Triángulo de Hosoya Su Geometría y Propiedades Del MCD

Universidad de El Salvador
Facultad de Ciencias Naturales y

Matemática
Escuela de Matemática
Triángulo de Hosoya: Su geometrı́a y propiedades del mcd
Tesis para obtener el tı́tulo de:

Licenciados en Matemática
Presentado por:
Br. Carmen Elizabeth Parada Barrera, PB16008
Br. Alejandro Ernesto Rivera Rivera, RR14041
Asesor interno:
Lic. Mirna Guadalupe Galdámez Constante
Asesor externo:
Lic. Luisantos Bonilla Mejı́a
Febrero de 2022
Ciudad Universitaria, San Salvador, El Salvador
Autoridades
Universidad de El Salvador
Rector:
MSc. Roger Armando Arias Alvarado
Vice-Rector Académico:
PhD. Raúl Ernesto Azcúnaga López
Vice-Rector Administrativo:
Ing. Juan Rosa Quintanilla
Secretario General:
Ing. Francisco Alarcón
Fiscal General:
Lic. Rafael Humberto Peña Marı́n
Facultad de Ciencias Naturales y Matemática

Decano:
Lic. Mauricio Hernan Lovo Córdova.
Vice-Decana:
MSc. Zoila Virginia Guerrero Mendoza
Secretario:
Lic. Jaime Humberto Salinas Espinoza
Escuela de Matemática
Director:
Dr. Dimas Noé Tejada Tejada
Secretario:
MSc. Carlos Ernesto Gámez Rodrı́guez
1
Agradecimientos.
Principalmente al creador del universo por brindarme la sabidurı́a y la fuerza necesaria para
lograr culminar esta meta en mi vida. También estoy eternamente agradecida con mis padres
que siempre han estado apoyándome desde el inicio de esta etapa, que me han llevado de la
mano guiándome y que se han esforzado para que todo lo que he logrado fuera posible. A mi
hermano porque ha estado dándome ánimos en todo este camino y siempre ha confiado en
mı́.
A mi mejor amigo Walter Medrano por creer en mi y siempre saber que decir para que no
desistiera; a mis amigos Raúl Cortez y Wilfredo Iraheta por estar desde mi primer dı́a de
la carrera y jamás abandonarme cuando más los necesite; a mis amigas Stephanie Rivera y
Beatriz Bran por incorporarse en mi vida en el transcurso de la carrera y ser muy importantes
para poder lograr esto. Gracias a todos por existir y por todos esos lindos recuerdos con
ustedes que siempre llevaré en mi memoria y mi corazón.
A Madeline Sibrián por ser tan gentil y ayudarme a aprender muchas cosas de Overleaf que
permitieron realizar este trabajo; a Alisson Martı́nez porque desde que comencé la tesis me
ha acompañado y jamás dudo que lo podı́a lograr. Gracias por ayudarme y confiar en mis
capacidades.
Finalmente agradecer a mi asesora Lic. Mirna Galdámez por su confianza, disposición y
consejos que hicieron que esta tesis se realizara de la mejor manera; a mi amigo y asesor
Lic. Luisantos Bonilla por siempre darme una mano cuando la necesité a lo largo de mi vida
universitaria, gracias por compartir sus conocimientos conmigo; a mi compañero Alejandro
Rivera que sin él, este trabajo no hubiera sido el mismo, gracias por ser paciente y un gran
apoyo en este último paso de esta etapa de mi existencia.
A muchas personas que no he mencionado, familiares, compañeros y amigos que también
estoy agradecida porque sin ellos nada de esto serı́a posible.
