Sucesiones Recurrentes y Recurrencias Lineales

A lo largo de este post vamos a intentar responder a la última pregunta que nos planteamos en el post de Límite de una Sucesión. Además hablaremos sobre los temas tratados durante los últimos posts, todo ellos relativos a sucesiones de números reales. La tercera y última pregunta que nos planteamos estaba relacionada con cómo entender las sucesiones en las que el término general viene definido en función de algunos de los términos anteriores. Un ejemplo clásico de esto es la sucesión de Fibonacci, $\lbrace F_n \rbrace_{n=1}^{\infty}$, donde: $$F_n=\begin{cases} 1 &\text{ si } n=1,2 \\ \phantom{a} \\ F_{n-1}+F_{n-2} &\text{ si }n \geq 3 \end{cases}$$Los primeros términos de la sucesión de Fibonacci son: $1,1,2,3,5,8,\ ...$ Nos gustaría poder averiguar si las sucesiones así definidas son acotadas, crecientes, decrecientes, convergentes, etc. en resumen: nos gustaría poder estudiar las sucesiones definidas de esta manera. Para ello podemos intentar dos cosas. La primera es averiguar (si es que podemos) la expresión del término general de la sucesión, es decir, en el ejemplo: dar una expresión para $F_n$ que no dependa de $F_k$ para $k \leq n.$ La otra manera es utilizar el método de inducción para deducir propiedades sobre la sucesión. En el ejemplo de la sucesión de Fibonacci podemos utilizar el método de inducción para deducir que la sucesión es creciente, y de ahí podemos hábilmente deducir que de hecho $F_n \to \infty$ si $n \to \infty,$ como veremos más adelante.

ANÁLISIS MEDIANTE EL MÉTODO DE INDUCCIÓN

Para empezar vamos a definir lo que es una sucesión recurrente o recurrencia:

$\text{Def.}$ Una sucesión de números reales $\lbrace a_n \rbrace_{n=1}^{\infty}$ es recurrente (o es una recurrencia) si: $$a_{n+1}=f(a_1, \ ... \ , a_n).$$

No es la definición más precisa pero nos vale para establecer a un nivel comprensible lo que es una recurrencia. A lo largo de este apartado vamos a ver unos pocos ejemplos para ilustrar la manera de resolver problemas de este tipo.

Este primer ejemplo trata sobre una sucesión que aparece mucho en matemáticas vista desde un punto de vista recursivo.

Vamos a estudiar la sucesión $\lbrace a_n \rbrace_{n=1}^{\infty}$ definida por: $$ a_n=\begin{cases} s &\text{ si } n=1 \\ \phantom{a} \\ r \cdot a_{n-1} &\text{ si }n \geq 2 \end{cases}$$donde $r,s \in \mathbb{R}.$ Aquí $r$ y $s$ son dos parámetros: en función de los valores que tengan la sucesión se comportará de una manera u otra. Para empezar, podemos observar que si $s=0$ entonces la sucesión es constantemente $0$ y es convergente (su límite es $0$). Por otro lado, si $r=0$ entonces $a_1=s$ pero si $n>1$ entonces $a_n=0$ y por tanto la sucesión converge (y su límite vuelve a ser $0$).

Una forma de resolver el problema es averiguar cuándo la sucesión es creciente y cuándo decreciente e ir tirando para luego hallar cotas y separar casos: vamos a ver si la sucesión es creciente: $\frac{a_{n+1}}{a_n}=\frac{r \cdot a_n}{a_n} = r$ luego si $r>1$  entonces la sucesión es creciente, si $r<1$ la sucesión es decreciente, y si $r=1$ la sucesión es constante. Ahora podemos intentar aplicar los criterios que vimos en el post de Sucesiones Monótonas para averiguar si la sucesión converge, pero en este caso es mucho más fácil observar los primeros términos de la sucesión e intentar explicitar su término general. Los primeros términos son: $$s,sr,sr^2,sr^3,sr^4, \ ... $$luego parece que va a ser más fácil probar por inducción que $a_n=sr^{n-1}.$ Cuando $n=1,$ tenemos que $a_1=s=sr^0,$ lo cual verifica el enunciado. Supongamos que $a_n=sr^{n-1},$ entonces $a_{n+1}=ra_n=sr^n$ y por tanto, mediante el método de inducción, queda demostrado que para todo $n \in \mathbb{N}: \ \ a_n=sr^{n-1}.$ A partir de aquí es mucho más fácil estudiar la convergencia de la sucesión, pues esta queda reducida a la convergencia de la sucesión $\lbrace r^n \rbrace_{n=1}^{\infty},$ ya que $a_{n+1}=sr^n$ y $s$ es un número real fijo.

La sucesión $\lbrace r^n \rbrace$ se comporta de la siguiente manera:

1. Si $-1<r<1$ entonces $\underset{n \to \infty}{\lim} r^n = 0.$ Decir $-1<r<1$ es lo mismo que decir $|r|<1$ y por tanto $\frac{1}{|r|}>1$ luego podemos expresar $\frac{1}{|r|}=1+\delta$ para cierto $\delta>0$ fijo. La sucesión $\frac{1}{|r|^n}=\left( \frac{1}{|r|} \right)^n = (1+\delta)^n \geq 1+n\delta$ por la desigualdad de Bernoulli, y como $n\delta$ tiende a $\infty$ cuando $n \to \infty$ entonces también tiende a $\infty$ la sucesión $\frac{1}{|r|^n}=\left|\frac{1}{r^n}\right|,$ luego tal y como vimos aquí, la sucesión $r^n$ tiende a $0.$
2. Si $r>1$ entonces podemos expresar $r^n=(1+\delta)^n$ y mediante el mismo uso de la desigualdad de Bernoulli que hemos hecho antes llegamos a que $r^n \to \infty$ cuando $n \to \infty.$
3. Por último, si $r<-1$ entonces $|r|^n$ tiende a $\infty$ pero si le quitamos el valor absoluto hacemos que oscile, pues el signo de cada término es el opuesto al del anterior, luego no converge.

