LA RAZÓN ÁUREA Y LA SUCESIÓN 1,1,2,3,5,8...

 

Seguramente el lector se habrá dado cuenta de la pauta que siguen los números 1, 1, 2, 3, 5, 8: cada uno se obtiene sumando los dos precedentes de modo que la sucesión continúa 13, 21, 34, 55,... Si llamamos xn al número que aparece en el lugar n-ésimo esta sucesión queda determinada por la relación de recurrencia xn = xn-1 + xn-2  junto con las condiciones iniciales x1 = x2 = 1. Se denomina sucesión de Fibonacci.

Esta sucesión aparece de forma natural al considerar el siguiente problema. Supongamos que tenemos una raza inmortal de conejos. Cada pareja de conejos adultos tienen cada mes otra pareja de conejos y hace falta un mes para que un conejo llegue a su edad adulta. La pregunta es, si partimos de una pareja recién nacida de conejos, ¿cuántas parejas tendremos a cabo de n meses?

Llamemos xn al número de parejas de conejos que tenemos al comenzar el mes n-ésimo. Según el problema, x1=1. El segundo mes alcanzan la edad adulta y no nace ninguna pareja puesto que se necesita un mes más para la gestación, así que  x2=1. El tercer mes nace la primera pareja por lo que x3=1+1=2. De estas dos parejas, sólo una es adulta, por lo tanto en el cuarto mes habrá 2+1=3 parejas (2 adultas y 1 recién nacida). ¿Cuántas parejas habrá el quinto y el sexto mes? En general, en el mes n habrá el número de parejas de hubiera el mes anterior más el número de parejas adultas que hubiera ese mes (que son las que se han reproducido). ¿Cuántas parejas adultas hay el mes n-1?

De las preguntas anteriores debería estar clara la relación de recurrencia xn = xn-1 +  xn-2. ¿Cuántas parejas hay después de un año?

Hasta ahora, no parece haya mucha relación entre la sucesión de Fibonacci y la razón áurea. Se invita al lector a que calcule la sucesión de Fibonacci hasta el vigésimo término y que haga el cociente x20 /x19. Si lo compara con  el valor de la razón áurea, que denotaremos Φ, verá que coinciden en ¡siete decimales! La coincidencia es aún mayor si se usan términos consecutivos más altos de la serie. Este comportamiento no puede deberse a una casualidad y exige una explicación.

En realidad la conexión entre la sucesión de Fibonacci y la razón áurea tampoco es tan misteriosa. En efecto, formemos un segmento AB uniendo dos segmentos AC y CB de longitudes  Φn-1 y  Φn-2, respectivamente (n es un número mayor o igual que 3). Como AC/CB = Φn-1 /Φn-2 = Φ, el punto C divide el segmento AB según la proporción áurea. Esto quiere decir que la razón de AB al segmento mayor AC también es Φ y, por lo tanto, AB=Φ×AC=Φ×Φn-1=Φn.

Así pues tenemos la relación Φn = Φn-1 +  Φn-2, justamente la misma relación de recurrencia que verifica la sucesión de Fibonacci. Obviamente, no se tiene que  xn=Φn, puesto que los dos primeros términos de la sucesión de Fibonacci son 1,1 y no Φ,  Φ2. Jugando con la relación Φn = Φn-1 +  Φn-2 podemos encontrar otra sucesión geométrica que también cumple la relación de recurrencia de la sucesión de Fibonacci. Si multiplicamos por (-1)n/Φ2n-2 la igualdad Φn = Φn-1 + Φn-2 , se obtiene fácilmente la relación (-1/Φ)n= (-1/Φ)n-1 +  (-1/Φ)n-2. En resumen, hemos encontrado dos sucesiones geométricas (las de razón Φ y -1/Φ) que satisfacen la relación de recurrencia de la sucesión de Fibonacci. Lamentablemente, ninguna de las dos comienza por 1,1, luego seguimos sin encontrar una fórmula explícita para xn. Estamos sin embargo muy cerca de ello.

Las dos sucesiones geométricas que tenemos se pueden combinar de múltiples formas para originar nuevas sucesiones cumpliendo todas ellas la recurrencia de Fibonacci, por ejemplo, sumándolas, restándolas o, más generalmente, fijando dos números a y b y considerando la sucesión yn=aΦn  + b(-1/Φ)n. Ahora lo único que tenemos que hacer es elegir a y b convenientemente para que y1=y2=1 y habremos terminado. Las operaciones para determinar a y b son más sencillas si se supone que la sucesión de Fibonacci tiene un término cero-ésimo x0=0. Notar que la sucesión de Fibonacci sigue estando determinada por la misma relación de recurrencia y por los dos primeros términos 0, 1. Se deja como ejercicio comprobar que al imponer las condiciones y0=0,  y1=1 se obtiene la fórmula final:

 xn = (Φn  - (-1/Φ)n)/√5 = (1/√5){( (1+√5)/2 )n - ( (1-√5)/2 )n}.

El sumando (-1/Φ)n/√5 es siempre estrictamente menor que 1/2 en valor absoluto, por lo tanto xn es el número natural más próximo a Φn/√5. Ahora ya queda claro por qué el cociente de dos términos consecutivos de la sucesión de Fibonacci es prácticamente Φ: salvo un pequeño error, se está haciendo el cociente entre  Φn/√5   y   Φn-1/√5 , cuyo valor es precisamente Φ.

Puede seguir siendo un poco misterioso por qué las sucesiones geométricas de razón Φ y -1/Φ (especialmente esta última) cumplen la misma relación de recurrencia que la sucesión de Fibonacci. No ha nada raro en ello si observamos que ambos números son las raíces del polinomio x2 - x - 1. Esto significa que si u es cualquiera de los dos, u2 = u + 1 y, multiplicando esta relación por un-2 resulta la relación conocida un = un-1 +  un-2. La ventaja de esta explicación es que la misma idea se puede aplicar a otras relaciones de recurrencia.

Terminamos planteando tres problemas.

  1. El primer problema es una variante del de los conejos de Fibonacci. La situación es exactamente la misma que antes pero ahora cada pareja de conejos adultos tiene cada mes dos parejas de conejos el lugar de una sola. Se trata de hallar una fórmula explícita similar a la obtenida para  xn que dé el número de parejas de conejos en el mes n-ésimo.


  2. El segundo problema no parece que tenga mucho que ver a simple vista con la sucesión de Fibonacci. Se planteó en la olimpiada matemática británica de 1994:  Una sucesión de números naturales finita se dice alternante si es creciente, comienza con un número impar y la paridad de los números va cambiando. Por ejemplo, 3,8,11,14,21 ó 7,14 son sucesiones alternantes. Se admite la sucesión vacía (sin ningún número) como alternante. ¿Cuántas sucesiones alternantes existen cuyos números son menores o iguales que 20? (Así, de las dos de antes, sólo cuenta la segunda.)


  3. Este problema apareció en la fase nacional del la olimpiada española de 1990:  Sea llama parte entera de un número real a, y se denota [a], al mayor entero menor o igual que a. Demostrar que la parte entera de (4+√11)n , con n natural, es un número impar. (Ayuda)