¡Gracias por acompañarme en esta fase de mi vida, que sin duda es una de las más bonitas
e importantes!
Carmen Elizabeth Parada.
2
Primeramente agradezco a mi madre que es el pilar de mi vida, mi apoyo incondicional, quien
jamás dudó en que podı́a lograr mis metas. A mis abuelos que siempre estuvieron atentos
y dándome ánimos cuando me sentı́a perdido en mi camino estudiantil, y a toda mi demás
familia que me ha brindado su apoyo desde el inicio de la carrera.
A mi amiga y compañera leal Michelle Osorio por siempre estar ahı́ para mı́. Fue con quien
siempre hice los trabajos, nos ayudábamos a entender los temas y prepararnos para los
exámenes, muchas gracias por todo.
Gracias infinitas a Joaquı́n Aparicio quien desde el inicio de la carrera fue mi amigo, com-
pañero y tutor. Tuvo la paciencia de explicarme y alentarme a nunca rendirme, quien siempre
creyó en que yo soy bueno en esta carrera.
Gracias a mi compañera Carmen Parada por dejarme formar parte de esta última prueba en
nuestra carrera, por haberme dado la confianza de trabajar y apoyar su idea de tesis.
Agradecer a nuestra asesora Lic. Mirna Galdámez por su tiempo, confianza y compromiso
para con nosotros. Gracias a ella mejoramos mucho en nuestros conocimientos.
Agradezco a nuestro asesor externo Lic. Luisantos Bonilla por su tiempo, consejos, dedicación
y sobre todo paciencia a la hora de guiarme en los problemas surgidos a lo largo de este
trabajo.
Finalmente, agradecer a todos esos compañeros que estuvieron a lo largo de la carrera junto
a mı́. A mis amigos que no he mencionado, por siempre alegrarme y animarme en esos
momentos difı́ciles de la carrera.
Alejandro Rivera.
3
Índice
Resumen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
Introducción . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
Metodologı́a . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8
Capı́tulo 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9
1. Preliminares 9
1.1. Números de Fibonacci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9
1.2. Números de Lucas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
1.3. Identidades de Fibonacci y Lucas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
1.4. Generalización de los números de Fibonacci . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29
1.5. Triángulo de Pascal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32
1.5.1. Coeficientes binomiales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32
1.5.2. Triángulo de Pascal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34
1.5.3. Números de Fibonacci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39
1.6. Triángulo de Hosoya . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43
1.6.1. Definición recursiva . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44
1.6.2. Relación entre H(r, k) y Lr . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50
1.6.3. Rombo mágico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51
Capı́tulo 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55
2. Propiedades del MCD en el triángulo de Hosoya 55