La conclusión de todo esto es que la convergencia de $\lbrace a_n \rbrace$ depende únicamente del valor que tome $r:$ $a_n$ converge a $0$ si $|r|<1,$ tiende a $\infty$ si $r>1$ y no converge si $r<1.$ El parámetro $s$ determina el término inicial de la sucesión, $a_1=s.$

El segundo ejemplo que vamos a ver ilustra cómo intentar atacar este tipo de sucesiones para estudiar su convergencia.

Ahora vamos a estudiar la convergencia de la sucesión $\lbrace c_n \rbrace_{n=1}^{\infty}$ donde definimos: $$ c_n=\begin{cases} s &\text{ si } n=1 \\ \phantom{a} \\ \sqrt{r \cdot c_{n-1}} &\text{ si }n \geq 2 \end{cases} $$donde $0 \leq s,r \in \mathbb{R}$ son dos números reales fijos, y la raíz cuadrada se interpreta como su rama positiva. Esta vez vamos a intentar ver cuándo la sucesión es creciente o decreciente y también veremos si es acotada o no para estudiar su convergencia. Vamos a empezar observando que si $s=0$ o $r=0$ entonces ocurre lo mismo que antes: la sucesión es siempre $0$ a partir del primer término y del segundo término, respectivamente, y en ambos casos su límite es $0.$

Veamos cuándo es creciente o decreciente: $$ \frac{c_{n+1}}{c_n}=\frac{\sqrt{rc_n}}{c_n}=\sqrt{\frac{r}{c_n}}$$y será creciente cuando $\frac{c_{n+1}}{c_n} \geq 1:$ $$ \sqrt{\frac{r}{c_n}} \geq 1 \ \Longleftrightarrow \sqrt{r} \geq \sqrt{c_n}. $$Por otro lado será decreciente si $\sqrt{r} \leq \sqrt{c_n}.$ Como siempre estamos tomando la rama positiva de la raíz cuadrada, los $c_n$ son positivos y siempre tienen sentido las expresiones con las que estamos tratando (dentro de los números reales). Al ser $r$ también positivo, podemos establecer las mismas condiciones pero elevando al cuadrado, de manera que la sucesión será creciente si $r \geq c_n$ y decreciente si $r \leq c_n.$ Además esto lo que nos sugiere es que si $c_k=r$ para algún $k$ entonces la sucesión será constante a partir de ese $k$ (esto simplemente es una idea, no es ningún argumento). Este cálculo también sugiere que intentemos acotar la sucesión por $r$ en función de si es creciente o decreciente.

Vamos a acotar la sucesión utilizando el método de inducción. Veamos qué ocurre si $c_1=s\leq r.$ En ese caso $c_2=\sqrt{sr} \leq \sqrt{r^2}=r.$ Ahora supongamos que $c_n \leq r.$ Entonces podemos hacer el mismo cálculo: $c_{n+1}=\sqrt{c_n \cdot r} \leq \sqrt{r^2}=r$ luego en este caso la sucesión es creciente y acotada superiormente, y por tanto es convergente.

Si $s=r$ entonces $c_2=\sqrt{r^2}=r$ y podemos argumentar por inducción de manera similar a como hemos hecho antes para llegar fácilmente a que $c_n = r$ para todo $n \in \mathbb{N},$ y por tanto la sucesión es convergente y su límite es $r.$

Por último, si $c_1 = s \geq r$ entonces $c_2=\sqrt{sr} \geq \sqrt{r^2}=r.$ Suponiendo que $c_n \geq r$ podemos argumentar por inducción y tenemos: $c_{n+1}=\sqrt{c_n \cdot r} \geq \sqrt{r^2}=r$ y por tanto la sucesión es acotada inferiormente y decreciente, luego converge.

Es decir: la sucesión converge sea cual sea el valor de $r.$ Para ver a qué converge podemos utilizar un pequeño truco: $$\lim_{n \to \infty} c_{n} = \lim_{n \to \infty} \sqrt{r \cdot c_{n-1}} $$y utilizando que $\underset{n \to \infty}{\lim} \sqrt{b_n} \underset{(*)}{=} \sqrt{\underset{n \to \infty}{\lim} b_n},$ llegamos a: $$\lim_{n \to \infty} c_{n} = \lim_{n \to \infty} \sqrt{r \cdot c_{n-1}} $$y como debe cumplirse que $\underset{n \to \infty}{\lim} c_n = \underset{n \to \infty}{\lim} c_{n-1}$ y $\lbrace c_n \rbrace$ es convergente a cierto $L \in \mathbb{R},$ sustituimos ambos valores por $L$ y llegamos a: $$ L = \sqrt{rL} \\ L^2 = rL. $$ Ahora bien, si $L\neq 0$ entonces $L=r.$ La forma de interpretar esto es la siguiente: si $\lbrace c_n \rbrace$ es creciente, entonces su límite no puede ser $0$ a menos que la sucesión sea idénticamente $0,$ que ocurre cuando $r=0$ o $s=0,$ luego si la sucesión es creciente, su límite es $r$ (o $0$ en los casos mencionados antes). Por otro lado, si es decreciente ocurre algo parecido: como está acotada inferiormente por $r,$ si su límite es $0$ es porque $r=0,$ y si no, su límite es $r,$ luego de cualquiera de las maneras, si la sucesión es decreciente entonces su límite es $r.$ La conclusión de todo esto podemos expresarla de manera visual en un plano $r-s:$

