Fascículo Notas de matemátca ISSN en trámte Juan Saba Susana Tesaur Sucesones recursvas lneales Departamento de Matemátca Facultad de Cencas Exactas y Naturales Unversdad de Buenos Ares 014
Notas de matemátca Fascículo Comté Edtoral: Carlos Cabrell (Drector) Departamento de Matemátca, FCEyN, Unversdad de Buenos Ares E-mal: cabrell@dm.uba.ar Gabrela Jerónmo Departamento de Matemátca, FCEyN, Unversdad de Buenos Ares E-mal: jeronmo@dm.uba.ar Clauda Lederman Departamento de Matemátca, FCEyN, Unversdad de Buenos Ares E-mal: clederma@dm.uba.ar Leandro Vendramn Departamento de Matemátca, FCEyN, Unversdad de Buenos Ares. E-mal: lvendramn@dm.uba.ar ISSN en trámte Derechos reservados 014 Departamento de Matemátca, Facultad de Cencas Exactas y Naturales, Unversdad de Buenos Ares. Departamento de Matemátca Facultad de Cencas Exactas y Naturales Unversdad de Buenos Ares Cudad Unverstara Pabellón I (148) Cudad de Buenos Ares Argentna. http://www.dm.uba.ar e-mal. secre@dm.uba.ar tel/fax: (+4-11)-476-333
SUCESIONES RECURSIVAS LINEALES Juan Saba Susana Tesaur Resumen En estas notas, se caracterzan las sucesones recursvas lneales utlzando herramentas báscas de álgebra lneal. Más precsamente, dada una sucesón recursva lneal por su recurrenca, se calcula una fórmula cerrada para su térmno general y tambén se prueba que cualquer sucesón con este tpo de térmno general debe ser recursva lneal. A lo largo del texto, se dan numerosos ejemplos, algunas aplcacones y se plantean ejerccos. 1 Introduccón Una forma usual de defnr sucesones de números es nductvamente. Por ejemplo, s alguen conoce la sucesón de Fbonacc, es probable que la recuerde como la sucesón de enteros f n } n N que cumple f 1 = 1 f = 1 (1) f n+ = f n + f n+1 y no como la sucesón defnda por f n = 1 ( 1 + ) n 1 ( 1 ) n () Sn embargo, () da la fórmula exacta de cualquer térmno de la sucesón de Fbonacc y, en algunas stuacones, esto puede ser más útl que conocer la defncón (1). Por ejemplo, a partr de (), tenemos una expresón para f 1000 sn necesdad de conocer los 999 térmnos anterores y, en general, de esta forma se puede estmar el orden de f n : para esta sucesón, lm n f n 1 ( 1+ ) n = 1 y por lo tanto se deduce que su crecmento es exponencal. Más adelante veremos cómo se usa () para acotar la cantdad de pasos del algortmo de Eucldes para números naturales. Aplcando nduccón se puede demostrar que las sucesones defndas por (1) y por () concden, pero cómo obtener la fórmula () a partr de (1)? Este problema no es arbtraro: en muchos contextos aparecen sucesones defndas en forma nductva y no por medo de la fórmula explícta del térmno n-ésmo. Analcemos, por ejemplo, el sguente caso: Queremos dseñar un algortmo que pueda trangular cualquer matrz cuadrada en R n n y nos nteresa contar la cantdad máxma de operacones (+,,, ) necesaras 1
para hacerlo (no se contarán las comparacones n los cambos de lugar de coefcentes). Para cada n N tendremos entonces un número x n que cuenta la cantdad máxma de operacones necesaras para trangular una matrz de n n y esto defne una sucesón x n } n N. S tomamos como algortmo el método de Gauss, podemos observar las sguentes propedades de la sucesón x n } n N : () x 1 = 0 (una matrz de 1 1 ya está trangulada) () Dada la matrz A = (a j ) R n n, podemos suponer que a 11 0 (s fuese cero, podemos elegr algún elemento a 1 0, n, e ntercambar la fla con la fla 1; en el caso en que sean todos cero, nuestro problema se reduce a trangular una matrz de (n 1) (n 1)). Para lograr un cero en el lugar que ocupa a 1 hay que multplcar la prmera fla por a 1 a 11 y restársela a la segunda fla. Cuántas operacones se realzan? Hay una dvsón ( a 1 a 11 ), n 1 multplcacones y n 1 restas (como ya sabemos que en el prmer lugar de la fla va a r un cero, no nos tomamos el trabajo de hacer la cuenta a 1 ( a 1 a 11 ).a 11 ). Este procedmento lo tenemos que repetr n 1 veces para obtener ceros en los prmeros lugares de las todas las flas ( n). Y ahora sólo nos resta trangular una matrz de (n 1) (n 1). Por lo tanto, tenemos que x n = (n 1)((n 1) + 1) + x n 1, n. Es decr, hacendo un cambo de varables, la sucesón x n } n N queda defnda por la recursón: x 1 = 0 x n+1 = (n + n) + x n Sn embargo, de esta forma, por ejemplo, no podemos estmar cuántas operacones serán necesaras para trangular una matrz de n n por medo de este algortmo sn antes calcular cuántas serán necesaras para trangular matrces de menor tamaño. S conocésemos para certa computadora el tempo que tarda en llevarse a cabo cada operacón, con la fórmula cerrada de la sucesón x n } n N, podríamos estmar a pror el tempo que tardaría en efectuarse la trangulacón de una matrz de n n. La ntencón de estas notas es exhbr un método para encontrar una forma cerrada o fórmula general para el térmno n-ésmo (es decr, una fórmula que no dependa de los térmnos anterores) de certas sucesones defndas por recurrenca. Este método se basa en técncas elementales de álgebra lneal. Defncones y ejemplos Prmero, defnamos el tpo de sucesones con las que vamos a trabajar. Para no tener restrccones, consderaremos sucesones de números complejos y al conjunto de todas estas sucesones lo notaremos C N.
