\( \newcommand{\combin}[2]{{}^{#1}C_{#2} } \newcommand{\cmod}[3]{#1 \equiv #2\left(\bmod {}{#3}\right)} \newcommand{\mdc}[2]{\left( {#1},{#2}\right)} \newcommand{\mmc}[2]{\left[ {#1},{#2}\right]} \newcommand{\cis}{\mathop{\rm cis}} \newcommand{\sen}{\mathop{\rm sen}} \newcommand{\tg}{\mathop{\rm tg}} \newcommand{\cotg}{\mathop{\rm cotg}} \newcommand{\cosec}{\mathop{\rm cosec}} \newcommand{\cotgh}{\mathop{\rm cotgh}} \newcommand{\cosech}{\mathop{\rm cosech}} \newcommand{\sech}{\mathop{\rm sech}} \newcommand{\sh}{\mathop{\rm sh}} \newcommand{\ch}{\mathop{\rm ch}} \newcommand{\th}{\mathop{\rm th}} \newcommand{\senEL}[1]{\mathop{\rm sen}^{#1}} \newcommand{\tgEL}[1]{\mathop{\rm tg}^{#1}} \newcommand{\cotgEL}[1]{\mathop{\rm cotg}^{#1}} \newcommand{\cosecEL}{\mathop{\rm cosec}^{#1}} \newcommand{\shEL}[1]{\mathop{\rm sh^{#1}}} \newcommand{\chEL}[1]{\mathop{\rm ch^{#1}}} \newcommand{\thEL}[1]{\mathop{\rm th^{#1}}} \newcommand{\cotghEL}[1]{\mathop{\rm cotgh^{#1}}} \newcommand{\cosechEL}[1]{\mathop{\rm cosech^{#1}}} \newcommand{\sechEL}[1]{\mathop{\rm sech^{#1}}} \newcommand{\senq}{\senEL{2}} \newcommand{\tgq}{\tgEL{2}} \newcommand{\cotgq}{\cotgEL{2}} \newcommand{\cosecq}{\cosecEL{2}} \newcommand{\cotghq}{\cotghEL{2}} \newcommand{\cosechq}{\cosechEL{2}} \newcommand{\sechq}{\sechEL{2}} \newcommand{\shq}{\shEL{2}} \newcommand{\chq}{\chEL{2}} \newcommand{\arctg}{\mathop{\rm arctg}} \newcommand{\arcsen}{\mathop{\rm arcsen}} \newcommand{\argsh}{\mathop{\rm argsh}} \newcommand{\argch}{\mathop{\rm argch}} \newcommand{\vect}[1]{\overrightarrow{#1}} \newcommand{\tr}[1]{ \textnormal{Tr}\left({#1}\right)} \newcommand{\N}{\mathbb{N}} \newcommand{\Z}{\mathbb{Z}} \newcommand{\Q}{\mathbb{Q}} \newcommand{\R}{\mathbb{R}} \newcommand{\C}{\mathbb{C}} \newcommand{\H}{\mathbb{H}} \newcommand{\vect}[1]{\overrightarrow{#1}} \newcommand{\Mod}[1]{\ (\mathrm{mod}\ #1)} \)

15/09/2017

Recorrência secreta...


Problema
Considere a sucessão $(a_n)$ de números reais definida por:
\[a_0 = 1\text{ e } a_{n + 1} = \frac{7a_n + \sqrt{45a_n^2 - 36}}{2}, n \in \N_0 \] Mostre que $(a_n)$ é uma sucessão de números inteiros positivos e que $a_n\cdot a_{n + 1} - 1$ é, para cada $n \in \N_0$, um quadrado perfeito.

Ideia 1

\begin{eqnarray*} {2a_{n + 1}}&{=}&{ 7a_n + \sqrt {45a_n ^2 - 36}} \\ { 2a_{n + 1} - 7a_n }&{=}&{ \sqrt {45a_n ^2 - 36} } \\ { 4a_{n + 1} ^2 - 28a_{n + 1} a_n + 49a_n ^2 }&{=}&{ 45a_n ^2 - 36 } \\ { 4a_{n + 1} ^2 - 28a_{n + 1} a_n + 4a_n ^2 }&{=}&{ - 36 } \\ { a_{n + 1} ^2 - 7a_n a_{n + 1} + a_n ^2 + 9 }&{=}&{ 0} \\ { a_{n + 1} ^2 + a_n ^2 + 9 }&{=}&{ 7a_n a_{n + 1} } \end{eqnarray*}

Ideia 2

$a_{n+1}$ é o zero de \[ x^2 - 7a_n x + a_n ^2 + 9 = 0 \] correspondente ao sinal $+$.