De esta manera, si $(r,s)$ está sobre los ejes, entonces la sucesión es $0$ y su límite es $0.$ Si está sobre la diagonal, la sucesión es $r$ y su límite es $r.$ Por otro lado, si $(r,s)$ es un punto de la región rosa, la sucesión es decreciente y su límite es $r,$ y si se encuentra en la región azul, la sucesión es creciente y con límite $r.$ Esto cubre todas los posibles comportamientos de la sucesión $\lbrace c_n \rbrace$ para los parámetros $0<r,s \in \mathbb{R}.$

$(*):$ No hemos demostrado este resultado, pero hablaremos de ello y lo demostraremos en algún post sucesivo en el que también hablaremos de continuidad y funciones continuas.

Ahora vamos a ver un ejemplo mucho más complicado, donde vemos que vamos a necesitar herramientas más potentes que las que conocemos hasta ahora. Es interesante ver cómo hay sucesiones definidas de manera recurrente que se enfrentan a los teoremas que hemos visto hasta ahora y que hacen que tengas que aplicar inducción sobre algunos términos, no sobre toda la sucesión. Es un recordatorio de que no todo en matemáticas es tan bonito y elegante (aunque sin duda no es un ejemplo loco como los que veremos mucho más adelante).

Motivados por el ejemplo anterior, de nuevo vamos a plantearnos un problema con $2$ parámetros que nos resultará útil más adelante. Vamos a considerar una sucesión $\left\lbrace c_n \right\rbrace_{n=1}^{\infty}$ definida de la siguiente manera: $$ c_n=\begin{cases} s &\text{ si } n=1 \\ \phantom{a} \\ p+\frac{q}{c_{n-1}} &\text{ si }n \geq 2 \end{cases} $$ para parámetros $0<s,p,q \in \mathbb{R}.$

Podemos empezar viendo que todos los términos de la sucesión son positivos (es fácil de ver por inducción). El primer término es $s>0.$ Supongamos que $c_n >0.$ Entonces $c_{n+1}=p+\frac{q}{c_n}$ pero $0<p,q,c_{n}$ luego $0<c_{n+1}.$ La sucesión está acotada inferiormente para cualesquiera valores de $0<p,q.$

Si nos fijamos bien podemos observar que las sucesiones de este estilo no son crecientes ni decrecientes, pero oscilan y convergen (lo veremos más adelante, pero esto se ve intuitivamente al representar la sucesión gráficamente). Esto significa que vamos a necesitar pensar un poco más la idea necesaria para demostrar la convergencia. Además, si tomamos las sucesiones de índices pares e impares por separado, veremos que estas son siempre crecientes o siempre decrecientes, y lo que parece indicar cuándo ocurre cada caso es la diferencia entre $s$ y el límite al que tiende la sucesión (de nuevo recalco que estas son las ideas que a uno se le ocurren cuando representa gráficamente la sucesión dados los valores de los parámetros).

Dicho esto vamos a pensar: si las diferencias entre términos consecutivos tienden a $0,$ los términos pares forman una sucesión acotada inferiormente y decreciente y los impares forman otra acotada superiormente y creciente, entonces parece razonable pensar que la sucesión total va a converger. De hecho este resultado es cierto y vamos a demostrarlo.

$\text{Teorema.}$ Sea $\left\lbrace a_n \right\rbrace_{n=1}^{\infty}$ una sucesión de números reales. Denotamos $\left\lbrace a_{2n} \right\rbrace_{n=1}^{\infty}$ y $\left\lbrace a_{2n+1} \right\rbrace_{n=1}^{\infty}$ las sucesiones de términos con índices pares e impares de $\lbrace a_n \rbrace$ respectivamente y $\left\lbrace d_n \right\rbrace_{n=1}^{\infty}$ con $d_n = a_{n+1}-a_{n}$ la sucesión de diferencias. Si:

1. $\lbrace a_{2n} \rbrace$ es creciente (decreciente) y acotada superiormente (inferiormente).
2. $\lbrace a_{2n+1} \rbrace$ es decreciente (creciente) y acotada inferiormente (superiormente).
3. $\underset{n \to \infty}{\lim}d_n = 0.$ 

Entonces $a_n$ es convergente y $\underset{n \to \infty}{\lim}a_n = \underset{n \to \infty}{\lim}a_{2n} = \underset{n \to \infty}{\lim}a_{2n+1}.$