Defncón 1 Una sucesón x n } n N C N se dce recursva lneal de orden menor o gual que k s exsten k números complejos α 0, α 1,..., α k 1 tales que x n+k = α 0.x n + α 1.x n+1 + + α k 1.x n+k 1 Es decr, una sucesón x n } n N será recursva lneal de orden menor o gual que k cuando, dados los prmeros k elementos, el (k + 1)-ésmo y todos los sguentes se pueden calcular hacendo una combnacón lneal fja de los k anterores. Analcemos ahora algunos ejemplos: Ejemplo 1. Consderemos todas las posbles sucesones recursvas lneales de orden menor o gual que 1. Necesaramente, la defncón será (para algún a y algún λ en C): x 1 = a x n+1 = λ.x n En este caso, es muy fácl conjeturar el térmno general de la sucesón y probar que x n = a.λ n 1 s λ 0. Para no tener que dstngur casos, por convencón consderaremos 0 0 = 1. Esta sucesón se llama la sucesón geométrca de prmer térmno a y razón λ. Notacón: Llamamos G λ a la sucesón geométrca de razón λ cuyo prmer térmno es 1. En el próxmo ejemplo, veremos por qué no se puede defnr drectamente la nocón exacta de orden: Ejemplo. Consderemos, dados a y λ complejos, la sguente sucesón recursva lneal: x 1 = a x = λ.a x n+ = λ.x n Es nmedato ver que esta sucesón es la geométrca de prmer térmno a y razón λ. Según esta defncón, su orden es menor o gual que y según la defncón dada en el Ejemplo 1 su orden es menor o gual que 1. Es decr, como una sucesón recursva lneal puede defnrse de dstntas maneras, no se puede dar una nocón exacta del orden que dependa de una sola de estas defncones. Lo únco que se puede afrmar es que el orden será menor o gual que certo número natural. Ahora estamos en condcones de precsar el concepto de orden: Defncón Sea x n } n N C N una sucesón recursva lneal. Se defne el orden de x n } n N (y se lo nota ord(x n } n N )) como el número natural: ) 1 s x n } n N es una sucesón recursva lneal de orden menor o gual que 1, es decr, s x n } n N es una sucesón geométrca. ) k s x n } n N es una sucesón recursva lneal de orden menor o gual que k pero no es una sucesón recursva lneal de orden menor o gual que k 1. 3
La defncón de orden nos asegura que, s x n } n N es una sucesón recursva lneal de orden k, todo elemento a partr del (k + 1)-ésmo se puede escrbr como una combnacón lneal fja de los k elementos anterores, pero que esto no puede hacerse a partr del térmno k-ésmo usando solamente los k 1 térmnos anterores. Sgamos ahora con algunos ejemplos y calculemos en cada caso el orden. Ejemplo 3. Dada la sucesón artmétca de prmer térmno a y razón λ, es decr, la sucesón x n } n N defnda por: x 1 = a x n+1 = λ + x n ntentaremos ver s es recursva lneal. Es evdente que, a menos que λ = 0 (en cuyo caso la sucesón concde con la geométrca de prmer térmno a y razón 1), esta defncón no nos srve para decdr s es recursva lneal o no, así que trataremos de modfcarla. Consderemos dos térmnos consecutvos: x n+1 = λ + x n x n+ = λ + x n+1 S restamos membro a membro las desgualdades anterores, obtenemos x n+ = x n+1 x n lo que nos permte afrmar que la sucesón x n } n N es recursva lneal de orden menor o gual que : x 1 = a x = a + λ x n+ = x n+1 x n Para calcular el orden, consderemos que λ 0. En este caso, la sucesón no es constante a partr de nngún térmno. S su orden fuese 1, sería geométrca, nnguno de sus térmnos podría ser cero (porque, de suceder esto, la sucesón se haría constante a partr de allí) y la razón sería la dvsón entre dos térmnos consecutvos. Por ejemplo, entre x 3 y x ó entre x y x 1 : a + λ a + λ = a + λ a luego a + λa = a + λa + λ y, por lo tanto, λ = 0 lo que es un absurdo. Entonces, s λ 0, el orden de esta sucesón es. Ejemplo 4. La sucesón de Fbonacc f n } n N (ver (1)) es evdentemente recursva lneal. De la defncón, se deduce que el orden es menor o gual que. S fuese menor o gual que 1, la sucesón de Fbonacc sería geométrca, pero como f 1 = 1 y f = 1, tendría que ser la sucesón G 1 constante. Como f 3 = 1, no tene orden menor o gual que 1 y por lo tanto, ord(f n } n N ) =. 4
