda }_i\left(\begin{array}{c}x\\ y\end{array}\right),i=1,2$$

$$\{\begin{array}{l}px+q={\lambda }_{1}x\\ {x=\lambda }_{1}y\end{array};\{\begin{array}{l}px+q={\lambda }_{2}x\\ {x=\lambda }_{2}y\end{array}$$
Estes sistemas son indeterminados. Escollemos as solucións para y=1 e obtermos os dous autovectores, o que nos dará a matriz S. Temos pois:
$$D=\left(\begin{array}{cc}{\lambda }_1& 0\\ 0& {\lambda }_2\end{array}\right);S=\left(\begin{array}{cc}{\lambda }_1& {\lambda }_2\\ 1& 1\end{array}\right),\left|\begin{array}{cc}{\lambda }_1& {\lambda }_2\\ 1& 1\end{array}\right|={\lambda }_1-{\lambda }_2=\sqrt{p^2+4q}\ne 0$$
Para que S sexa regular precisamos que o discriminante sexa estritamente positivo. Con esta condición podemos calcular a súa inversa: $$S^{-1}=\frac{1}{{\lambda }_1-{\lambda }_2}\left(\begin{array}{cc}1& {-\lambda }_2\\ -1& {\lambda }_1\end{array}\right)$$
Agora calcular as potencias de Q simplifícase enormemente:
$$Q^n=SD{S}^{-1}\cdot SD{S}^{-1}\stackrel{n}{\cdot \cdot \cdot \cdot }\cdot SD{S}^{-1}=S{D}^n{S}^{-1}$$
$$Q^n=S{D}^n{S}^{-1}=\left(\begin{array}{cc}{\lambda }_1& {\lambda }_2\\ 1& 1\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}{\lambda }_1^2& 0\\ 0& {\lambda }_2^2\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}1& {-\lambda }_2\\ -1& {\lambda }_1\end{array}\right)\frac{1}{{\lambda }_1-{\lambda }_2}$$
$$Q^n=S{D}^n{S}^{-1}=\frac{1}{{\lambda }_1-{\lambda }_2}\left(\begin{array}{cc}{\lambda }_1^{n+1}& {\lambda }_2^{n+1}\\ {\lambda }_1^n& {\lambda }_2^n\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}1& {-\lambda }_2\\ -1& {\lambda }_1\end{array}\right)=\frac{1}{{\lambda }_1-{\lambda }_2}\left(\begin{array}{cc}{\lambda }_1^{n+1}-{\lambda }_2^{n+1}& {\lambda }_1{\lambda }_2({\lambda }_2^n-{\lambda }_1^n)\\ {\lambda }_1^n-{\lambda }_2^n& {\lambda }_1{\lambda }_2({\lambda }_2^{n-1}-{\lambda }_1^{n-1})\end{array}\right)$$
Tendo en conta este último resultado, e aplicando  (4) para(x₀, x₁)=(1,1) obteremos a fórmula de Binet:$$x_n=\frac{1}{{\lambda }_1-{\lambda }_2}[{\lambda }_1^n(1-{\lambda }_2)-{\lambda }_2^n(1-{\lambda }_1)]$$
Usando esta fórmula pódese determinar que: $$\underset{x\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{x_{n+1}}{x_n}={\lambda }_1$$
Para obter unha fórmula de Binet algo máis recoñecible, basta ter presente que
$${\lambda }_1=\frac{1+\sqrt{5}}{2}=\varphi {\lambda }_2=\frac{1-\sqrt{5}}{2}=\phi ;{\lambda }_1-{\lambda }_2=\varphi -\phi =\sqrt{5};\varphi =1-\phi ;\varphi \phi =-1$$
$$F_n=\frac{1}{\sqrt{5}}[{\varphi }^n(1-\phi )-{\phi }^n(1-\varphi )]=\frac{1}{\sqrt{5}}({\varphi }^{n+1}-{\phi }^{n+1})(5)$$
(Nota: os expoñentes son n+1 no canto de n  xa que en lugar de obter a sucesión estándar: 0, 1, 1, 2, 3, 5,... comenzamos cun valor adiantado: 1, 1, 2, 3 , 5, 8, ....)
Chegados aquí xa podo comentar que o problema co que comenzaba esta entrada aínda está sen encarreirar pero é que había un tempo que quería publicala e o citado problema acabou sendo unha desculpa perfecta para facelo. Volvendo sobre el, vemos que os seus valores (p,q)=(3,-1) escápanse do contido dos números metálicos pois éstes obtémolos para valores positivos de p e q. Pola contra, que o valor de q sexa negativo, nun principio, non debería dar maiores problemas xa que o discriminante continúa a ser positivo: p²+4q=5. Agora os valores da ecuación de segundo grao asociada son: $${\lambda }_1=\frac{3+\sqrt{5}}{2}=1+\varphi {\lambda }_2=\frac{3-\sqrt{5}}{2}=1+\phi$$
E aínda que non vexa, por esta vía, como resolver o problema orixinal, polo menos obtemos unha bonita fórmula para a sucesión proposta: $$x_n=\frac{1}{\sqrt{5}}[{(1+\phi )}^n\varphi -{(1+\varphi )}^n\phi ](6)$$
Nunha entrada posterior intentarei contar como, por fin, se pode resolver o problema.