Ideia 3

\[ x^2 - 7a_n x + a_n ^2 + 9 = \left( {x - \frac{{7a_n }}{2}} \right)^2 - \frac{{45a_n ^2 - 36}}{4} = \left( {x - \frac{{7a_n }}{2}} \right)^2 - \frac{9\times\left({5a_n ^2 - 4}\right)}{4} \] portanto $a_{n+1}$ é solução positiva de \[ \left( {2x - 7a_n } \right)^2 - 9\left( {5a_n ^2 - 4} \right) = 0 \]

Ideia 4

\begin{eqnarray*} {a_{0}}&{=}&{ 1} \\ {a_{1}}&{=}&{ 5} \\ {a_{2}}&{=}&{ 34} \\ {a_{3}}&{=}&{ 233} \\ {a_{4}}&{=}&{ 1597} \\ {a_{5}}&{=}&{ 10946} \\ {a_{6}}&{=}&{ 75025} \\ {a_{7}}&{=}&{ 514229} \end{eqnarray*}

Ideia 5

\[ 2a_{n + 1} - 7a_n = 3\sqrt {5a_n ^2 - 4} \]

Ideia 6

\[ \begin{array}{l} 2a_{n + 1} = 7a_n + 3\sqrt {5a_n ^2 - 4} \\ 2a_{n + 1} = 7a_n + 3u_n \\ 2a_{n + 1} - 2a_n = 5a_n + 3\sqrt {5a_n ^2 - 4} \\ a_{n + 1} - a_n =\displaystyle \frac{{5a_n + 3\sqrt {5a_n ^2 - 4} }}{2} \end{array} \]

Ideia 7

Quanto à segunda parte \[ \begin{array}{l} a_{n + 1} a_n - 1 = \frac{{\sqrt 5 }}{5}\left( {\Phi ^{4n + 1} + \frac{1}{{\Phi ^{4n + 1} }}} \right)\frac{{\sqrt 5 }}{5}\left( {\Phi ^{4n + 5} + \frac{1}{{\Phi ^{4n + 5} }}} \right) - 1 \\ = \frac{1}{5}\left( {\Phi ^{8n + 6} + \Phi ^4 + \frac{1}{{\Phi ^4 }} + \frac{1}{{\Phi ^{8n + 6} }}} \right) - 1 \\ = \frac{1}{5}\left( {\Phi ^{8n + 6} + \frac{{7 + 3\sqrt 5 }}{2} + \frac{{7 - 3\sqrt 5 }}{2} + \frac{1}{{\Phi ^{8n + 6} }}} \right) - 1 \\ = \frac{1}{5}\left( {\Phi ^{8n + 6} + 2 + \frac{1}{{\Phi ^{8n + 6} }} + 5} \right) - 1 = \frac{1}{5}\left( {\Phi ^{4n + 3} + \frac{1}{{\Phi ^{4n + 3} }}} \right)^2 = \frac{1}{5}\left( {\frac{1}{{2^{4n + 3} }}\sum\limits_{k = 0}^{4n + 3} {\combin{4n+3}{k}\sqrt 5 ^k } + \frac{1}{{2^{4n + 3} }}\sum\limits_{k = 0}^{4n + 3} {\combin{4n+3}{k}\left( { - 1} \right)^{4n + 3 - k} \sqrt 5 ^k } } \right)^2 \\ =\frac{1}{5}\left( {\frac{1}{{2^{4n + 3} }}\sum\limits_{k = 0}^{4n + 3} {\combin{4n+3}{k}\sqrt 5 ^k \left[ {\left( { - 1} \right)^{4n + 3 - k} + 1} \right]} } \right)^2 \\ = \frac{1}{5}\left( {\frac{2}{{2^{4n + 3} }}\sum\limits_{j = 0}^{2n + 1} {\combin{4n+3}{2j+1}\sqrt 5 ^{2j + 1} } } \right)^2 \\ = \frac{5}{5}\left( {\frac{2}{{2^{4n + 3} }}\sum\limits_{j = 0}^{2n + 1} {\combin{4n+3}{2j+1} 5 ^{j } } } \right)^2 \end{array} \]