Ejemplo. Consderemos la sucesón peródca 1, 3,, 1, 3,, 1, 3,, 1, 3,, 1, 3,,... Una posble defncón por recurrenca será: x 1 = 1 x = 3 x 3 = x n+3 = x n Su orden es menor o gual que 3. S fuese menor o gual que, exstrían a y b complejos tales que la sucesón podría defnrse por x 1 = 1 x = 3 x n+ = a.x n+1 + b.x n Consderando los térmnos x 3, x 4 y x, se tendría: = a.3 + b.1 1 = a. + b.3 3 = a.1 + b. pero este sstema lneal no tene solucones, es decr no exsten tales a y b. Por lo tanto, la sucesón tene orden 3. Ejemplo 6. La sucesón cuyo térmno n-ésmo cuenta la cantdad máxma de operacones del algortmo de Gauss para trangular una matrz de n n es (ver Introduccón): x 1 = 0 Será esta una sucesón recursva lneal? x n+1 = (n + n) + x n Consderemos, para todo n N, los térmnos x n+1, x n+, x n+3 y x n+4 de la sucesón: x n+1 = (n + n) + x n x n+ = (n + n + 3) + x n+1 x n+3 = (n + 9n + 10) + x n+ x n+4 = (n + 13n + 1) + x n+3 (3) Podemos pensar las expresones (n +n), (n +n+3), (n +9n+10) y (n +13n+1) que aparecen en las gualdades como polnomos en n de grado. Pero cuatro polnomos de grado son necesaramente lnealmente dependentes, es decr, exste una combnacón lneal no trval de ellos que da el polnomo 0. Planteando las cuentas correspondentes se obtene que ( 1)(n + n) + 3(n + n + 3) 3(n + 9n + 10) + 1(n + 13n + 1) = 0 Aplcando la msma combnacón lneal a las ecuacones (3) membro a membro, resulta ( 1)x n+1 + 3x n+ 3x n+3 + x n+4 = ( 1)x n + 3x n+1 3x n+ + x n+3
y, por lo tanto, la sucesón analzada cumple x n+4 = 4x n+3 6x n+ + 4x n+1 1x n Es decr, la sucesón está defnda por x 1 = 0 x = 3 x 3 = 13 x 4 = 34 x n+4 = 4x n+3 6x n+ + 4x n+1 1x n lo que dce que es recursva lneal de orden menor o gual que cuatro. Puede probarse (ejercco a cargo del lector) que el orden es exactamente cuatro planteando la posbldad de que sea recursva lneal de orden menor o gual que tres y llegando a un absurdo. En los próxmos dos ejemplos, probaremos que certas sucesones no son recursvas lneales para lustrar el tpo de dfcultad que puede aparecer. Ejemplo 7. La sucesón n } n N no es recursva lneal. Supongamos que sí lo es. Exsten entonces k N y α 0,..., α k 1 números complejos tales que n+k = α n+ 0 k 1 Sea C = max α / 0 k 1} y consderemos el módulo de la expresón anteror. Entonces n+k = α n+ α n+ C n+k 1 = kc n+k 1 0 k 1 Por lo tanto, tenemos que 0 k 1 n+k 1 = n+k 0 k 1 kc n+k 1 pero esto es absurdo ya que el prmer membro es una sucesón que tende a nfnto y, por lo tanto, no puede estar acotado. Ejemplo 8. Consderemos la sucesón ln(n)} n N y supongamos que es recursva lneal de orden menor o gual que k para algún k N fjo. Entonces exstrán números complejos α 0, α 1,..., α k 1 tales que ln(n + k) = α 0 ln(n) + α 1 ln(n + 1) + + α k 1 ln(n + k 1). Tomando parte real de ambos lados de la gualdad, se obtene una ecuacón de recurrenca a coefcentes reales. Luego, sn pérdda de generaldad, podemos suponer que α 0, α 1,..., α k 1 son números reales. Consderemos la funcón f : R >0 R defnda por f(x) = ln(x + k) α 0 ln(x) α 1 ln(x + 1) α k 1 ln(x + k 1) f es contnua y dervable en (0, + ) y f(n) = 0. Por lo tanto, usando el Teorema de Rolle, su dervada f vale cero en nfntos puntos. Calculando f se obtene f (x) = 1 x + k α 1 0 x α 1 1 x + 1 α 1 k 1 x + k 1 6
y operando f (x) = 0 k k (x + ) α 0 0 k 0 (x + ) α k 1 0 k (x + ) 0 k k 1 (x + ) Como f vale cero en nfntos puntos, el numerador es un polnomo que tene nfntas raíces y por lo tanto debe ser el polnomo nulo. Sn embargo, cuando evaluamos el numerador en k, obtenemos ( k + ) que es un número dstnto de cero. Esto 0 k 1 es una contradccón que provene del hecho de suponer que la sucesón ln(n)} n N es recursva lneal. Para termnar con esta seccón, probaremos una propedad sobre la sucesón suma de una sucesón recursva lneal: Proposcón 3 Sea x n } n N una sucesón recursva lneal de orden k y sea S n } n N la sucesón defnda por S n = 1 n Entonces S n } n N es una sucesón recursva lneal de orden menor o gual que k + 1. Demostracón: Consderemos la defncón por recurrenca de x n } n N : x x n+k = α 0.x n + α 1.x n+1 + + α k 1.x n+k 1. En partcular, reemplazando n por n + 1, vale x n+1+k = α 0.x n+1 + α 1.x n+ + + α k 1.x n+k. Pero como x n+1 = S n+1 S n, reemplazando y despejando S n+1+k, se tene que S n+1+k = α 0.(S n+1 S n ) + + α k 1.(S n+k S n+k 1 ) + S n+k. S reagrupamos y sumamos los térmnos del segundo membro, nos da la recurrenca de orden menor o gual que k + 1 buscada. Ejerccos Ejercco 1. Decdr cuáles de las sguentes sucesones a n } n N son recursvas lneales. En caso afrmatvo hallar una ecuacón de recurrenca y el orden. ) a n = 3 n + n.3 n 1 ) a n = 1 n ) a n = (3 n + n.3 n 1 )( n n. n 1 ) 7
