Todos os camiños levan a Roma (e 2)

Na entrada anterior propoñíamos un problema sobre grafos. De entre todos os tipos de grafos, podemos concordar en que os máis simples son os denominados grafos camiño ou grafos lineares. O grafo linear de lonxitude $n$ denótase $P_{n}$. Ilustraremos a idea co grafo linear $P_{4}$:

Camiños nun grafo linear. Cantos camiños de lonxitude $k$ hai entre os vértices de $P_{4}$?

Trátase de determinar a matriz dos camiños de lonxitude $k$ de $P_{4}$. Nesa referida entrada xa explicaramos o camiño a seguir para obter a solución. Debemos comezar pola matriz de adxacencia do grafo: $$A=\begin{pmatrix} 0 & 1& 0& 0 \\ 1 & 0 & 1 & 0\\ 0 & 1 & 0 &1 \\ 0 & 0& 1& 0 \end{pmatrix}$$

A solución virá dada polas potencias da matriz de adxacencia. O elemento $(i,j)$ de $A^{k}$ indícanos o número de camiños de lonxitude $k$ entre os nodos $i$ e $j$. 

$A^{2}=\begin{pmatrix} 1 & 0&1 & 0\\ 0& 2 & 0 & 1\\ 1 & 0 & 2 & 0\\ 0 & 1 & 0& 1 \end{pmatrix}$ ; $A^{3}=\begin{pmatrix} 0 & 2& 0 & 1\\ 2& 0& 3 & 0\\ 0& 3& 0& 2\\ 1 & 0 &2 & 0 \end{pmatrix}$  ;   $A^{4}=\begin{pmatrix} 0 & 2 & 3&0 \\ 0& 5& 0&3 \\ 3& 0& 5&0 \\ 0 & 3& 0 & 2 \end{pmatrix}$   ;   $A^{5}=\begin{pmatrix} 0 & 5& 0 &3 \\ 5 & 0 & 8& 0 \\ 0& 8 & 0 & 5 \\ 3& 0& 5 & 0 \end{pmatrix}$

Curiosamente os elementos das matrices son vellos coñecidos. Efectivamente, son números da sucesión de Fibonacci (de aí o título da entrada: "Todos os camiños levan a Roma"; se para os de clásicas o centro do mundo se situa en Roma, os de matematemáticas caemos indefectiblemente na sucesisión argallada por Leonardo de Pisa). Volvamos a lembrar en que consiste a famosa sucesión:

$f_0$	$f_1$	$f_2$	$f_3$	$f_4$	$f_5$	$f_6$	$f_7$	$f_8$	$f_9$	$f_{10}$	$f_{11}$	$f_{12}$	$...$	$f_k$
$0$	$1$	$1$	$2$	$3$	$5$	$8$	$13$	$21$	$34$	$55$	$89$	$144$	$...$	$f_{k-1}+f_{k-2}$

Parece bastante evidente que as potencias pares seguen un patrón distinto das potencias impares. Seguindo a Martin Erickson en Beautiful Mathematics (MAA 2011)  conxecturaremos que:

Se $k$ é par: $A^{k}=\begin{pmatrix} f_{k-1} & 0&f_{k} & 0\\ 0& f_{k+1} & 0 & f_{k}\\ f_{k} & 0 & f_{k+1} & 0\\ 0 & f_{k} & 0& f_{k-1} \end{pmatrix}$

Se $k$ é impar: $A^{k}=\begin{pmatrix} 0 & f_{k}& 0 & f_{k-1}\\ f_{k}& 0& f_{k+1} & 0\\ 0& f_{k+1}& 0& f_{k}\\ f_{k-1} & 0 &f_{k} & 0 \end{pmatrix}$

Demostraremos por indución que este resultado é certo. Xa comprobamos máis arriba que o é para os valores de $k=1$, $k=2$, $k=3$, $k=4$ e $k=5$, algúns deles pares, outros impares. Supoñamos as fórmulas certas para un determinado valor $k$ e comprobaremos que serven para $k+1$.