$\text{Dem}.$ Para empezar, podemos afirmar que $\lbrace a_{2n} \rbrace$ y $\lbrace a_{2n+1} \rbrace$ son convergentes. Diremos que $a_{2n} \to L$ y $a_{2n+1} \to M$ cuando $n \to \infty.$ Ahora vamos a ver que en realidad $L=M,$ y para ello vamos a fijar $\varepsilon >0.$ Para dicho $\varepsilon$ sabemos que existen $N_1, N_2, N_3 \in \mathbb{N}$ tales que: $$ \begin{align*} |a_{2n}-L|<\frac{\varepsilon}{3} \\ |a_{2n+1}-M|<\frac{\varepsilon}{3} \\ |a_{2n}-a_{2n+1}|<\frac{\varepsilon}{3} \end{align*}$$cuando $n>\max\lbrace{N1,N2,N3}\rbrace,$ condiciones que se extraen directamente de aplicar la definición de límite en las hipótesis. Ahora hacemos lo siguiente: $$|L-M| = |L-a_{2n}+a_{2n}-a_{2n+1}+a_{2n+1}-M| $$y aplicamos la desigualdad triangular para obtener: $$ |L-M| \leq |L-a_{2n}|+|a_{2n}-a_{2n+1}|+|a_{2n+1}-M| < \frac{\varepsilon}{3}+\frac{\varepsilon}{3}+\frac{\varepsilon}{3} = \varepsilon$$luego $|L-M|<\varepsilon$ y por tanto, al ser $0<\varepsilon$ arbitrario, se tiene que $L=M.$

Ahora nos falta por ver que $a_n$ converge (y de hecho lo razonable es que converja a $L$). De nuevo vamos a darnos un $\varepsilon>0$ arbitrario. Ahora podemos ver que, dado $n \in \mathbb{N},$ tenemos: $$ |a_n-L|= \begin{cases} |a_{2k}-L| &\text{ si } n=2k \\ \phantom{a} \\ |a_{2k+1}-M| &\text{ si }n=2k+1 \end{cases}$$utilizando que $M=L$ y que o bien $n$ es par o bien es impar. Ahora bien, para el $\varepsilon$ que hemos fijado, sabemos que ambas cantidades son menores que $\varepsilon$ si $k$ es lo suficientemente grande, es decir, $|a_n-L|< \varepsilon$ si $k>K_{\varepsilon} \in \mathbb{N}$ y para $n=2k$ o $n=2k+1.$ Así pues, $|a_n-L|<\varepsilon$ para todo $n>\max\lbrace{2K_{\varepsilon},2K_{\varepsilon}+1}\rbrace=2K_{\varepsilon}+1,$ luego basta tomar $N_{\varepsilon}=2K_{\varepsilon}+1$ para ver que $L$ es el límite de $\lbrace a_n \rbrace.$

$\text{Comentario.}$ En realidad no necesitamos que las subsucesiones de términos pares e impares sean monótonas y acotadas: nos vale con que sean ambas convergentes, pues en definitiva eso es lo que hemos utilizado para demostrar el resultado. Este es un ejemplo de cómo es posible (y muy útil) analizar una demostración e intentar reducir las hipótesis para así poder cubrir más casos.

Bien, ahora únicamente falta ver que la sucesión $c_n$ cumple las hipótesis del enunciado que acabamos de demostrar. Como el parámetro $s$ parece que determina si las subsucesiones $\lbrace c_{2n}\rbrace$ y $\lbrace c_{2n+1}\rbrace$ son crecientes o decrecientes, vamos a separar tres posibles casos en función de si $s$ es mayor, menor o igual que el valor que adquiere la sucesión en el caso de ser convergente. Calculemos primero ese valor: $$ c_n = p+\frac{q}{c_{n-1}} $$luego si fuese convergente, su límite cumpliría: $$ L=p+\frac{q}{L}$$ y multiplicando por $L$ queda: $$ L^2 = pL+q $$lo cual nos da una ecuación de segundo grado con soluciones: $$L=\frac{p \pm \sqrt{p^2+4q}}{2}$$y como $q>0$ y $c_n>0,$ el límite tiene que ser no negativo y por tanto no tiene sentido tomar la rama negativa, con lo cual llegamos a que si la sucesión fuera convergente, su límite tendría que ser: $$ L= \frac{p + \sqrt{p^2+4q}}{2}.$$Vamos a llamar a este número de una manera especial, distinta de $L,$ digamos: $$ \tau = \frac{p + \sqrt{p^2+4q}}{2}$$Ahora separamos casos en función de si $s=\tau, \ s<\tau$ o $s>\tau.$

Caso 1: $s=\tau$
En este caso el análisis es muy simple: $c_1=s=\tau, \ c_2=p+\frac{q}{\tau}$ pero $\tau$ cumple que $\tau = p+\frac{q}{\tau},$ como hemos visto arriba, luego tiene que ser $c_2=\tau.$ Podemos seguir calculando términos y sorprendernos al ver que todos resultan en $\tau$ o lo que quizá sea más rápido, ver por inducción (trivial) que $c_n=\tau$ para todo $n \in \mathbb{N}$ y por tanto en este caso la sucesión es convergente y su límite es $\tau.$

Caso 2: $s<\tau$
En este caso vamos a ver que $c_{2n}$ es decreciente y acotada inferiormente por $\tau,$ y $c_{2n+1}$ es creciente y acotada superiormente por $\tau$ también. Por último veremos que la sucesión de diferencias tiende a $0$ y por tanto podemos aplicar el teorema anterior para deducir que el límite existe, y por tanto tiene que ser $\tau.$