v) a n = n v) a n = 1 n 3 Ejercco. Sea x n } n N una sucesón de números reales postvos crecente. Probar que, s es recursva lneal, exste una constante C tal que Vale la recíproca? Ejercco 3. x n+1 x n C. ) Sean a 1,..., a k, a C. Se consdera la sguente sucesón: x 1,..., x k k 1 x n+k = a.x n+ + a. =0 Probar que x n } n N es una sucesón recursva lneal. Qué se puede decr del orden? ) Sean a 1,..., a k C y sea x n } n N una sucesón recursva lneal. Probar que la sucesón y 1 = a 1,..., y k = a k y k+n = x n es recursva lneal. Qué se puede decr del orden? Ejercco 4. Sea P C[X] un polnomo de grado k. Probar que la sucesón x n } n N defnda por x n = P (n) es recursva lneal de orden menor o gual que k + 1. Ejercco. ) Sea S C un conjunto fnto y sea x n } n N una sucesón recursva lneal tal que x S para todo N. Probar que x n } n N es peródca a partr de certo térmno. ) Sea x n } n N la sucesón de los dígtos del desarrollo decmal de y sea D = 0, 1,, 3, 4,, 6, 7, 8, 9}. Probar que para nngún valor de k exste f : D k D tal que f(x n, x n+1,..., x n+k 1 ) = x n+k. 8
3 Estructura del conjunto de sucesones recursvas lneales Las sucesones recursvas lneales forman un subespaco vectoral de C N pero para probarlo debemos hacer certas consderacones prevas. Defncón 4 Sea P = 0 k α X C[X] 0} un polnomo de grado k y sea x n } n N una sucesón recursva lneal. Se dce que x n } n N satsface P s α 0.x n + α 1.x n+1 + + α k.x n+k = 0. Es decr, estamos asocando a la ecuacón de recurrenca de la sucesón un polnomo. Por ejemplo, una sucesón geométrca de razón λ satsface los polnomos X λ y X λ (ver Ejemplos 1 y ), cualquer sucesón artmétca satsface el polnomo X X +1 (ver Ejemplo 3) y la sucesón de Fbonacc satsface el polnomo X X 1 (ver Ejemplo 4). Proposcón Sea P = 0 k α X C[X] 0} un polnomo de grado k y sea S P = x n } n N C N / x n } n N es una sucesón recursva lneal que satsface P }. Entonces S P es un C-subespaco vectoral de C N de dmensón k. Demostracón: Para probar que S P es un subespaco veremos que contene a la sucesón 0} n N, que es cerrado para la suma y para el producto por escalares. ) Es evdente que 0} n N satsface P ya que α 0.0 + α 1.0 + + α k.0 = 0. ) Sean x n } n N y y n } n N en S P. Es decr, α 0.x n + α 1.x n+1 + + α k.x n+k = 0 α 0.y n + α 1.y n+1 + + α k.y n+k = 0 Sumando membro a membro, se obtene que x n + y n } n N S P. ) S x n } n N S P y z C, multplcando por z la gualdad α 0.x n + α 1.x n+1 + + α k.x n+k = 0 se ve que z.x n } n N S P. Ahora sólo falta ver que tene dmensón k. Prmero, observemos que, fjados k números complejos x 1,..., x k, exste una únca sucesón en S P que tene a estos k números como sus prmeros k térmnos ordenados (el elemento x k+1 será α 0.x 1 +α 1.x + +α k 1.x k α k y, s x n,..., x n+k 1 están defndos, el elemento x n+k será α 0.x n +α 1.x n+1 + +α k 1.x n+k 1 α k ). 9
Consderemos ahora la sucesón E S P (1 k) que en el lugar j-ésmo (1 j k) tene el elemento (E ) j defndo de la sguente forma: 0 s j (E ) j = 1 s = j Es decr, s escrbmos hasta el térmno k-ésmo de las sucesones tenemos E 1 : 1, 0,..., 0, 0,... E : 0, 1,..., 0, 0,...... E k : 0, 0,..., 0, 1,... Las sucesones E 1, E,..., E k son lnealmente ndependentes: s 1 k β E es la sucesón 0} n N, los prmeros k térmnos deberán ser 0 y por lo tanto, β 1 = β = = β k = 0. Sea x n } n N una sucesón en S P. La sucesón x E está en S P (pues es una 1 k combnacón lneal de elementos de S P ) y sus prmeros k térmnos concden con los de x n } n N, por lo tanto x n } n N = x E. 1 k Luego E 1, E,..., E k } es un sstema de generadores lnealmente ndependente de S P con lo que queda probado que su dmensón es k. El lema sguente nos permtrá demostrar que el conjunto de todas las sucesones recursvas lneales es un C-espaco vectoral. Lema 6 Sea P = 0 k α X C[X] 0} un polnomo de grado k y sea x n } n N una sucesón recursva lneal que satsface P. Entonces, para todo Q = C[X] 0}, x n } n N satsface QP. 0 h β X en Demostracón: La demostracón se hará por pasos: Paso I: Sean P = α X y R = γ X en C[X] 0} tal que P + R 0. S 0 k 0 j x n } n N satsface P y R, entonces x n } n N satsface P + R: Completando s es necesaro con coefcentes nulos podemos suponer que k = j. Entonces α x n+ = 0 0 k 0 k γ x n+ = 0 10
