(#164) Sucesión recurrente
Dada la sucesión a n definida por la recurrencia
encontrar el término general. Generalizar.


mano_dSolución de José H. Nieto
Pongamos z k = a 2k + 1 + a 2k i y sea
Entonces z 0 = 1, z 1 = w y la recurrencia se convierte en
z k + 2 = a 2k + 1 a 2k + 3 - a 2k a 2k + 2 + (a 2k + 1 a 2k + 2 + a 2k a 2k + 3 ) i =
= [a 2k + 1 + a 2 k i] × [a 2k + 3 + 2k + 2  i] = z k × z k + 1 .

Se sigue que

z 2 = z 0 × z 1 = w
z 3 = z 1 × z 2 = w2
z 4 = z 2 × z 3 = w3
z 5 = z 3 × z 4 = w5
z 6 = z 4 × z 5 = w8,
y se prueba fácilmente por inducción que en general
donde F(n) es el n-simo número de Fibonacci definido por
F(0) = 0, F(1) = 1, F(n+1) = F(n - 1) + F(n)    para n > 0

Por lo tanto:

a 2k + 1 = cos(F(k) × Pi/6)    a 2k = sen(F(k) × Pi/6)
Como la suceción F(n) módulo 12 es periódica (de período 24) también lo será a n (con período 48).

Generalización
La misma relación de recurrencia se puede resolver para valores iniciales a 0 , a 1 , a 2 , a 3 , cualesquiera.
Si z 0 = a 1 + a 0  i es cero, entonces es claro que a k = 0para todo k > 3. Si en cambio z 0 es diferente de 0, sea u = z 0 , v = z 1 /z 0 .
Entonces:

z 0 = u
z 1 =u × v
z 2 = z 0 × z 1 = u 2 × v
z 3 = z 1 × z 2 = u 3 × v 2
z 4 = z 2 × z 3 = u 5 × v 3
z 5 = z 3 × z 4 = u 8 × v 5
y en general
z(n) = u F(n + 1) × v F(n)
Escribiendo u y v en forma polar y usando la fórmula de De Moivre para las potencias se pueden deducir expresiones para a 2k + 1 y a 2k .


mano_dSolución de Álvaro Antón Sancho
Los términos de la sucesi´nn a 0 y a 1 son, respectivamente el seno y el coseno del ángulo 0. Así, a 2 y a 3 lo son también de p/6. Sustituyendo en las fórmulas de recurrencia que se dan, a 4 y a 5 seran el seno y el coseno de (0 + p/6) e iterando el proceso, resulta inmediato comprobar que a 2k y a 2k + 1 son, respectivamente, el seno y el coseno de un ángulo, que es el mismo para ambos. Por tanto, si tuviéramos la sucesión de ángulos, podríamos obtener la dada (que es la de sus senos y cosenos). Pues bien, denotamos por b 2k al ángulo cuyo seno es a 2k y b 2k + 1 al ángulo cuyo coseno es a 2k + 1, sabiendo que b 2k + 1 = b 2k , sustituyendo en las fórmulas de recurrencia:
sen(b 2(k + 2)) = cos(b 2k ) × sen(b 2(k + 1) ) + sen(b 2k ) × cos(b 2(k + 1) ) =
= sen(b 2k + b 2(k + 1 ))
Igualmente,
cos(b2(k + 2) + 1) = cos(b 2(k + 2) ) = cos(b 2k + b 2 (k + 1))
Aunque no es condición necesaria, para que se verifiquen las igualdades superiores será condicisn suficiente que b 2(k + 2) = b 2(k + 1) + b 2k .
Después veremos que esta debe ser la única relación que pueden cumplir, ya que la solución es única. Eliminando los términos impares de la sucesión, que son redundantes, obtener los ángulos equivale a resolver la ecuación en diferencias b n + 2 - b n + 1 - b n = 0 con las condiciones iniciales b 0 = 0 y b 1 = p/6. La solución es única:
Finalmente
La solución es única, ya que se dan cuatro condiciones iniciales y los demás términos están determinados a partir de éstos y esta es una solución, por tanto esta es la única solución.


mano_dLa solución de Ignacio Larrosa
Haciendo t = arcsen(1/2) = p/6 tenemos
a 0 = sen(0)  a 1 = cos(0)  a 2 = sen(t)  a 3 = sen(t)
Entonces los primeros valores son:
a 4 = a 1 × a 2 + a 0 × a 3 = cos(0)sen(t) + sen(0)cos(t) = sen(0 + t) = sen(t)
a 5 = a 1 × a 3 - a 0 × a 2 = cos(0)cos(t) - sen(0)sen(t) = cos(0 + t) = cos(t)
a 6 = a 3 × a 4 + a 2 × a 5 = cos(t)sen(t) + sen(t)cos(t) = sen(t + t) = sen(2t)
a 7 = a 3 × a 5 - a 2 × a 4 = cos(t)cos(t) - sen(t)sen(t) = cos(t + t) = cos(2t)
a 8 = a 5 × a 6 + a 4 × a 7 = cos(t)sen(2t) + sen(t)cos(2t) = sen(t + 2t) = sen(3t)
a 9 = a 5 × a 7 - a 4 × a 6 = cos(t)cos(2t) - sen(t)sen(2t) = cos(t + 2t) = cos(3t)
a 10 = a 7 × a 8 + a 6 × a 9 = cos(2t)sen(3t) + sen(2t)cos(3t) = sen(2t + 3t) = sen(5t)
a 11 = a 7 × a 9 - a 6 × a 8 = cos(2t)sen(3t) - sen(2t)cos(3t) = sen(2t + 3t) = sen(5t)

Hacemos entonces la hipótesis

a 2k = sen (Fib(k)t)
a 2k + 1 = cos (Fib(k)t)
donde Fib(k) son los números de Fibonacci:
Fib(0) = 0;  Fib(1) = 1
Fib(k) = Fib(k - 1) + Fib(k - 2)    si k2

Está claro que se cumple para k = 0, 1, ...5. Supongamos que es cierto para para todos los nk y veamos que entonces es cierto para k + 1

a 2(k + 1) = a 2k + 2 = a 2k - 1 × a 2k + a 2k - 2 ×  a 2k + 1 =
= cos (Fib(k - 1)t) sen(Fib(k)t) + sen(Fib(k - 1)t) cos(Fib(k)t =
= sen[(Fib(k - 1) + Fib(k))t] = sen (Fib(k + 1)t)

a 2(k + 1) + 1 = a 2k + 3 = a 2k - 1 × a 2k + 1 + a 2k - 2 ×  a 2k =
= cos (Fib(k - 1)t) cos(Fib(k)t) + sen(Fib(k - 1)t) sen(Fib(k)t =
= cos[(Fib(k - 1) + Fib(k))t] = cos (Fib(k + 1)t)

c.q.d.

Entonces

a 2k = sen(Fib(k) p/6)
a 2k + 1 = cos (Fib(k) p/6)
Si se quiere una expresión totalmente no recurrente puede ponerse
(que es la fórmula de Binet; pero esa es otra historia :-))

Podemos generalizarlo haciendo

o de otra forma: a 3 = sen(t)a 4 = cos(t) con t cualquiera.
Por último, la sucesisn es periódica siempre que t sea el producto de 2 × p por un número racional, dada la periodicidad de la solución de Fibonacci módulo cualquier entero.

Saludos recurrentes


 
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