2.1. Sistema de coordenadas del triángulo de Hosoya . . . . . . . . . . . . . . . . 55
2.2. Estrella de David . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57
2.3. Propiedades que se generalizan del triángulo de Pascal al triángulo de Hosoya 65
2.4. La propiedad del mcd en un polı́gono . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 78
4
2.5. La sucesión generalizada de Hosoya. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 86
2.6. La estrella generalizada de David . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 92
2.7. Propiedades del mcd de los números generalizados de Fibonacci . . . . . . . 95
2.8. Propiedad del mcd para la estrella de David de longitud dos y tres . . . . . 102
Capı́tulo 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 106
3. Geometrı́a en el triángulo de Hosoya 106

3.1. El triángulo de Hosoya y su sistema de coordenadas . . . . . . . . . . . . . . 106
3.2. Propiedades geométricas en el triángulo de Hosoya . . . . . . . . . . . . . . . 108
Conclusiones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 129
Bibliografı́a . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131
5
Resumen
El triángulo de Hosoya es un arreglo triangular de números que se asemeja a él triángulo de

Pascal basado en los números de Fibonacci. Las dos diagonales más externas son los números
de Fibonacci, mientras que los números de la linea vertical central son los cuadrados de los
números de Fibonacci. Todos los demás números resultan ser la suma de los dos números
anteriores en la diagonal izquierda o en la diagonal derecha.
1
1 1
2 1 2
3 2 2 3
5 3 4 3 5
8 5 6 6 5 8
Triángulo de Hosoya.
En este trabajo se estudian las propiedades del máximo común divisor (mcd) de algunas
configuraciones geométricas en el triángulo de Hosoya. En particular, las propiedades del
mcd de una configuración especial en el triángulo de Hosoya llamada ((La estrella de David )),
la cual se forma por los vértices de dos triángulos de un hexágono regular en el triángulo de
Hosoya.
Se demuestra que el producto de todos los puntos en una estrella de David de longitud dos
en el triángulo de Pascal forma un cuadrado perfecto, de igual forma que el mcd de cada
triángulo de la estrella de David de longitud dos en el triángulo de Pascal da el mismo
número. Estas propiedades se denominan Propiedades de producto y mcd, respectivamente.
Se muestra que ambas propiedades son ciertas para cualquier estrella de David de longitud
2 en el triángulo de Hosoya, es importante mencionar que estas propiedades pueden ser
generalizadas.
Se estudian las propiedades geométricas dentro del triángulo de Hosoya, algunas de las pro-
piedades de los números de Fibonacci las veremos ahora con interpretación geométrica. Se
proporciona pruebas geométricas de identidades clásicas usando el triángulo de Hosoya.
6
Introducción
El presente trabajo está dividido en tres capı́tulos. El capı́tulo uno es una introducción al
triángulo de Hosoya de manera general, en el cual se desarrollan las definiciones, teoremas
y resultados básicos que son necesarios para comprender el resto de capı́tulos. Se probarán
una serie de propiedades de los números de Fibonacci.
En el capı́tulo dos generalizaremos una serie de propiedades del triángulo de Pascal al triángu-
lo de Hosoya. En particular, probaremos la propiedad del M CD para la estrella de David y
otros polı́gonos. También damos un criterio para determinar si una secuencia de puntos en
un polı́gono o en un rombo tienen M CD igual a uno. Después estudiaremos el triángulo ge-
neralizado de Hosoya, que es un arreglo numérico donde cada entrada es un producto de dos
números generalizados de Fibonacci. Demostramos la propiedad del M CD para la estrella
de David de longitud dos, damos las condiciones necesarias y suficientes para que la estrella
de David de longitud tres satisfaga dicha propiedad. También estudiamos las propiedades del
M CD y las propiedades de modularidad de los números generalizados de Fibonacci.
En el capitulo tres exploraremos algunas identidades de Fibonacci que se interpretan geométri-
camente en el triángulo de Hosoya. Especı́ficamente exploramos una generalización de las
identidades de Catalan y Cassini desde un punto de vista geométrico. También, estudiare-
mos las propiedades que poseen los peldaños de los diferentes tipos de escaleras, utilizando la
propiedad del rectángulo para dar una prueba geométrica. Finalmente, ampliamos algunas
propiedades presentes en el triángulo de Pascal al triángulo de Hosoya, como la propiedad
del palo de hockey.
7
Metodologı́a
La metodologı́a a seguir en este trabajo es:
1. Revisión bibliográfica; utilizaremos como referencia diversos artı́culos para desarrollar

los contenidos propuestos:
The Geometry of some Fibonacci Identities in the Hosoya Triangle, Rigoberto

Flórez and Robinson A. Higuita and Antara Mukherjee.
GCD Property of the Generalized Star of David in the Generalized Hosoya Trian-
gle, Rigoberto Flórez and Robinson Higuita and Leandro Junes.
GCD Property in Hosoya’s triangle, Rigoberto Flórez and Leandro Junes.
Fibonacci and Lucas numbers with applications, Thomas Koshy.
2. Demostración de teoremas; analizaremos y demostraremos de manera clara y detallada

propiedades, identidades y teoremas relevantes sobre el triángulo de Hosoya.
3. Los capı́tulos a desarrollar son:
Preliminares: Triángulo de Hosoya.

Propiedades del M CD en el triángulo de Hosoya.
Geometrı́a en el triángulo de Hosoya.
8
Capı́tulo 1
1. Preliminares
El triángulo de Hosoya es un arreglo triangular definido recursivamente. Es importante men-