Sumando membro a membro las dos gualdades anterores, se obtene lo deseado. Paso II: Sea P = α X en C[X] 0} y sea a C 0}. S x n } n N satsface P, 0 k entonces x n } n N satsface a.p : Basta multplcar por a la gualdad α x n+ = 0 Paso III: Sea P = 0 k satsface X r.p para todo r N: Tenendo en cuenta que 0 k α X en C [X] 0}. S x n } n N satsface P, entonces x n } n N 0 k α x n+ = 0 vale para todo n N, en partcular vale para n + r: α x n+r+ = 0 0 k y esto quere decr que x n } n N satsface X r.p Ahora, combnando los tres pasos, demostramos el lema: como x n } n N satsface P, satsface X.P para todo 0 h y por lo tanto satsface β.x.p para todo 0 h. Sumando, obtenemos que x n } n N satsface β.x.p = Q.P que es lo que queríamos demostrar. 0 h Ahora estamos en condcones de demostrar el sguente Teorema 7 El conjunto S C N de todas las sucesones recursvas lneales es un C- espaco vectoral. Demostracón: Basta demostrar que S es un C-subespaco vectoral de C N y esto se basará en el lema anteror: ) 0} n N S es evdente. ) S x n } n N S y y n } n N S, eso sgnfca que exsten polnomos P y Q en C[X] 0} tales que x n } n N satsface P y y n } n N satsface Q. Pero, por el lema anteror, x n } n N satsface P.Q y y n } n N tambén satsface P.Q y, como S P.Q es un subespaco de C N, x n } n N + y n } n N debe satsfacer P.Q y por lo tanto será recursva lneal. ) S x n } n N S y a C, exste un polnomo P en C[X] 0} tal que x n } n N satsface P. Como S P es un subespaco de C N, a.x n } n N debe satsfacer P y por lo tanto, será recursva lneal. 11
4 La fórmula general Para encontrar una fórmula general del térmno n-ésmo de una sucesón recursva lneal x n } n N, traducmos nuestro problema a una ecuacón matrcal. Supongamos que k 1 x n } n N satsface un polnomo P C[X], P = X k α.x. Es decr, para todo k 1 n N, x n+k = α.x n+. En notacón matrcal, podemos escrbr: =0 0 1 0 0... 0 0 0 1 0... 0 0 0 0 1... 0................... 0 0 0 0... 1 α 0 α 1 α α 3... α k 1 x n x n+1 x n+. x n+k x n+k 1 y más generalmente, s notamos con C P a la matrz =0 = x n+1 x n+ x n+3. x n+k 1 x n+k 0 1 0 0... 0 0 0 1 0... 0 C P = 0 0 0 1... 0.................. 0 0 0 0... 1 α 0 α 1 α α 3... α k 1 tendremos que x 1 x (C P ) j. x 3 =. x k x j+1 x j+ x j+3. x j+k j N. Por lo tanto, tomando j +1 = n, tendremos que el térmno n-ésmo de la sucesón x n } n N será una combnacón lneal de los coefcentes de (C P ) n 1. Nuestro problema se reduce, por lo tanto, a encontrar una fórmula para las potencas de la matrz C P. Para eso, consderaremos prmero un caso partcular. 4.1 El caso de las raíces smples Supongamos que el polnomo P tene todas sus raíces smples. Como la matrz C P tene a P como polnomo característco (notar que C P es la matrz compañera del polnomo P ), la matrz C P resulta dagonalzable. Es decr, s λ 1,... λ k son las raíces de P en C, 1
exste una matrz D C k k nversble tal que: D.C P.D 1 = λ 1 0 0... 0 0 λ 0... 0 0 0 λ 3... 0 0 0 0... λ k y por lo tanto, usando la convencón 0 0 = 1 s es necesaro, λ n 1 1 0 0... 0 (C P ) n 1 = D 1 0 λ n 1 0... 0. 0 0 λ n 1 3... 0. D. 0 0 0... λ n 1 k Es decr, los coefcentes de (C P ) n 1 serán combnacones lneales de λ1 n 1, λ n 1,..., λ n 1 k y por lo tanto el térmno n-ésmo de la sucesón x n } n N tambén será una combnacón lneal de λ n 1 1, λ n 1,..., λ n 1, con lo que queda demostrada la sguente k Proposcón 8 Sea x n } n N una sucesón recursva lneal que satsface un polnomo P C[X] de grado k cuyas raíces λ 1, λ,..., λ k son todas dstntas. Entonces exsten a 1, a,..., a k C tales que x n = a 1.λ n 1 1 + a.λ n 1 + + a k.λ n 1 k. Observacón: Notar que la proposcón anteror asegura que, dado que la dmensón de S P es k, G λ1, G λ,..., G λk } es una base de S P. Ahora utlzaremos esta proposcón para encontrar una fórmula general de algunas sucesones que ya vmos. Consderemos la sucesón peródca x n } n N (Ejemplo ) defnda por x 1 = 1 x = 3 x 3 = x n+3 = x n. Esta sucesón satsface el polnomo P = X 3 1 y, por lo tanto, usando la proposcón anteror, deben exstr a, b y c tales que ( 1 + ) n 1 ( 3 1 ) n 1 3 x n = a.1 + b. + c.. Tenendo en cuenta las gualdades para n = 1, n = y n = 3, se obtene a + b + c = 1 a + b. a + b. ( ) 1+ 3 + c. ( ) 1 3 + c. 13 ( ) 1 3 = 3 ( ) 1+ 3 =
y, resolvendo el sstema se obtene que a = 3, b = 1 + 3 3 y c = 1 3 3. Es decr ( ) ( 3 1 + ) n 1 ( ) ( 3 3 1 ) n 1 3 x n = 3 + 1 +. + 1.. 3 3 Consderemos ahora la sucesón de Fbonacc f n } n N (Ejemplo 4) defnda por f 1 = 1 f = 1 f n+ = f n + f n+1. Esta sucesón satsface el polnomo P = X X 1 que tene por raíces a 1+ y a 1 Por lo tanto, exsten a y b tales que f n = a. Como f 1 = 1 y f = 1, tenemos que a + b = 1 ( 1 + ) n 1 ( 1 + ) n 1 + b.. a. ( ) 1+ + b. ( ) 1 = 1 ( de donde a = 1 ) (. 1+ y b = 1 ). 1 con lo que ( f n = 1 1 + ) n ( 1 1 ) n.. Aplcacón: Sean a y b números naturales. Queremos estmar la cantdad de dvsones necesaras para calcular el máxmo común dvsor entre a y b medante el algortmo de Eucldes. Lema 9 Sean a b números naturales. Consderamos que el algortmo de Eucldes sempre comenza dvdendo el mayor número por el menor. S f n a < f n+1 (donde f es el -ésmo número de Fbonacc), la cantdad de dvsones necesaras para efectuar el algortmo de Eucldes está acotada por n. Demostracón: Lo demostraremos por nduccón en n. S n = 1 ó n = el resultado es obvo. Supongamos n >. Como f n a < f n+1, el resto r de la dvsón de b por a es menor que f n+1. Pueden darse dos casos. ) r < f n, en cuyo caso el algortmo de Eucldes entre a y r nvolucra a lo sumo n 1 dvsones (por hpótess nductva) y por lo tanto, entre a y b nvolucra a lo sumo n dvsones como queríamos demostrar. 14