Proposta de resolução (por Carlos Paulo A. Freitas) \begin{eqnarray*} {2a_{n + 1}}&{=}&{ 7a_n + \sqrt {45a_n ^2 - 36}} \\ {\Leftrightarrow 2a_{n + 1} - 7a_n }&{=}&{ \sqrt {45a_n ^2 - 36} } \\ {\Rightarrow 4a_{n + 1} ^2 - 28a_{n + 1} a_n + 49a_n ^2 }&{=}&{ 45a_n ^2 - 36 } \\ {\Leftrightarrow 4a_{n + 1} ^2 - 28a_{n + 1} a_n + 4a_n ^2 }&{=}&{ - 36 } \\ {\Leftrightarrow a_{n + 1} ^2 - 7a_n a_{n + 1} + a_n ^2 + 9 }&{=}&{ 0} \\ {\Leftrightarrow a_{n + 1} ^2 + a_n ^2 + 9 }&{=}&{ 7a_n a_{n + 1} } \end{eqnarray*} Então \[{ a_{n + 2} ^2 + a_{n+1} ^2 + 9 = 7a_{n + 1} a_{n + 2} } \] Subtraindo a penúltima equação da última, temos: \[a_{n + 2} ^2 - a_{n} ^2 = 7a_{n + 1} \left(a_{n + 2}- a_{n }\right) \] \[\Leftrightarrow a_{n + 2} + a_{n} = 7a_{n + 1} \]

\[a_{n + 1} = \frac{7a_n + \sqrt{45a_n^2 - 36}}{2}>\frac{7a_n}{2}>a_n\] logo \[a_{n + 2} >a_{n + 1}>a_{n}\] ou seja, $a_{n+2}-a_{n}>0$
\[\Leftrightarrow a_{n + 2} -7a_{n + 1}+ a_{n} = 0 \] A equação característica desta equação de diferenças é \[ r^2-7r+1=0 \] que tem como raízes \[ r = \frac{{7 \pm \sqrt {45} }}{2} = \frac{{7 \pm 3\sqrt 5 }}{2} \] e portanto \[ a_n=C_1\left(\frac{{7 + 3\sqrt 5 }}{2}\right)^n+C_2\left(\frac{{7 - 3\sqrt 5 }}{2}\right)^n\] como $a_0=1$ temos \[\label{eq15092017I}\tag{1}1=C_1+C_2\]
Como $a_1=\displaystyle\frac{7a_0+\sqrt{45a_0^2-36}}{2}=\displaystyle\frac{7+3}{2}=5$ então \[\label{eq15092017II}\tag{2}5=C_1\left(\frac{{7 + 3\sqrt 5 }}{2}\right)+C_2\left(\frac{{7 - 3\sqrt 5 }}{2}\right)\] resolvendo o sistema composto pelas equações ($\ref{eq15092017I}$) e ($\ref{eq15092017II}$) chegamos a \[ \begin{array}{l} C_1 = \displaystyle\frac{{5 + \sqrt 5 }}{{10}} \\ C_2 = \displaystyle\frac{{5 - \sqrt 5 }}{{10}} \end{array} \] E portanto \[ a_n = \left( {\frac{{5 + \sqrt 5 }}{{10}}} \right)\left( {\frac{{7 + 3\sqrt 5 }}{2}} \right)^n + \left( {\frac{{5 - \sqrt 5 }}{{10}}} \right)\left( {\frac{{7 - 3\sqrt 5 }}{2}} \right)^n \] Note-se que se \[ \Phi = \frac{{1 + \sqrt 5 }}{2} \] Então esta solução consegue-se reescrever na forma \[ a_n = \frac{{\sqrt 5 }}{5}\left( {\Phi ^{4n + 1} + \frac{1}{{\Phi ^{4n + 1} }}} \right) \] Uma vez que a sucessão de Fibonacci tem como expressão geral \[ F_n = \frac{{\sqrt 5 }}{5}\left( {\Phi ^{n + 1} + \frac{{\left( { - 1} \right)^n }}{{\Phi ^{n + 1} }}} \right) \] Então \[ a_n = \frac{{\sqrt 5 }}{5}\left( {\Phi ^{4n + 1} + \frac{1}{{\Phi ^{4n + 1} }}} \right) = F_{4n} \] Sendo $(a_n)$ uma subsucessão da sucessão de Fibonacci, está provado que $(a_n)$ é uma sucessão de números inteiros positivos.

Para a segunda parte, convém-me enunciar duas fórmulas associadas à sucessão de Fibonacci.