Se $k$ é par: $A^{k+1}=A^{k}A=\begin{pmatrix} f_{k-1} & 0&f_{k} & 0\\ 0& f_{k+1} & 0 & f_{k}\\ f_{k} & 0 & f_{k+1} & 0\\ 0 & f_{k} & 0& f_{k-1} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 0 & 1& 0& 0 \\ 1 & 0 & 1 & 0\\ 0 & 1 & 0 &1 \\ 0 & 0& 1& 0 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 0 & f_{k-1}+f_{k}& 0 & f_{k}\\ f_{k+1}& 0& f_{k+1}+f_{k} & 0\\ 0& f_{k}+f_{k+1}& 0& f_{k+1}\\ f_{k-1} & 0 &f_{k}+f_{k-1} & 0 \end{pmatrix}=$ $=\begin{pmatrix} 0 & f_{k+1}& 0 & f_{k}\\ f_{k+1}& 0& f_{k+2} & 0\\ 0& f_{k+2}& 0& f_{k+1}\\ f_{k} & 0 &f_{k+1} & 0 \end{pmatrix}$

Se $k$ é impar:

$A^{k+1}=A^{k}A=\begin{pmatrix} 0 & f_{k}& 0 & f_{k-1}\\ f_{k}& 0& f_{k+1} & 0\\ 0& f_{k+1}& 0& f_{k}\\ f_{k-1} & 0 &f_{k} & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 0 & 1& 0& 0 \\ 1 & 0 & 1 & 0\\ 0 & 1 & 0 &1 \\ 0 & 0& 1& 0 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} f_{k} & 0&f_{k}+f_{k-1} & 0\\ 0& f_{k}+f_{k+1} & 0 & f_{k+1}\\ f_{k+1} & 0 & f_{k+1}+f_{k} & 0\\ 0 & f_{k-1}+f_{k} & 0& f_{k} \end{pmatrix}=$

$=\begin{pmatrix} f_{k} & 0&f_{k+1} & 0\\ 0& f_{k+2} & 0 & f_{k+1}\\ f_{k+1} & 0 & f_{k+2} & 0\\ 0 & f_{k+1} & 0& f_{k} \end{pmatrix}$

1, 2, 3, 4, 5, parábola! (primeira parte)

Un

Imaxe roubada de aquí

As orixes desta entrada están nunha imaxe da anotación "Outro problema de grellas" de J.J. na que se pedía o reconto do número de cadrados polos que pasa ben a función cadrática, ben a función radical, unindo os vértices dun rectángulo de dimensións enteiras.
A min chamoume a atención outra cuestión bastante máis fundamental. Do enunciado despréndese que só hai unha cuadrática pasando por cada punto do plano. Concretamente, dado (x₁, y₁) calquera só hai unha función da forma y=ax² pasando por el. Será aquela para a que
$$a=\frac { { y }_{ 1 } }{ { x }_{ 1 }^{ 2 } } $$
Isto é, cada punto do plano determinará unha parábola, ou non?

Dous
A resposta sería afirmativa, dentro do contexto proposto, no que o extremo inferior do rectángulo coincida co vértice da parábola. Mutatis mutandis, dados dous puntos (x₀, y₀) e (x₁, y₁), sendo o primeiro o vértice, tamén queda determinada unívocamente unha parábola. Na seguinte expresión trasladamos a parábola y=ax² ao vértice (x₀, y₀)
$$y=a{ \left( x-{ x }_{ 0 } \right)  }^{ 2 }+{ y }_{ 0 }$$
Polo que para determinar a parábola bastaría tomar $$a=\frac { y-{ y }_{ 0 } }{ { \left( x-{ x }_{ 0 } \right)  }^{ 2 } } $$

Tres
Isto tróuxome á memoria algo que lera hai tempo nos boletíns de ENCIGA. Así que fun ao faiado na procura daquel recordo. O que achei alí é, ao meu ver,  un dos capítulos máis interesantes na longa historia desta publicación. Trátase dun diálogo público ente dous autores arredor da seguinte cuestión de xeometría plana: 

Por tres puntos (non aliñados) pasa sempre unha parábola? En caso afirmativo, é única?

O tratamento desta cuestión desenvolveuse nos seguintes artigos:

• Unha aplicación das matrices ó estudio da parábola, por Antón Labraña, Boletín das Ciencias Nº 21 Xaneiro 1995.
• Unha aplicación da simetría ó estudio da parábola, por Antonio Gregorio  Montes, Boletín das Ciencias Nº 42, Febreiro 2000.
• Unha aplicación da escala ó estudio da parábola, por Antón Labraña, Boletín das Ciencias Nº 43, Outubro 2000

O primeiro atranco co que fun bater é que non tiña o artigo do nº 21. Con todo vou aventurar, a partir da información contida nos outros dous, algunhas ideas que se podían tratar nel.
Partamos da función parabólica $$y=a{ x }^{ 2 }+bx+c\quad \quad \quad \quad [1]$$
Parece ser que daquela estaban de moda problemas do tipo:

Determina a parábola que pasa polos puntos P₁(-1,6), P₂(2,3) e P₃(3,10)