) f n r < a < f n+1. En este caso, el sguente paso será dvdr a a por r. S llamamos q al cocente y r al resto, tenemos que: r = a r.q a r < f n+1 f n = f n 1 Luego, el algortmo de Eucldes entre r y r nvolucra a lo sumo n dvsones (por hpótess nductva) y por lo tanto, entre a y b nvolucra a los sumo n dvsones como queríamos demostrar. Proposcón 10 Sean a b números naturales. El número de dvsones necesaras para calcular el máxmo común dvsor entre a y b por medo del Algortmo de Eucldes está acotado por D, donde D es la cantdad de cfras del desarrollo decmal de a. Demostracón: Usando el lema anteror, s queremos estmar el número de dvsones necesaras, deberíamos encontrar los n tales que f n a. Usando la fórmula general de los números de Fbonacc tenemos que: ( ( 1 y esto mplca con lo cual y por lo tanto n log 10 ( 1 + ) n 1 1 ) n a ( 1 1 + ) n 1 < a 1 + ) < log 10 (.(a + 1)) < log 10 (a) + 1 n < (log 10 (a) + 1). Para termnar, basta recordar que la parte entera de log 10 (a) + 1 es la cantdad de cfras del desarrollo decmal de a. 4. El caso de las raíces múltples El razonamento hecho en el caso de raíces smples evdentemente no funcona en el caso en que el polnomo tenga raíces múltples ya que la matrz (C P ) no es dagonalzable. Sn embargo, se puede encontrar una expresón para los coefcentes de la matrz (C P ) n 1. Para eso utlzaremos la forma normal de Jordan de dcha matrz. Como la matrz C P es la compañera del polnomo P, tanto el polnomo característco como el mnmal de C P es P y por lo tanto, s λ 1,..., λ r son las raíces dstntas de P, la forma normal de Jordan de C P tendrá un solo bloque de Jordan asocado a cada autovalor de P. Es decr, exste una matrz D C k k nversble tal que: J λ1 0 0... 0 D.C P.D 1 0 J λ 0... 0 = 0 0 J λ3... 0 0 0 0... J λr 1
donde cada J λ es bloque de Jordan, es decr, una matrz del tpo λ 0 0... 0 0 1 λ 0... 0 0 0 1 λ... 0 0 J λ = 0 0 0... 1 λ Elevando la matrz de Jordan de C P a la n 1 multplcando por bloques se tene que: (J λ1 ) n 1 0 0... 0 (C P ) n 1 = D 1 0 (J λ ) n 1 0... 0. 0 0 (J λ3 ) n 1... 0.D 0 0 0... (J λr ) n 1 Por lo tanto bastará saber elevar un bloque de Jordan para obtener nformacón sobre los coefcentes de (C P ) n 1. Supongamos que J λ C j j y observemos algunas propedades: El bloque de Jordan J λ se puede escrbr como suma de dos matrces que conmutan: λ 0 0... 0 0 0 0 0... 0 0 0 λ 0... 0 0 1 0 0... 0 0 J λ = 0 0 λ... 0 0 + 0 1 0... 0 0 0 0 0... 0 λ 0 0 0... 1 0 Como las dos matrces conmutan, para elevar la suma a la n 1, podemos usar la fórmula del bnomo de Newton. S llamamos N a la matrz 0 0 0... 0 0 0 1 0 0... 0 0 0 0 1 0... 0 0 0 N = 0 0 1... 0 0 0 0 0 0... 0 1 0 y notamos con I r a la matrz dentdad en C r r, tenemos que ( ) N 1 0 0 =, I j 1 0 0 0 0 0 N = 0 0 0 0 0 0 I j 0 0 16
y, para 1 k j 1, 0... 0 0... 0.................. N k = 0... 0 0... 0 0... 0 I j k......... 0... 0 (es decr, a medda que se eleva la matrz N, los unos van bajando una fla por vez). S k j, N k = 0. Así que, s aplcamos la fórmula del bnomo de Newton para hallar (J λ ) n 1, y con la convencón de que ( ) n 1 k = 0 s k > n 1, se tene: (J λ ) n 1 = λ n 1 ( n 1 ) n 1 λ ( n 1 ) n 3 λ 0 0... 0 0 λ n 1 ( n 1 ) n 1 λ 0... 0 0 λ n 1... 0 0 ( n 1 ) j 1 λ n j ( n 1 ) j λ n j+1 ( n 1 ) j 3 λ n j+... ( n 1 ) n 1 λ λ n 1 Luego, tenemos una fórmula para (C P ) n 1. Para poder escrbrla en funcón de potencas de n notemos que, s k está fjo, ( ) n 1 k = 1 k! (n 1)(n )... (n k) para todo n N. Por lo tanto el combnatoro ( ) n 1 k concde con un polnomo de grado k para todo n N. Además, s λ 0, λ n k 1 = λ n 1.λ k. Por lo tanto, ( ) n 1 k.λ n k 1 = ( ) n 1 k.λ k.λ n 1 es un polnomo de grado k en n multplcado por λ n 1. Para el caso λ = 0 usamos la convencón 0 0 = 1 y 0 j = 0 s j Z 0} para resumr la escrtura. Queda demostrado entonces el sguente Teorema 11 Sea x n } n N una sucesón recursva lneal que satsface un polnomo P C[X] cuyas raíces complejas no nulas son λ 1, λ,..., λ r con multplcdades s 1, s,..., s r respectvamente y 0 es raíz de P con multplcdad s (eventualmente s = 0). Entonces exsten polnomos f 1, f,..., f r en C[X] con gr(f ) s 1 o f = 0 y números complejos c 1,..., c s tales que x n = f 1 (n).λ n 1 1 + f (n).λ n 1 + + f r (n).λ n 1 r + s c.0 n. =1 17