Para ver que $c_{2n}$ es decreciente vamos a hacerlo por inducción. Primero veamos que $c_2\geq c_4.$ Haciendo unos pocos cálculos llegamos a que esto ocurre cuando $0 \leq c_2^2-pc_2-q,$ pero precisamente $c_2 = p+\frac{q}{s} > p+\frac{q}{\tau} = \tau$ luego se cumple la desigualdad superior. Ahora vamos a suponer que dado $n\in \mathbb{N}$ par, para todo $k\leq n$ par se tiene que $c_{k-2} \geq c_{k}$ y que $c_k \geq \tau$ Vamos a ver si se cumple también que $c_{n} \geq c_{n+2}.$ De nuevo es fácil comprobar que esto ocurre si $c_{n} \geq \tau,$ pero esto lo hemos contemplado en nuestra hipótesis de inducción. Ahora falta ver que $c_{n+2} \geq \tau,$ pero podemos ver fácilmente tras unas pocas cuentas que esto ocurre cuando $0\leq p^2 (c_n - \tau) + q(c_n-\tau)$ y como $c_n \geq \tau$ esto es cierto. Como se cumple en el caso $n=2$ queda demostrado por inducción, luego $c_{2n}$ es decreciente y acotada inferiormente por $\tau.$

Ahora veamos lo análogo para la sucesión $c_{2n+1}.$ Queremos ver que es creciente y acotada superiormente. Es fácil ver que $c_3 > c_1$ pues al hacer los cálculos queda que esto ocurre cuando $0>s^2-ps-q,$ y como $0<s<\tau$ siempre se cumple esa desigualdad. Ahora, de manera similar a como hemos hecho antes, supongamos que, dado $n$ impar, $c_{k} \leq c_{k+2}$ para los $k$ impares y menores o iguales que $n,$ y que $c_{k} \leq \tau.$ Ahora queremos ver si $c_{n+2} \leq c_{n},$ pero el desarrollo de estos cálculos es idéntico al del anterior párrafo salvo porque se invierten las desigualdades, de manera que queda justamente lo que buscamos.

Por último vamos a ver que la sucesión de diferencias tiende a $0.$ Podemos calcular fácilmente la diferencia entre dos términos consecutivos y dejarla en función de la diferencia entre los dos términos consecutivos anteriores: $$d_n=c_{n+1}-c_n = p+\frac{q}{c_n} -p -\frac{q}{c_{n-1}} = q \frac{c_{n-1}-c_n}{c_n \cdot c_{n-1}} = (-1)\ q  \frac{d_{n-1}}{c_n \cdot c_{n-1}}.$$Para demostrar que esta sucesión tiende a $0$ basta con demostrar que $|d_n|$ tiende a $0,$ y para ello podemos ver si siempre se tiene que $\frac{q}{c_n \cdot c_{n-1}} <1$ (por el ejemplo 1). Pongámonos manos a la obra: $$\frac{q}{c_n \cdot c_{n-1}} = \frac{q}{pc_{n-1} + q} < 1$$pues $pc_{n-1}>0$ al ser ambos factores siempre positivos. Por tanto $|d_n| \to 0$ cuando $n \to \infty$ y eso implica que $d_n \to 0$ cuando $n \to \infty.$ Además esto ocurre independientemente del valor de $s.$ Podemos aplicar ahora el teorema y deducir que $c_n$ converge.

Caso 3: $s>\tau$
En este caso la sucesión que es creciente y acotada superiormente es la de términos pares, y la que es decreciente y acotada inferiormente es la de los términos impares. La forma de demostrar ambas cosas es idéntica a la del apartado anterior, y no la voy a repetir. Además, vimos que $d_n \to 0$ independientemente del valor de $s,$ de manera que podemos aplicar el teorema de nuevo para deducir que la sucesión converge.

Conclusión:
La sucesión $\lbrace c_n \rbrace$ converge para todos los valores de $0<s,p,q \in \mathbb{R}$ y lo hace a: $$\tau=\frac{p+\sqrt{p^2+4q}}{2}.$$Para valores naturales de $p$ y $q$ este tipo de números se conocen como números metálicos. Si $p=q=1$ obtenemos $\tau=\varphi,$ la razón áurea. Si $p=2, q=1$ obtenemos el número de plata. Podemos seguir variando los parámetros para obtener distintos números metálicos. Poseen un interés especial porque también pueden verse como el resultado de fracciones continuas: $$ x=p+\frac{q}{p+\frac{q}{p+ \ ...}}.$$Sin embargo, el argumento que une ambas interpretaciones es el que acabamos de dar. En la expresión anterior podemos interpretar $x$ como el $n-$ésimo término de $c_n$ cuando $n\to \infty,$ es decir, el límite de $c_n,$ y dicho límite es $\tau.$

Ahora veamos el ejemplo de la sucesión de Fibonacci.

LA SUCESIÓN DE FIBONACCI

Vamos a ver que la sucesión de Fibonacci es creciente y de hecho tiende a $\infty$ cuando $n \to \infty.$ Veamos por inducción que es creciente. Los primeros términos de la sucesión son $1,1,2, \ ...$ luego $F_1 \leq F_2.$ Supongamos que para todo $n<k,$ tenemos: $F_n \geq F_{n-1},$ entonces $F_{k+1}-F_{k}=F_{k-1} \geq F_{k-2} \geq \ ... \ \geq F_1 = 1 > 0$ luego la sucesión es estrictamente creciente (por inducción). Además, la sucesión $\lbrace D_n  \rbrace_{n=1}^{\infty}$ de diferencias tiene como término general: $$ D_n= F_{n+1}-F_{n} = F_{n-1}$$luego también es creciente. Es decir: la distancia entre cada par de términos consecutivos de la sucesión de Fibonacci es siempre creciente. Vamos a ver que esto es suficiente para demostrar que la sucesión diverge.