No canto de resolver este problema, vou tratar o problema xeral para tres puntos  P₁(x₁, y₁),
P₂(x₂, y₂), P₃(x₃, y₃). Substituíndo estes tres puntos en [1] obteriamos un sistema de tres ecuacións lineares con tres incógnitas, un dos tópicos a tratar en 2º de bacharelato.
$$\begin{matrix} a{ x }_{ 1 }^{ 2 }+b{ x }_{ 1 }+c={ y }_{ 1 } \\ a{ x }_{ 2 }^{ 2 }+b{ x }_{ 2 }+c={ y }_{ 2 } \\ a{ x }_{ 3 }^{ 2 }+b{ x }_{ 3 }+c={ y }_{ 3 } \end{matrix}  $$
Sexa A a matriz de coeficientes do sistema e A* a matriz ampliada cos termos independentes. A discusión do sistema parte de establecer se o determinante de A é nulo o non.
$$detA=\left| \begin{matrix} { x }_{ 1 }^{ 2 } & { x }_{ 1 } & 1 \\ { x }_{ 2 }^{ 2 } & { x }_{ 2 } & 1 \\ { x }_{ 3 }^{ 2 } & { x }_{ 3 } & 1 \end{matrix} \right| $$Estamos fronte ao famoso determinante de Vandermonde, que era moi habitual atopar descontextualizado nas páxinas dos libros de texto do último curso da secundaria. Porén esta forma de presentalo é completamente natural.

$$detA=\left| \begin{matrix} { x }_{ 1 }^{ 2 } & { x }_{ 1 } & 1 \\ { x }_{ 2 }^{ 2 } & { x }_{ 2 } & 1 \\ { x }_{ 3 }^{ 2 } & { x }_{ 3 } & 1 \end{matrix} \right| \begin{matrix} = \\ \begin{matrix} { C }_{ 1 }-{ x }_{ 1 }{ C }_{ 2 } \\ { C }_{ 2 }-{ x }_{ 1 }{ C }_{ 3 } \end{matrix} \end{matrix}\left| \begin{matrix} 0 & 0 & 1 \\ { x }_{ 2 }^{ 2 }-{ x }_{ 1 }{ x }_{ 2 } & { \quad x }_{ 2 }-{ x }_{ 1 } & 1 \\ { x }_{ 3 }^{ 2 }-{ x }_{ 3 }{ x }_{ 2 } & { \quad x }_{ 3 }-{ x }_{ 1 } & 1 \end{matrix} \right| =-\left| \begin{matrix} { x }_{ 2 }\left( { x }_{ 2 }-{ x }_{ 1 } \right)  & { \quad x }_{ 2 }-{ x }_{ 1 } \\ { x }_{ 3 }\left( { x }_{ 3 }-{ x }_{ 1 } \right)  & { \quad x }_{ 3 }-{ x }_{ 1 } \end{matrix} \right| =\\ =-\left( { x }_{ 2 }-{ x }_{ 1 } \right) \left( { x }_{ 3 }-{ x }_{ 1 } \right) \begin{vmatrix} { x }_{ 2 } & 1 \\ { x }_{ 3 } & 1 \end{vmatrix}=\left( { x }_{ 2 }-{ x }_{ 1 } \right) \left( { x }_{ 3 }-{ x }_{ 1 } \right) \left( { x }_{ 3 }-{ x }_{ 2 } \right) $$Cando este determinante non se anule, polo teorema de Rouché-Fröbenius, existirá unha única solución, isto é, teremos unha única parábola pasando por P₁(x₁, y₁), P₂(x₂, y₂) e P₃(x₃, y₃)
Se o detA=0, polo menos un par deses puntos estarán na mesma vertical. Neste caso o sistema será incompatible, pois presupoñemos que os tres puntos dados son distintos,  o cal significa que non existe ningunha parábola pasando por eses tres puntos.
E ata aquí a miña  aventurada reconstrución do artigo de Labraña do Boletín das Ciencias nº 21