Encontremos ahora una fórmula general para la sucesón defnda en el Ejemplo 6. Recordemos que x 1 = 0 x = 3 x 3 = 13 x 4 = 34 x n+4 = 4x n+3 6x n+ + 4x n+1 1x n. El polnomo P asocado a esta recursón es P = X 4 4X 3 + 6X 4X + 1 = (X 1) 4. Utlzando el teorema anteror para la sucesón x n } n N, obtenemos que su térmno general debe ser de la forma x n = a.n 3 + b.n + c.n + d para a, b, c y d complejos. Resolvendo el sstema lneal que se obtene varando n entre 1 y 4, o sea a + b + c + d = 0 8a + 4b + c + d = 3 obtenemos que 7a + 9b + 3c + d = 13 64a + 16b + 4c + d = 34 x n = 3 n3 1 n 1 6 n. Ejerccos Ejercco 6. Calcular la cantdad de cfras decmales de f 1000 (el térmno número 1000 de la sucesón de Fbonacc). Dato: log 10 ( 1+ ) = 0, 089876. Ejercco 7. Calcular las fórmulas generales de las sguentes sucesones: a 1 = 1, a = 0, a 3 = 1, a 4 = 0 ) a n+4 = 10a n+3 3a n+ + 0a n+1 4a n s n 1 a 1 = 1, a = 1, a 3 = 1, a 4 = 1 ) a n+4 = 6a n+3 13a n+ 1a n+1 4a n s n 1 ) a n = v) a n = v) a n = n s n 1 =1 n 3 s n 1 =1 n 4 s n 1 =1 18
Ejercco 8. Sean a, b C y sea A C n n la matrz b a 0 0 0 0 a b a 0 0 0 0 a b a 0 0 A = 0 0 a b 0 0..................... 0 0 0 0 b a 0 0 0 0 a b Calcular det(a) en funcón de los valores de a, b y n. Ejercco 9. Dados k N 0 y α R, se consdera la ntegral S k = π 0 cos kx cos kα cos x cos α ) Probar que S k+1 = cos(α)s k S k 1 k N. ) Calcular S k k N 0. dx Ejercco 10. ) Se consdera la sucesón defnda por la fórmula a n = (1 + ) n + (1 ) n [ Encontrar una defncón por recurrenca lneal para a n } n N. Deducr que (1 + ) n ] n + 1 (mod ) (donde [x] sgnfca parte entera de x). [ ] ) Encontrar p y q números naturales tales que ( p+ q ) n n (mod ). Ejercco 11. Sean A y E vértces opuestos de un octógono regular. Una rana está en el vértce A y comenza a saltar de vértce en vértce, con las sguentes dos reglas: I) Desde un vértce cualquera del octógono dstnto de E, puede saltar a cualquera de los dos vértces adyacentes. II) Cuando llega al vértce E, la rana deja de saltar y se queda allí. Para cada número natural n, sea a n el número de camnos dstntos que puede segur la rana con exactamente n saltos, termnando en E. Probar que: a n 1 = 0 y a n = 1 (( + ) n 1 ( ) n 1 ). 19
Caracterzacón Hasta ahora hemos probado que, s x n } n N es una sucesón recursva lneal, exsten f 1, f,..., f r en C[X], s N 0 y λ 1,..., λ r, c 1,..., c s números complejos tales que x n = f 1 (n).λ n 1 1 + f (n).λ n 1 + + f r (n).λ n 1 r + s c.0 n. Ahora, utlzando algunos resultados prevos y un lema técnco, vamos a demostrar que todas las sucesones de esta forma son recursvas lneales. Lema 1 Sean n y r N 0}. Entonces =0 Demostracón: Sea P el polnomo =1 r+1 ( ) r + 1 ( 1) r+1 (n + ) r = 0. r+1 ( ) r + 1 P = ( 1) r+1 (X + ) r. =0 Notar que P (n) = 0 0} s y sólo s P = 0. Calculando los coefcentes de grado j de P (0 j r), basta mostrar que r+1 ( ) r + 1 ( 1) r+1 h = 0 =0 para todo r N 0} y 0 h r (donde h = r j). Vamos a probarlo por nduccón. El caso r N 0} y h = 0 sale aplcando la fórmula del bnomo de Newton a (1 1) r+1 (recordemos que 0 0 es por convencón 1). Supongamos ahora que el resultado es certo para un número r N 0} y h = 0, 1,..., r. Vamos a probar la gualdad para r + 1 y h = 0, 1,..., r + 1. La gualdad vale s h = 0. Cuando 1 h r + 1 consderamos k = h 1. Entonces 0 k r y r+ ( ) r + r+ ( ) r + ( 1) r+ h = ( 1) r+ k+1 = =0 r+ ( ) r + 1 r + = ( 1) r+ 1 =1 r+1 ( ) r + 1 = (r + ) ( 1) r+1 =0 =1 r+ ( ) r + 1 k+1 = (r + ) ( 1) r+ 1 =0 =1 r+1 ( ) r + 1 k ( + 1) k = (r + ) ( 1) r+1 j=0 k = ( ) k j j = 0