Si tenemos una sucesión convergente, digamos $\lbrace b_n  \rbrace_{n=1}^{\infty}$ con límite $B,$ entonces, dado $\varepsilon >0$ podemos encontrar $N \in \mathbb{R}$ tal que si $n > N$ entonces: $$ \begin{align*} |B_n - L|<\frac{\varepsilon}{2} \\ |L-B_{n+1}|<\frac{\varepsilon}{2} \end{align*} $$y sumando ambas desigualdades y aplicando la desigualdad triangular: $$ |B_{n+1}-B_n| \leq |B_n - L|+|L-B_{n+1}| < \varepsilon $$Ahora bien, en nuestro ejemplo, si suponemos que la sucesión de Fibonacci es convergente entonces $|F_{n+1}-F_n| = D_n \geq 1$ si $n>5$ (por ejemplo) de manera que inmediatamente llegamos a una contradicción. Por tanto la sucesión de Fibonacci no puede ser convergente, y como es monótona creciente, tiende a $\infty$ conforme $n \to \infty.$

LA SUCESIÓN DE COCIENTES

Sin embargo el interés del problema no acaba aquí. Hemos visto que la sucesión diverge porque se hace arbitrariamente grande, pero podemos preguntarnos cómo de rápido se hace arbitrariamente grande. Es decir, en qué medida es $F_{n+1}$ mayor que $F_n.$ Para estudiar eso podemos estudiar la sucesión de cocientes: $\lbrace c_n \rbrace_{n=1}^{\infty}$ donde $c_n= \frac{F_{n+1}}{F_{n}}$ cuando $F_n \neq 0,$ que resulta ser en todo $n \in \mathbb{N}.$

Si operamos un poco: $$ c_{n} = \frac{F_{n+1}}{F_{n}} = \frac{F_n+F_{n-1}}{F_{n}}= 1+ \frac{F_n}{F_{n-1}}=1+\frac{1}{c_{n-1}}.$$Además $c_1=\frac{F_2}{F_1}=1,$ de manera que la sucesión de cocientes podemos definirla de la forma: $$ c_n=\begin{cases} 1 &\text{ si } n=1 \\ \phantom{a} \\ 1+\frac{1}{c_{n-1}} &\text{ si }n \geq 2 \end{cases} $$¡SORPRESA! Sabemos que esta sucesión converge pues lo hemos visto tras muchísimo trabajo en el ejemplo anterior, y además converge a $$\varphi = \frac{1+\sqrt{5}}{2}$$que es un número muy conocido: la razón áurea. Se dice que es símbolo de belleza y aparece en una gran variedad de situaciones en la naturaleza. Hablaremos de este número más adelante, en otros posts.

TÉRMINO GENERAL

En este apartado viene lo divertido. Ahora vamos a interesarnos en hallar el término general de recurrencias lineales, que como su propio nombre indica, serán aquellas en las que el término $n-$ésimo viene definido mediante una relación lineal de los $n-1$ anteriores. Por supuesto existen recurrencias no lineales, pero de esas no nos vamos a ocupar por ahora (algunos ejemplos del apartado anterior son de este tipo: no lineales). Importante: a lo largo de este apartado vamos a considerar que $0$ es el primer índice de la sucesión. Haremos esto por una cuestión de notación, como veremos más adelante. Ahora vamos a ver la forma que toman nuestras recurrencias lineales: $$ \begin{align}A_0 a_n + A_1 a_{n-1} + \ ... \ +A_k a_{n-k} = 0 \end{align} $$donde los $A_i$ son números fijos con $A_0,A_k \neq 0$ y $k \geq 1.$ Podemos ver fácilmente que: $$ \begin{align} a_n = B_1 a_{n-1} + B_2 a_{n-2} + \ ... \ + B_k a_{n-k} \end{align}$$si tomamos $B_j=-\frac{A_j}{A_0}$ para cada $j=1, \ ... \ ,k,$ de manera que se hace evidente que $\lbrace a_n \rbrace$ es una recurrencia y además $a_n$ se expresa como combinación lineal de los $k$ términos anteriores. Esta es la expresión más general. Al final del post vamos a enunciar el teorema en general y ver algunos ejemplos interesantes, pero no vamos a demostrar el teorema. Hasta entonces vamos a ver lo que ocurre cuando $k=2.$ Pongámonos por tanto en el caso de que nuestra sucesión, $\lbrace a_n \rbrace_{n=0}^{\infty}$ viene dada de la forma: $$a_n = \begin{cases} A &\text{ si } n=0\\ B &\text { si } n=1\\ \alpha a_{n-1} + \beta a_{n-2} &\text{ si } n \geq 2\end{cases} \ \ \ \ \ \ \ \ \ (\text{PS}).$$Entonces sin duda $\lbrace a_n \rbrace$ es una sucesión en particular, está bien definida, ya que a partir de $a_1=A$ y $a_2=B$ podemos utilizar la fórmula recursiva para averiguar los términos siguientes. Podemos pensar en qué ocurre si solo consideramos la expresión que relaciona $a_n$ con los dos términos anteriores. Si no damos valores explícitos a los primeros dos términos, tenemos una infinidad de sucesiones que satisfacen esa recurrencia. Por ejemplo: si $\alpha = 1$ y $\beta=1$ una solución es la sucesión de Fibonacci, ya que cumple esa recurrencia, pero si consideramos una solución como la de Fibonacci pero que empieza en $a_1=1, a_2=4$ entonces ya no nos queda la sucesión de Fibonacci, y podemos variar estos valores iniciales de todas las maneras que queramos. Lo que estamos mirando en este ejemplo es el conjunto de soluciones de la recurrencia $a_n= a_{n-1} + a_{n-2}.$ Si miramos al conjunto de soluciones de $a_n=\alpha a_{n-1} + \beta a_{n-2}$ podemos observar ciertas propiedades:

• Si $b_n$ resuelve la recurrencia y $c_n$ también, entonces $(b_n+c_n)$ también resuelve la recurrencia.
• Si $d_n$ resuelve la recurrencia y $r\in \mathbb{R}$ entonces $r\cdot d_n$ también resuelve la recurrencia.