Tres?
Claro que isto non significa que tres puntos determinen unha única parábola. Isto era certo únicamente no contexto anterior, no que restrinximos o concepto de "parábola" ao de funcións da forma [1], isto é, parábolas de eixo vertical. Pero que pasaría se traballásemos cunha idea máis xeral de "parábola", admitindo calquera parábola no plano, con calqueira eixo posible? Este é o problema que aborda Antonio Gregorio no seu artigo do nº 42 do Boletín das Ciencias. Faino ofrecendo un contraexemplo. Consideremos os vértices do triángulo equilátero sobre a circunferencia unidade$$P_1(0,-1)\quad \quad \quad P_2\left( \frac { -\sqrt { 3 }  }{ 2 } ,\frac { 1 }{ 2 }  \right) \quad \quad \quad P_3\left( \frac { \sqrt { 3 }  }{ 2 } ,\frac { 1 }{ 2 }  \right) $$As seguintes tres parábolas pasan por eses tres puntos:$$y-2{ x }^{ 2 }+1=0\\ \frac { -y }{ 2 } +\frac { \sqrt { 3 }  }{ 2 } x-2{ \left( \frac { 1 }{ 2 } x+\frac { \sqrt { 3 }  }{ 2 } y \right)  }^{ 2 }+1=0\\ \frac { -y }{ 2 } -\frac { \sqrt { 3 }  }{ 2 } x-2{ \left( \frac { -1 }{ 2 } x+\frac { \sqrt { 3 }  }{ 2 } y \right)  }^{ 2 }+1=0$$
E velaquí a fermosa representación gráfica das mesmas:

Entendendo que para cada dirección que escollamos para o eixo teriamos unha parábola pasando por eses tres mesmos puntos, acabariamos cunha familia infinita de parábolas para eses mesmos tres puntos. Nese caso, supuxen eu,  deberiamos ser capaces de obter a colección completa de parábolas a partir dun parámetro.
A ecuación xeral dunha cónica ven dada pola forma cuadrática xeral:$$A{ x }^{ 2 }+Bxy+C{ y }^{ 2 }+Dx+Ey+F=0\quad \quad \quad \quad [2]$$
Consideremos o discriminante B²-4AB. Se é negativo a cónica será unha elipse, se é positivo será unha hipérbole e cando o seu valor é cero teremos a ecuación dunha parábola. Mediante o cambio $$\begin{matrix} { a }^{ 2 }=A \\ { c }^{ 2 }=C \end{matrix}\quad entón\quad { B }^{ 2 }=4AC={ \left( 2ac \right)  }^{ 2 }\\ $$Teremos a seguinte forma para as parábolas coa que poderiamos obter ecuacións practicamente calcadas ás que presentou Antonio Gregorio no Boletín nº 21.
$${ \left( ax+cy \right)  }^{ 2 }+Dx+Ey+F=0\quad \quad \quad \quad [3]\\ $$
Pasemos a substituir nesta expresión as coordenadas dos puntos  P₁, P₂ e P₃ .
$${ { c }^{ 2 }-E+F=0 }\\ \frac { 3 }{ 4 } { a }^{ 2 }-\frac { \sqrt { 3 }  }{ 2 } ac+\frac { 1 }{ 4 } { c }^{ 2 }-\frac { \sqrt { 3 }  }{ 2 } D+\frac { 1 }{ 2 } E+F=0\quad \quad \quad \quad \quad [4]\\ \frac { 3 }{ 4 } { a }^{ 2 }+\frac { \sqrt { 3 }  }{ 2 } ac+\frac { 1 }{ 4 } { c }^{ 2 }+\frac { \sqrt { 3 }  }{ 2 } D+\frac { 1 }{ 2 } E+F=0\quad \quad \quad \quad \quad $$Sumando as dúas últimas:$$\frac { 3 }{ 2 } { a }^{ 2 }+\frac { 1 }{ 2 } { c }^{ 2 }+E+2F=0$$
Restando a metade desta última expresión da primeira liña de [4] : $$\frac { -3 }{ 4 } { a }^{ 2 }+\frac { 3 }{ 4 } { c }^{ 2 }+\frac { 3 }{ 2 } E=0\\ E=\frac { 1 }{ 2 } \left( { a }^{ 2 }+{ c }^{ 2 } \right) $$
Substituíndo outra vez na primeria liña de [4]: $$F=E-{ c }^{ 2 }=\frac { 1 }{ 2 } \left( { a }^{ 2 }+{ c }^{ 2 } \right) -{ c }^{ 2 }=\frac { 1 }{ 2 } \left( { a }^{ 2 }-{ c }^{ 2 } \right)=0 $$
Finalmente, restando as dúas últimas expresións de [4]: $$D=-ac$$Así [3] pasaría a escribirse: $${ \left( ax+cy \right)  }^{ 2 }-acx+\frac { 1 }{ 2 } \left( { a }^{ 2 }+{ b }^{ 2 } \right) +\frac { 1 }{ 2 } \left( { a }^{ 2 }-{ b }^{ 2 } \right) $$Se agora dividimos esta expresión por a² e substituímos t=c/a, quédanos$${ \left( x+ty \right)  }^{ 2 }-tx+\frac { 1 }{ 2 } \left( 1+{ t }^{ 2 } \right) +\frac { 1 }{ 2 } \left( { 1 }-{ t }^{ 2 } \right)=0 $$Que é, tal e como queriamos, a familia de parábolas pasasndo por P₁, P₂ e P₃ en función dun único parámetro t. Toda esta farramalla alxébrica terá un aspecto visual máis agradable.