Antes de continuar, faço notar que nesta versão da sucessão $F_0=1,F_1=1,F_2=2,F_3=3,F_4=5\cdots$


Resultado 1: \[ F_n F_{n + 1} = \sum\limits_{k = 0}^n {F_k ^2 } \]

\begin{eqnarray*} {F_n F_{n + 1}}&{=}&{F_n \left(F_{n}+F_{n-1}\right)}\\ {}&{=}&{F_n^2+F_{n}F_{n-1}}\\ {}&{=}&{F_n^2+F_{n-1}^2+F_{n-1}F_{n-2}}\\ {}&{=}&{\cdots}\\ {}&{=}&{F_n^2+F_{n-1}^2+\cdots +F_1^2+F_1F_0} \end{eqnarray*} Como $F_1=F_0$, está provado.
$\blacksquare$

Resultado 2 (Cassini): \[ F_{n + 1} F_{n - 1} - F_n^2= \left(-1\right)^{n-1} \]
\begin{eqnarray*} {F_{n + 1} F_{n - 1} - F_n^2}&{=}&{F_{n}F_{n-1}+F_{n-1}^2- F_n^2}\\ {}&{=}&{F_n\left(F_{n-1}-F_n\right)+F_{n-1}^2}\\ {}&{=}&{\left(-1\right)\left[F_n\left(F_n-F_{n-1}\right)-F_{n-1}^2\right]}\\ {}&{=}&{\left(-1\right)\left(F_nF_{n-2}-F_{n-1}^2\right)}\\ {}&{=}&{\left(-1\right)^2\left(F_{n-1}F_{n-3}-F_{n-2}^2\right)}\\ {}&{=}&{\cdots}\\ {}&{=}&{\left(-1\right)^{n-1}\left(F_{2}F_{0}-F_{1}^2\right)}\\ {}&{=}&{\left(-1\right)^{n-1}\left(2\cdot1-1^2\right)}\\ {}&{=}&{\left(-1\right)^{n-1}} \end{eqnarray*}
$\blacksquare$

E finalmente, passemos à resolução da segunda parte: provar que $a_n\cdot a_{n + 1} - 1$ é quadrado perfeito
\begin{eqnarray*} {a_n\cdot a_{n + 1} - 1}&{=}&{F_{4n}\cdot F_{4n + 4} - 1}\\ {}&{=}&{\left(F_{4n+2}-F_{4n+1}\right)\cdot \left(F_{4n+3}+F_{4n+2}\right) - 1}\\ {}&{=}&{F_{4n+2}F_{4n+3}+F_{4n+2}^2-F_{4n+1}F_{4n+3}-F_{4n+1}F_{4n+2} - 1} \end{eqnarray*} Aplicando o resultado 1 \begin{eqnarray*} {}&{=}&{\sum\limits_{k = 0}^{4n+2} {F_k ^2 }+F_{4n+2}^2-F_{4n+1}F_{4n+3}-\sum\limits_{k = 0}^{4n+1} {F_k ^2 } - 1}\\ {}&{=}&{2F_{4n+2}^2-F_{4n+1}F_{4n+3} - 1} \end{eqnarray*} Aplicando o resultado 2 \begin{eqnarray*} {}&{=}&{2F_{4n+2}^2-\left(F_{4n+2}^2+\left(-1\right)^{4n+2-1}\right) - 1}\\ {}&{=}&{2F_{4n+2}^2-F_{4n+2}^2+1 - 1}\\ {}&{=}&{F_{4n+2}^2} \end{eqnarray*}
$\blacksquare$




2ªProposta de resolução (por Carlos Paulo A. Freitas) \begin{eqnarray*} {2a_{n + 1}}&{=}&{ 7a_n + \sqrt {45a_n ^2 - 36}} \\ {\Leftrightarrow 2a_{n + 1} - 7a_n }&{=}&{ \sqrt {45a_n ^2 - 36} } \\ {\Rightarrow 4a_{n + 1} ^2 - 28a_{n + 1} a_n + 49a_n ^2 }&{=}&{ 45a_n ^2 - 36 } \\ {\Leftrightarrow 4a_{n + 1} ^2 - 28a_{n + 1} a_n + 4a_n ^2 }&{=}&{ - 36 } \\ {\Leftrightarrow a_{n + 1} ^2 - 7a_n a_{n + 1} + a_n ^2 + 9 }&{=}&{ 0} \\ {\Leftrightarrow a_{n + 1} ^2 + a_n ^2 + 9 }&{=}&{ 7a_n a_{n + 1} } \end{eqnarray*} Então \[{ a_{n + 2} ^2 + a_{n+1} ^2 + 9 = 7a_{n + 1} a_{n + 2} } \] Subtraindo a penúltima equação da última, temos: \[a_{n + 2} ^2 - a_{n} ^2 = 7a_{n + 1} \left(a_{n + 2}- a_{n }\right) \] \[\Leftrightarrow a_{n + 2} + a_{n} = 7a_{n + 1} \]