Esto lo que nos quiere decir es que el espacio de soluciones de la recurrencia $a_n=\alpha a_{n-1} + \beta a_{n-2}$ es un espacio vectorial. De esta manera, todas las sucesiones que son solución de la recurrencia pueden expresarse como: $$a_n= \lambda_1 e_n + \lambda_2  e'_n$$donde $\lbrace e_n,e'_n \rbrace$ es una base para el espacio vectorial de las soluciones a la recurrencia (el espacio vectorial es de dimensión $2$ y una base fácil de ver es $\lbrace (1,0,\ ... \ ),(0,1,\ ... \ )\rbrace$ ). Pues bien, ya tenemos ahí la clave: si conseguimos encontrar una base $\lbrace e_n,e'_n \rbrace$ en la que conozcamos $e_n$ y $e'_n$ como sucesiones explícitas, podemos encontrar la expresión de cualquier sucesión que soluciones la recurrencia. La idea con la que tenemos que empezar es ver lo que ocurre cuando tomamos sucesiones que conocemos, y por adelantar un poco, vamos a ver qué ocurre si tomamos sucesiones geométricas como la del primer ejemplo del apartado anterior: $a_n = r^n,$ donde $0 \neq r\in \mathbb{R}$ es un número real sobre el cual no imponemos nada por ahora.

Vamos a ver lo que ocurre cuando imponemos las condiciones de recurrencia sobre $\lbrace a_n \rbrace:$ por un lado tenemos: $$a_0 = 1, a_1 = r, a_2 = r^2$$y por otro lado tenemos $$a_2=\alpha a_1 + \beta a_0 \Rightarrow r^2 = \alpha r + \beta.$$Además si lo hacemos para $a_n$ nos queda: $$ r^n = \alpha r^{n-1} + \beta r^{n-2}$$que precisamente se reduce al caso $n=2$ al dividir por $r^{n-2}.$ Es decir, basta con determinar $r$ para dar una solución para la recurrencia aparentemente, pero como bien es sabido, la ecuación a la que hemos llegado para $r$ no siempre tiene solución única: cada una de las soluciones a esta ecuación nos proporciona una sucesión que es solución de la recurrencia. Sin embargo, también sabemos cuándo la ecuación $r^2 = \alpha r + \beta$ tiene dos soluciones reales, una solución real o dos complejas. Es por esto por lo que vamos a hacer un análisis de cada caso por separado.

Caso 1: dos raíces reales
Llamemos $r_1,r_2$ a las soluciones de $r^2 = \alpha r + \beta.$ Entonces $b_n=r_1^n$ y $c_n=r_2^n$ son soluciones de la recurrencia y son linealmente independientes $(r_1 \neq r_2)$. Por tanto las soluciones de la recurrencia serán de la forma $\lambda_1 b_n + \lambda_2 c_n.$ Es decir, si lo planteamos en el contexto del problema $(\text{PS})$ la solución es de la forma: $$a_n = \begin{cases} A &\text{ si } n=0\\ B &\text { si } n=1\\ \lambda_1 r_1^n + \lambda_2 r_2^n &\text{ si } n \geq 0\end{cases}$$luego obtenemos dos condiciones sobre $\lambda_1$ y $\lambda_2$ al sustituir $n=0,1:$ $$A=\lambda_1 + \lambda_2  \\ B=\lambda_1 r_1 + \lambda_2 r_2$$y al conocer $A,B,r_1,r_2$ obtenemos un sistema de $2$ ecuaciones lineales con $2$ incógnitas que podemos resolver para determinar $\lambda_1$ y $\lambda_2.$

Caso 2: una raíz real doble
Ahora únicamente $r$ es la solución de $r^2 = \alpha r + \beta,$ y para que esto ocurra, deducimos que en la fórmula para la resolución de la ecuación cuadrática ocurren $2$ cosas:

1. $\alpha^2+4\beta=0$
2. $r=\frac{\alpha}{2}$

De aquí podemos hallar los valores de $\alpha$ y $\beta$ en función de $r$ y sustituir en la recurrencia de manera que la fórmula para esta resulta en: $$a_n=(2r)a_{n-1}+(-r^2)a_{n-2}.$$Ahora como únicamente sabemos que $b_n=r^n$ resuelve la recurrencia, necesitamos otra solución linealmente independiente para hallar todas las posibles soluciones de la recurrencia. Para ello probamos, y por ahorrar cálculos, veamos si funciona la sucesión $c_n=nr^n:$ $$2r(n-1)r^{n-1} - r^2 (n-2) r^{n-2} = 2(n-1)r^n-(n-2)r^n=nr^n$$luego efectivamente $\lbrace c_n \rbrace$ resuelve la recurrencia, y por tanto $a_n=\lambda_1 b_n + \lambda_2 c_n.$ De nuevo podemos poner esto en la situación de $(\text{PS})$ para obtener: $$a_n = \begin{cases} A &\text{ si } n=0\\ B &\text { si } n=1\\ \lambda_1 r^n + \lambda_2 nr^n &\text{ si } n \geq 0\end{cases}$$y obtenemos las condiciones: $$A= \lambda_1 \\ B= (\lambda_1 + \lambda_2)r $$y de nuevo queda determinada la sucesión por completo al conocer $A,B$ y $r$.