= (r + ) k j=0 ( ) ( k r+1 ( ) r + 1 ( 1) r+1 j =0 j ) = (r + ) k j=0 ( ) k 0 = 0. j Ahora podemos probar el sguente Teorema 13 Sean f 1, f,..., f r en C[X], s N 0 y λ 1,..., λ r, c 1,..., c s números complejos. Entonces la sucesón defnda por x n = f 1 (n).λ n 1 1 + f (n).λ n 1 + + f s (n).λ n 1 s + es recursva lneal. s c.0 n =1 Demostracón: Como S es un subespaco vectoral de C N, basta mostrar que, dado un número complejo λ y r N 0}, la sucesón n r.λ n 1 } n N es recursva lneal (las sucesones del tpo 0 n son evdentemente recursvas lneales). Para probarlo, tenemos que encontrar un polnomo P C[X] tal que n r.λ n 1 } n N satsfaga P. S analzamos la demostracón del Teorema 11, vemos que λ tene que ser raíz de P con multplcdad por lo menos r + 1. Consderemos r+1 ( ) r + 1 P = (X λ) r+1 = ( λ) r+1 X =0 y veamos s n r.λ n 1 } n N la satsface: r+1 ( r + 1 r+1 ( ) r + 1 )( λ) r+1 (n + ) r λ n+ 1 = λ n+r ( 1) r+1 (n + ) r = 0 =0 usando el lema anteror. Por lo tanto n r.λ n 1 } n N satsface P y es recursva lneal. =0 Ejercco Ejercco 1. Probar que el conjunto S es un subanllo de C N con el producto defndo coordenada a coordenada. 6 Una generalzacón: Sucesones mutuamente recursvas lneales Consderemos ahora las sucesones a n } n N y b n } n N defndas por a 1 = 1 a = 0 b 1 = 0 b = 1 a n+ = b n+1 + a n b n+ = a n+1 + b n. 1
Tratemos de traducr las deas precedentes a esta stuacón: n 1 0 1 0 0 a 1 a n 1 0 0 0 0 0 1. a b 1 = a n+1 b n. 0 1 1 0 b b n+1 El polnomo característco de la matrz es X = X 4 4X + 1 y todas sus raíces son smples, por lo tanto la matrz es dagonalzable. Luego exsten complejos α 1, α, β 1, β, γ 1, γ, δ 1 y δ tales que y a n = α 1.( + 3) n 1 + β 1.( + 3) n 1 + γ 1.( 3) n 1 + δ 1.( 3) n 1 b n = α.( + 3) n 1 + β.( + 3) n 1 + γ.( 3) n 1 + δ.( 3) n 1. Resolvendo los sstemas lneales asocados a los prmeros cuatro térmnos de las sucesones tenemos que,, ( ) ( a n = 3+ 3 ) n 1 ( 1.(1 + ( 1) n 1 ) ( ). + 3 + 3 3 ) n 1 1.(1 + ( 1) n 1 ). 3 y b n = ( 3 1 ) ( ) n (.(1 + ( 1) n ) ( ). + 3 + 3 ) n. 1.(1 + ( 1) n ). 3 Este método se puede adaptar a varas sucesones mutuamente recursvas lneales. Como la demostracón es esencalmente la msma que en el caso de una sola sucesón, nos lmtaremos a dar una defncón y a establecer el resultado. Defncón 14 Sean a () n } n N (1 r) sucesones en C N. Se dce que son mutuamente recursvas lneales s exste k N y complejos α () j (1 r, 0 j k 1) tales que a () n+k = α (s) j.a (s) n+j (1 r). 1 s r 0 j k 1 Es decr, cada térmno de cada sucesón depende lnealmente de los k térmnos anterores de todas las sucesones. En este caso podemos obtener una matrz A en C rk rk tal que a (1) 1. a (1) A n 1 ḳ.. = a (r) 1. a (r) k a (1) ṇ. a (1) n+k 1. a (r) ṇ. a (r) n+k 1.
Usando la forma normal de Jordan de A para obtener A n 1 como antes, podemos dar una fórmula del térmno general de cada sucesón a () n } n N (la únca dferenca es que, como la matrz A no es una matrz compañera, su forma de Jordan puede tener más de un bloque de Jordan para cada autovalor, pero los cálculos son esencalmente los msmos). Para termnar, podemos enuncar el sguente resultado: Proposcón 1 Sean a () n } n N (1 r) sucesones mutuamente recursvas lneales en C N. Entonces, cada a n () } n N (1 r) es una sucesón recursva lneal y por lo tanto satsface una fórmula como la del Teorema 11. Ejerccos Ejercco 13. Calcular una fórmula general para la sucesón a n } n N defnda por a 1 = 1 a = 1 a n+ = a n+1 + a n + ( 1) n Ejercco 14. Sea f n } n N la sucesón de Fbonacc. Calcular el térmno general de la sucesón F n } n N defnda por F 1 = 1 F = 1 F n+ = F n+1 + F n + f n+ Ejercco 1. Calcular una fórmula general para las sucesones a n } n N y b n } n N defndas por a1 = 1 a = 0 b1 = 1 b = 1 a n+ = 4a n+1 + b n b n+ = 8a n + 4b n+1. Observacones generales: El enuncado del ejemplo de sucesones mutuamente recursvas resuelto en la Seccón 6 fue extraído de [1], donde tambén se encuentran térmnos generales de sucesones recursvas pero usando funcones generatrces (seres formales de potencas). Tambén se extrajeron de allí los ejerccos 10, 13 y 14. Los ejerccos 8 y 9 fueron extraídos de [4] donde además se pueden encontrar otras aplcacones de este tema (a la físca, a la probabldad, etc.). El ejercco 11 fue extraído de la Competenca E. Paenza del año 1990. En [3] se trata el tema de las sucesones recursvas lneales con un nvel elemental pero cas sn demostracones. Fnalmente, las nocones báscas de Algebra Lneal, forma normal de Jordan y matrces compañeras se pueden encontrar en []. Agradecmento: Agradecemos a Gabrela Jeronmo sus comentaros y su colaboracón en la versón fnal de estas notas. 3
Referencas [1] R. Graham, D. Knuth and O. Patashnk, Concrete Mathematcs - A Foundaton for Computer Scence, Addson-Wesley Publshng Company, 199. [] K. Hoffman and R. Kunze, Algebra Lneal, Prentce Hall Hspanoamercana, 1973. [3] A. Markushévch, Sucesones Recurrentes, Edtoral MIR, 1974. [4] M. Spegel, Fnte Dfferences and Dfference Equatons, McGraw-Hll Publshng Company, 1989. 4