\[a_{n + 1} = \frac{7a_n + \sqrt{45a_n^2 - 36}}{2}>\frac{7a_n}{2}>a_n\] logo \[a_{n + 2} >a_{n + 1}>a_{n}\] ou seja, $a_{n+2}-a_{n}>0$
\[\Leftrightarrow a_{n + 2} -7a_{n + 1}+ a_{n} = 0 \] Façamos \[b_n=a_{n + 1}\] Então \[ \left\{ {\begin{array}{l} {a_{n + 1} = b_n } \\ {b_{n + 1} = 7b_n - a_n } \end{array}} \right. \] Sabe-se que $a_0=1$; $b_0=a_1=5$ são inteiros positivos.
Então, por indução matemática consegue-se provar que o par $(a_n,b_n)$ é de inteiros positivos.
Considere-se a proposição:
  • O par $(a_n,b_n)$ é de inteiros positivos.
  • $a_n \leq b_n$
A proposição é verdadeira para $n=0$ como já se viu.
Vamos ver que a propriedade é hereditária:
Assumindo por hipótese que a propriedade é válida para $n$, a relação \[ a_{n + 1} = b_n \] Mostra-nos imediatamente que $a_{n + 1}$ é inteiro positivo.
E a relação $b_{n + 1} = 7b_n - a_n$ diz-nos que $b_{n + 1}$ é inteiro.
Por outro lado $a_n\leq b_n \Leftrightarrow -a_n\geq -b_n$, logo \[b_{n + 1} = 7b_n - a_n\geq 7b_n - b_n =6b_n\] Ficando com isto provado que $b_{n + 1}$ é positivo.
Fica assim provada a proposição, e com isto a primeira parte do problema.
Para a segunda parte...
Acima vimos que \[ a_{n + 1} ^2 + a_n ^2 + 9 = 7a_n a_{n + 1} \] isto é equivalente a \[ \begin{array}{l} a_{n + 1} ^2 + a_n ^2 = 7a_n a_{n + 1} - 9 \\ \Leftrightarrow a_{n + 1} ^2 + 2a_n a_{n + 1} + a_n ^2 = 9a_n a_{n + 1} - 9 \\ \Leftrightarrow \left( {\displaystyle\frac{{a_{n + 1} + a_n }}{3}} \right)^2 = a_n a_{n + 1} - 1 \end{array} \] Assim, para provar que \[ a_n a_{n + 1} - 1 \] é um quadrado perfeito, basta provar que ${a_{n + 1} + a_n }$ é múltiplo de 3.
Isso faz-se mais uma vez por indução em $n$
  • Para $n=0$ temos $a_1+a_0=5+1=6$ que é múltiplo de $3$
  • Partindo da hipótese que ${a_{n + 1} + a_n }$ é múltiplo de $3$ temos que \[{a_{n + 2} + a_{n + 1} }=7a_{n + 1}-a_n+a_{n + 1}=9a_{n + 1}-(a_{n + 1}+a_n)\] Que é múltiplo de $3$, pois $9a_{n + 1}$ é múltiplo de $3$ e $a_{n + 1}+a_n$ é múltiplo de $3$ por hipótese.
Assim, ficou provado que ${a_{n + 1} + a_n }$ é múltiplo de $3$, para todo o $n\in \N_0$, logo que $a_n a_{n + 1} - 1$ é quadrado perfeito, ficando com isto concluída a resolução do problema.

Nota do autor
Consegue-se reescrever a resolução da primeira parte para não ser necessário a sucessão auxiliar $b_n$.


Comparando ambas as resoluções conclui-se que \[F_{4n+4}+F_{4n}=3F_{4n+2}\] Mas isto na verdade, não é nada de especial: \[F_{N+4}=F_{N+3}+F_{N+2}=F_{N+2}+F_{N+1}+F_{N+2}=F_{N+2}+F_{N+2}-F_{N}+F_{N+2}=3F_{N+2}-F_{N}\] E portanto \[F_{N+4}+F_{N}=3F_{N+2}\text{ }\forall N \in \N_0\] em particular é válido para $N=4n$, sendo $n$ um número arbitrário em $\N_0$.
(O resultado é independente da versão da sucessão de Fibonacci $(F_n)$ utilizada).

Problema original em http://www.uc.pt/fctuc/dmat/delfos/problemas ( Projecto Delfos ) - Teste de selecção 5, questão 4 de 2014.

Sem comentários:

Enviar um comentário