Ben, ata o momento só obtivemos as infinitas parábolas que pasan por eses tres puntos concretos. Poderemos estudar o problema de obter todas as parábolas que pasan por tres puntos dados calquera (non aliñados)? Aí é onde nos esperan as sorpresas máis agradables. Xa adianto que na cerna da solución desta cuestión está a deltoide de Steiner! (da que temos falado aquí). Pero isto xa o trataremos noutra entrada.

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$${ x }_{ n+1 }=\frac { 3{ x }_{ n }+\sqrt { 5{ x }_{ n }^{ 2 }-4 } }{ 2 } $$ 

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: $${ F }_{ k+1 }{ F }_{ k-1 }={ F }_{ k }^{ 2 }+{ \left( -1 \right)  }^{ k }\quad \quad \quad (7)$$ Entón, para k=2n: $${ F }_{ 2n+1 }{ F }_{ 2n-1 }={ F }_{ 2n }^{ 2 }+1\quad \quad \quad (8)$$
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.$$\begin{matrix} 1 & 1 & 2 & 3 & 5 & 8 & 13 & 21 & 34 & ... \\ { F }_{ 1 } & { F }_{ 2 } & { F }_{ 3 } & { F }_{ 4 } & { F }_{ 5 } & { F }_{ 6 } & { F }_{ 7 } & { F }_{ 8 } & { F }_{ 9 } & ... \\ { x }_{ 0 } &  & { x }_{ 1 } &  & { x }_{ 2 } &  & { x }_{ 3 } &  & { x }_{ 4 } & ... \end{matrix}$$
Así que conxecturamos que:
$${ F }_{ 2n+3 }=\frac { { 3{ F }_{ 2n+1 } }+\sqrt { 5{ F }_{ 2n+1 }^{ 2 }-4 }  }{ 2 } $$
Esta igualdade verificarase cando:
$${ \left( 2{ F }_{ 2n+3 }-{ 3F }_{ 2n+1 } \right)  }^{ 2 }=5{ F }_{ 2n+1 }^{ 2 }-4$$
Como F_2n+3= F_2n+2 + F_2n+1:
$${ \left( 2{ F }_{ 2n+2 }-{ F }_{ 2n+1 } \right)  }^{ 2 }=5{ F }_{ 2n+1 }^{ 2 }-4$$
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:
$${ F }_{ 2n+2 }^{ 2 }+1={ F }_{ 2n+1 }{ F }_{ 2n+3 }={ F }_{ 2n+1 }\left( { F }_{ 2n+2 }+{ F }_{ 2n+1 } \right) ={ F }_{ 2n+2 }{ F }_{ 2n+1 }+{ F }_{ 2n+1 }^{ 2 }$$
Velaí o problema resolto. Toca revisar algunhas cousas.
Na entrada anterior conxecturaba que $${ x }_{ n+1 }=3{ x }_{ n }-{ x }_{ n-1 } $$ comprobada a igualdade entre a sucesión x_n e a dos termos impares da de Fibonacci, veremos que isto é certo comprobando que $${ F }_{ 2n+3 }=3{ F }_{ 2n+1 }-{ F }_{ 2n-1 } $$:
$${ F }_{ 2n+3 }={ F }_{ 2n+2 }+{ F }_{ 2n+1 }=\left( { F }_{ 2n+1 }+{ F }_{ 2n } \right) +{ F }_{ 2n+1 }=2{ F }_{ 2n+1 }+\left( { F }_{ 2n } \right) =$$ $$ =2{ F }_{ 2n+1 }+{ F }_{ 2n+1 }-{ F }_{ 2n-1 }=3{ F }_{ 2n+1 }-{ F }_{ 2n-1 }$$
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:
$${ \phi  }^{ 2n+1 }-{ \varphi  }^{ 21n+1 }={ \left( 1+\varphi  \right)  }^{ n }\phi -{ \left( 1+\phi  \right)  }^{ n }\varphi $$
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:$${ F }_{ n+1 }^{ 2 }+{ F }_{ n+2 }^{ 2 }={ F }_{ 2n+3 }\quad \quad \quad (9)$$