Caso 3: dos raíces complejas
Ahora la ecuación $r^2 = \alpha r + \beta$ tiene dos raíces complejas. Al ser $\alpha,\beta \in \mathbb{R}$ ambas raíces deben ser conjugadas. Llamemos $z,\overline{z}$ a las raíces y $b_n=z^n, c_n=\overline{z}^n$. Entonces la solución general que nos queda es $a_n=\lambda_1 z^n + \lambda_2 \overline{z}^n.$ Sin embargo esto es una combinación lineal de números complejos, y si bien al hacer los cálculos resultarán en números reales, es mucho más cómodo dejar la solución como una expresión con números reales. Por ello vamos a expresar $b_n,c_n$ en coordenadas polares, tomando $z=re^{i \theta}$: $$\begin{align*} b_n=z^n&=r^n \cos(n\theta) + ir^n \sin(n \theta) \\ c_n=\overline{z}^n&=r^n \cos(n\theta) - ir^n \sin(n \theta)\end{align*}.$$Como ambas son soluciones, podemos sumarlas, restarlas y multiplicarlas por un escalar y seguirán siendo soluciones. Esto nos lleva a considerar $d_n=\frac{b_n+c_n}{2}$ y $f_n=\frac{b_n-c_n}{2i},$ que también serán soluciones de la recurrencia y además son linealmente independientes. Sus expresiones son: $$d_n=r^n \cos(n \theta) \\ f_n=r^n \sin(n \theta)$$y por lo tanto la solución general de la recurrencia será de la forma $a_n=\lambda_1 d_n + \lambda_2 f_n.$ De nuevo, en $(\text{PS}):$ $$a_n = \begin{cases} A &\text{ si } n=0\\ B &\text { si } n=1\\ \lambda_1 r^n \cos(n \theta) + \lambda_2 r^n \sin(n \theta) &\text{ si } n \geq 0\end{cases} $$y para $n=0$ y $n=1$ se obtienen las condiciones: $$\begin{align*} A&=\lambda_1 \\ B&=\left( \lambda_1  \cos(\theta) + \lambda_2 \sin(\theta) \right) r \end{align*}$$y al conocer $A,B,r,\theta$ somos capaces de determinar $\lambda_1$ y $\lambda_2.$

Conclusión:
Dada una recurrencia del tipo $a_n=\alpha a_{n-1} + \beta a_{n-2}$ con $\alpha,\beta \in \mathbb{R},$ podemos determinar de manera explícita $a_n$ en función de $n$ de una de las tres maneras que hemos descrito antes.

¡ÉXITO! Esto nos va a permitir averiguar un montón de cosas sobre sucesiones famosas y sobre cómo una sucesión se comporta cuando $n$ tiende a $\infty,$ pues es mucho más fácil determinar su convergencia si no viene expresada como una recurrencia (que recuerdo que era nuestro objetivo al principio del post). Ahora vamos a ver el enunciado general, aunque no lo vamos a demostrar:

$\text{Teorema.}$ Dado $k \geq 1,$ la solución general de la recurrencia de la forma $(2)$ es de la forma: $$ \lbrace p_1(n)r_1^n+ \ ... \ +p_m(n)r_m^n \rbrace_{n=0}^{\infty}$$donde los $r_i$ son las soluciones de la ecuación $$r^k=B_1r^{k-1} + \ ... \ + B_{k-1}r+B_k $$y cada $p_j(n)$ es un polinomio de coeficientes arbitrarios pero de grado una unidad menos que la multiplicidad de $r_j$ como solución de la ecuación.

Por último vamos a ver el ejemplo de cómo hallar el término $n-$ésimo de la sucesión de Fibonacci utilizando esto que acabamos de ver.

La sucesión de Fibonacci $\lbrace F_n \rbrace_{n=0}^{\infty}$ obedece la recurrencia $F_n=F_{n-1}+F_{n-2}$ y además tiene $F_0=0, F_1=1$ (recordemos que hemos dicho que íbamos a utilizar que el primer término de la sucesión es el de índice $0$ por una cuestión de notación). Entonces de acuerdo con el desarrollo anterior podemos encontrar una solución para esta recurrencia encontrando las soluciones de $r^2=r+1:$ $$r=\frac{1\pm \sqrt{5}}{2}.$$Es común denotar $\varphi=\frac{1+ \sqrt{5}}{2}$ y $\psi=\frac{1- \sqrt{5}}{2}.$ La solución por tanto tiene la forma: $$F_n= \lambda_1 \varphi^n + \lambda_2 \psi^n .$$Si imponemos las condiciones iniciales obtenemos: $$\begin{align*} 0&= \lambda_1 + \lambda_2 \\ 1&= \lambda_1 \varphi + \lambda_2 \psi\end{align*}$$que tiene como solución $A=\frac{1}{\sqrt{5}}$ y $B=-\frac{1}{\sqrt{5}},$ y esto nos da una expresión explícita para $F_n:$ $$ F_n=\frac{\varphi^n - \psi^n}{\sqrt{5}}=\frac{(1+\sqrt{5})^n - (1-\sqrt{5})^n}{2^n \sqrt{5}}$$y esta se conoce como "Fórmula de Binet". Esta fórmula es asombrosa dado que ambos $\varphi$ y $\psi$ son números irracionales y sin embargo la sucesión de Fibonacci es una sucesión de números enteros.