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: $$Q=\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}\quad ;\quad \quad Q\left( \begin{matrix} { F }_{ n } \\ { F }_{ n-1 } \end{matrix} \right) =\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}\left( \begin{matrix} { F }_{ n } \\ { F }_{ n-1 } \end{matrix} \right) =\left( \begin{matrix} { F }_{ n+1 } \\ { F }_{ n } \end{matrix} \right) $$
Imos usala para demostrar algún dos resultados É inmediato comprobar que
$${ Q }^{ n }\left( \begin{matrix} 1 \\ 0 \end{matrix} \right) =\left( \begin{matrix} { F }_{ n } \\ { F }_{ n-1 } \end{matrix} \right) \quad ;\quad { Q }=\begin{pmatrix} { F }_{ 2 } & { F }_{ 1 } \\ { F }_{ 1 } & { F }_{ 0 } \end{pmatrix}\quad \quad ;\quad { Q }^{ n }=\begin{pmatrix} { F }_{ n+1 } & { F }_{ n } \\ { F }_{ n } & { F }_{ n-1 } \end{pmatrix}$$
Con isto na faltriqueira podemos xenerar varias fórmulas sen esforzo ningún. Por exemplo a que usamos en (7): $${ F }_{ n+1 }{ F }_{ n-1 }-{ F }_{ n }^{ 2 }=det\begin{pmatrix} { F }_{ n+1 } & { F }_{ n } \\ { F }_{ n } & { F }_{ n-1 } \end{pmatrix}=det{ Q }^{ n }={ \left( detQ \right)  }^{ n }={ \left| \begin{matrix} 1 & 1 \\ 1 & 0 \end{matrix} \right|  }^{ n }={ \left( -1 \right)  }^{ n }$$
Tamén podemos demostrar a fórmula (9) na súa versión máis habitual:
$${ Q }^{ n+1 }{ Q }^{ n }={ Q }^{ 2n+1 }$$
$$\begin{pmatrix} { F }_{ n+2 } & { F }_{ n+1 } \\ { F }_{ n+1 } & { F }_{ n } \end{pmatrix}\begin{pmatrix} { F }_{ n+1 } & { F }_{ n } \\ { F }_{ n } & { F }_{ n-1 } \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} { F }_{ 2n+2 } & { F }_{ 2n+1 } \\ { F }_{ 2n+1 } & { F }_{ 2n } \end{pmatrix}$$
Ao multiplicar a segunda fila da primeira matriz pola primeira columna da segunda obtemos o elemento (2,1):
$${ F }_{ n+1 }^{ 2 }+{ F }_{ n }^{ 2 }={ F }_{ 2n+1}\quad \quad \quad (9)$$
Falando das matrices asociadas á sucesión de Fibonacci, non podo deixar de escribir un par de fórmulas suxerentes de comprobación inmediata:
$${ Q }^{ 2 }=Q+I\quad \Longrightarrow \quad { Q }^{ n }={ Q }^{ n-1 }+{ Q }^{ n-2 }$$
$${ Q }^{ n }=Q{ F }_{ n }+I{ F }_{ n-1 }$$
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$${ x }_{ n+1 }=\frac { 3{ x }_{ n }+\sqrt { 5{ x }_{ n }^{ 2 }-4 } }{ 2 } $$ 

Un primeiro achegamento a calquera problema consiste na experimentación. Cales son os primeiros valores que obtemos? $$\begin{matrix} { x }_{ 0 } & { x }_{ 1 } & { x }_{ 2 } & { x }_{ 3 } & { x }_{ 4 } & { x }_{ 5 } & ... \\ 1 & 2 & 5 & 13 & 34 & 89 & ... \end{matrix}$$
Efectivamente, estes son números enteiros. Hai algunha relación entre eles? Coñecémolos de algo?
Parece que se obteñen mediante a seguinte recurrencia: $${ x }_{ n+1 }=3{ x }_{ n }-{ x }_{ n-1 }\quad \quad  (1) $$
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:

 $${ x }_{ n+1 }=p{ x }_{ n }+q{ x }_{ n-1 }\quad \quad \quad \quad \quad (2)$$

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

Tomando límites cando n⇾∞ e supoñendo que existe o $$\lim _{ n\rightarrow \infty }{ \frac { { x }_{ n+1 } }{ { x }_{ n } } } =\lambda $$ $$\lambda =p+\frac { q }{ \lambda } $$
$${ \lambda }^{ 2 }-p\lambda -q=0$$ Resolvo:
$${ \lambda }_{ 1 }=\frac { p+\sqrt { { p }^{ 2 }+4q } }{ 2 } \quad \quad \quad { \lambda }_{ 2 }=\frac { p-\sqrt { { p }^{ 2 }+4q } }{ 2 } \quad \quad \quad $$
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
$${ \lambda  }^{ 2 }=p\lambda +q\quad \quad \rightarrow \quad \quad x=p+\frac { q }{ \lambda  } $$
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:
$${ \lambda  }^{ 2 }=p\lambda +q\quad \Longrightarrow  \quad \quad \lambda =\sqrt { q+p\lambda  } $$
Obtemos tamén a segunte forma de representación para os números metálicos:
$$\quad \lambda =\sqrt { q+p\sqrt { q+p\sqrt { q+p\sqrt { ... }  }  }  } $$
Agora é onde comenza o divertido. Consideremos a seguinte matriz Q, que nos permite redefinir a relación (2) doutro xeito:
$$Q=\begin{pmatrix} p & q \\ 1 & 0 \end{pmatrix}\quad \quad ;\quad \quad Q\left( \begin{matrix} { x }_{ n } \\ { x }_{ n-1 } \end{matrix} \right) =\begin{pmatrix} p & q \\ 1 & 0 \end{pmatrix}\left( \begin{matrix} { x }_{ n } \\ { x }_{ n-1 } \end{matrix} \right) =\left( \begin{matrix} p{ x }_{ n }+q{ x }_{ n-1 } \\ { x }_{ n } \end{matrix} \right) =\left( \begin{matrix} { x }_{ n+1 } \\ { x }_{ n } \end{matrix} \right) $$
Isto permitiríanos obter os sucesivos termos da sucesión mediante o seguinte proceso:
$$\left( \begin{matrix} { x }_{ n+1 } \\ { x }_{ n } \end{matrix} \right) { =Q }^{ n }\left( \begin{matrix} { x }_{ 1 } \\ { x }_{ 0 } \end{matrix} \right) ={ \begin{pmatrix} p & q \\ 1 & 0 \end{pmatrix} }^{ n }\left( \begin{matrix} { x }_{ 1 } \\ { x }_{ 0 } \end{matrix} \right) \quad \quad \quad (4)$$

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: $$P(\lambda )=det(Q-\lambda I)=\begin{vmatrix} p-\lambda  & q \\ 1 & -\lambda  \end{vmatrix}={ \lambda  }^{ 2 }-p\lambda -q$$
Resulta que as raíces deste polinomio xa as calculamos antes: λ₁ e λ₂. Isto permítenos calcular os autovectores, que verificarán igualdades do tipo:
$$\begin{pmatrix} p & q \\ 1 & 0 \end{pmatrix}\left( \begin{matrix} x \\ y \end{matrix} \right) ={ \lambda  }_{ i }\left( \begin{matrix} x \\ y \end{matrix} \right) ,\quad \quad \quad i=1,2$$

$$ \begin{cases} px+q={ \lambda  }_{ 1 }x \\ { x=\lambda  }_{ 1 }y \end{cases}\quad ;\quad \quad \begin{cases} px+q={ \lambda  }_{ 2 }x \\ { x=\lambda  }_{ 2 }y \end{cases}\quad \quad $$
Estes sistemas son indeterminados. Escollemos as solucións para y=1 e obtermos os dous autovectores, o que nos dará a matriz S. Temos pois:
$$D=\begin{pmatrix} { \lambda  }_{ 1 } & 0 \\ 0 & { \lambda  }_{ 2 } \end{pmatrix}\quad \quad ;\quad S=\begin{pmatrix} { \lambda  }_{ 1 } & { \lambda  }_{ 2 } \\ 1 & 1 \end{pmatrix},\quad \quad \begin{vmatrix} { \lambda  }_{ 1 } & { \lambda  }_{ 2 } \\ 1 & 1 \end{vmatrix}={ \lambda  }_{ 1 }-{ \lambda  }_{ 2 }=\sqrt { { p }^{ 2 }+4q } \neq 0$$
Para que S sexa regular precisamos que o discriminante sexa estritamente positivo. Con esta condición podemos calcular a súa inversa: $${ S }^{ -1 }=\frac { 1 }{ { \lambda  }_{ 1 }-{ \lambda  }_{ 2 } } \begin{pmatrix} 1 & { -\lambda  }_{ 2 } \\ -1 & { \lambda  }_{ 1 } \end{pmatrix}$$
Agora calcular as potencias de Q simplifícase enormemente:
$${ Q }^{ n }=SD{ S }^{ -1 }\cdot SD{ S }^{ -1 }\overset { n }{ \cdot \cdot \cdot \cdot  } \cdot SD{ S }^{ -1 }=S{ D }^{ n }{ S }^{ -1 }$$
$${ Q }^{ n }=S{ D }^{ n }{ S }^{ -1 }=\begin{pmatrix} { \lambda  }_{ 1 } & { \lambda  }_{ 2 } \\ 1 & 1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} { \lambda  }_{ 1 }^{ 2 } & 0 \\ 0 & { \lambda  }_{ 2 }^{ 2 } \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1 & { -\lambda  }_{ 2 } \\ -1 & { \lambda  }_{ 1 } \end{pmatrix}\frac { 1 }{ { \lambda  }_{ 1 }-{ \lambda  }_{ 2 } } $$
$${ Q }^{ n }=S{ D }^{ n }{ S }^{ -1 }=\frac { 1 }{ { \lambda  }_{ 1 }-{ \lambda  }_{ 2 } } \begin{pmatrix} { \lambda  }_{ 1 }^{ n+1 } & { \lambda  }_{ 2 }^{ n+1 } \\ { \lambda  }_{ 1 }^{ n } & { \lambda  }_{ 2 }^{ n } \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1 & { -\lambda  }_{ 2 } \\ -1 & { \lambda  }_{ 1 } \end{pmatrix}=\frac { 1 }{ { \lambda  }_{ 1 }-{ \lambda  }_{ 2 } } \begin{pmatrix} { \lambda  }_{ 1 }^{ n+1 }-{ \lambda  }_{ 2 }^{ n+1 } & { { \lambda  }_{ 1 }{ \lambda  }_{ 2 } }\left( { \lambda  }_{ 2 }^{ n }-{ \lambda  }_{ 1 }^{ n } \right)  \\ { \lambda  }_{ 1 }^{ n }-{ \lambda  }_{ 2 }^{ n } & { \lambda  }_{ 1 }{ \lambda  }_{ 2 }\left( { \lambda  }_{ 2 }^{ n-1 }-{ \lambda  }_{ 1 }^{ n-1 } \right)  \end{pmatrix}$$
Tendo en conta este último resultado, e aplicando  (4) para(x₀, x₁)=(1,1) obteremos a fórmula de Binet:$${ x }_{ n }=\frac { 1 }{ { \lambda  }_{ 1 }-{ \lambda  }_{ 2 } } \left[ { \lambda  }_{ 1 }^{ n }\left( 1-{ \lambda  }_{ 2 } \right) -{ \lambda  }_{ 2 }^{ n }\left( 1-{ \lambda  }_{ 1 } \right)  \right] $$
Usando esta fórmula pódese determinar que: $$\lim _{ x\rightarrow \infty  }{ \frac { { x }_{ n+1 } }{ { x }_{ n } } = } { \lambda  }_{ 1 }$$
Para obter unha fórmula de Binet algo máis recoñecible, basta ter presente que
$${ \lambda  }_{ 1 }=\frac { 1+\sqrt { 5 }  }{ 2 } =\phi \quad \quad { \lambda  }_{ 2 }=\frac { 1-\sqrt { 5 }  }{ 2 } =\varphi \quad \quad ;\quad { \lambda  }_{ 1 }-{ \lambda  }_{ 2 }=\phi -\varphi =\sqrt { 5 } \quad ;\quad \phi =1-\varphi \quad ;\quad \phi \varphi =-1 $$
$${ F }_{ n }=\frac { 1 }{ \sqrt { 5 }  } \left[ { \phi  }^{ n }\left( 1-\varphi  \right) -{ \varphi  }^{ n }\left( 1-\phi  \right)  \right] =\frac { 1 }{ \sqrt { 5 }  } \left( { \phi  }^{ n+1 }-{ \varphi  }^{ n+1 } \right)\quad \quad (5) $$
(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: $${ \lambda  }_{ 1 }=\frac { 3+\sqrt { 5 }  }{ 2 } =1+\phi \quad \quad \quad \quad \quad { \lambda  }_{ 2 }=\frac { 3-\sqrt { 5 }  }{ 2 } =1+\varphi $$
E aínda que non vexa, por esta vía, como resolver o problema orixinal, polo menos obtemos unha bonita fórmula para a sucesión proposta: $$x_{ n }=\frac { 1 }{ \sqrt { 5 }  } \left[ { \left( 1+\varphi  \right)  }^{ n }\phi -{ \left( 1+\phi  \right)  }^{ n }\varphi  \right] \quad \quad (6)$$
Nunha entrada posterior intentarei contar como, por fin, se pode resolver o problema.