cionar que cada entrada se puede obtener como producto de dos números de Fibonacci. Este
arreglo posee muchas propiedades e identidades que provienen de un triángulo más conocido
como lo es el triángulo de Pascal.
En este capı́tulo desarrollaremos los conceptos y teoremas básicos que utilizaremos en el
transcurso de este trabajo, también mostraremos identidades que pueden encontrarse en el
triángulo de Pascal que consiguen ser generalizadas en el triángulo de Hosoya.
Finalizaremos este capı́tulo estudiando cuidadosamente las entradas del triángulo de Hosoya.
De esta manera podemos obtener estructuras como: el rombo mágico, en el cual se cumplen
propiedades muy peculiares.
1.1. Números de Fibonacci
La sucesión de Fibonacci fue llamada de esta forma en mayo de 1876 por el francés Ma-
temático Francois-Edouard-Antole-Lucas quien originalmente la llamó ((La serie de Lamé)),
en honor al matemático Francés Gabriel Lamé (1975-1870) [Martin Garden, 1996].
Francois-Edouard-Antole-Lucas
La sucesión de Fibonacci es una de las sucesiones numéricas más intrigantes, continúa pro-
porcionando amplias oportunidades a profesionales y aficionados matemáticos para hacer
conjeturas y expandir el horizonte matemático.
La sucesión es tan importante que se creó una organización de las matemáticas The Fibo-
nacci Association para estudiar Fibonacci y sucesiones enteras relacionadas. La asociación
9
fue fundada en 1963 por Verner E. Hoggatt, Jr. (1921-1980) de la Universidad de San José,
California y su hermano Alfred Brousseau (1907-1988) de la Universidad de St. Mary’s en Ca-
lifornia. La asociación publicó ((The Fibonacci Quartely)), dedicado a artı́culos de sucesiones
de enteros.
Una mirada de cerca a la sucesión de Fibonacci reveló que tenı́a una propiedad fascinante:
cada número de Fibonacci, excepto los primeros dos, es la suma de los dos números de
Fibonacci anteriores.
La sucesión de Fibonacci es un grupo famoso de números que comienzan con 1 y 1 en el
que cada número es la suma de los dos anteriores. Comienza 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21 y continúa
infinitamente (1 + 1 = 2, 2 + 1 = 3, 3 + 2 = 5 . . .). El patrón esconde un poderoso secreto: sı́
divide cada número en la secuencia por su predecesor, a medida que avanza hacia números
más altos, el resultado converge en la constante φ, o aproximadamente 1.61803, también
conocido como la proporción áurea.
Definición 1.1. La definición recursiva del n-ésimo número de Fibonacci es:
F0 = 0, F1 = 1 relación inicial.
Fn = Fn−1 + Fn−2 n ≥ 2 relación de recurrencia.
No se sabe si Fibonacci conocı́a esta relación. Si lo hizo, no existe ningún registro en ese
sentido. De hecho, la primera confirmación escrita de la relación de recurrencia apareció
cuatro siglos después, cuando el gran astrónomo y matemático alemán Johannes Kepler
(1571-1630) escribió que Fibonacci seguramente debe haber notado esta relación recursiva
[Johannes Kepler, 1611]. En cualquier caso, lo notó por primera vez el matemático holandés
Albert Girard (1595-1632)[Stevin, Simon; Girard, Albert; Diophantus, of Alexandria, 1634].
Sin embargo, según P. Singh de la Universidad de Raj Narain en Bihar, India, los números
de Fibonacci y la formulación recursiva ya era conocida en la India varios siglos antes de
que Fibonacci propusiera el problema [Singh, 1985]. Estas formulaciones fueron dadas por
Virahanka (entre 600 y 800 d.C) [Livio, 2003] , Gopala (previo a 1135 d.C) [Livio, 2003] y
Hemacandra (sobre 1150 d.C) [Goonatilake, 1998].
1.2. Números de Lucas
Usando la relación de recurrencia de Fibonacci y diferente condiciones iniciales, podemos

construir una nueva sucesión de números.
Definición 1.2. La definición recursiva del n-ésimo número de Lucas es:
L0 = 2, L1 = 1 relación inicial.
Ln = Ln−1 + Ln−2 n ≥ 2 relación de recurrencia.
El resultado es la sucesión 2, 1, 3, 4, 7, 11... Es llamada la sucesión de Lucas, por Edouard

Lucas.
10
Los números de Fibonacci y Lucas son relativamente cercanos, por ejemplo podemos ver que
sus n-ésimos términos Ln y Fn satisfacen la misma relación de recurrencia.
Usando Ln−2 = Ln − Ln−1 se puede extender la sucesión de números de Lucas para obtener
una secuencia doblemente infinita . . . − 11, 7, −4, 3, −1, 2, 1, 3, 4, 7, 11 . . .
La fórmula para los términos con los ı́ndices negativos en esta secuencia es:
L−n = (−1)n Ln .
1.3. Identidades de Fibonacci y Lucas
Los números de Fibonacci y de Lucas satisfacen numerosas identidades que han sido des-
cubiertas a lo largo de los siglos. En esta sección presentaremos varias de estas identidades
fundamentales.
Xn
Por ejemplo, si tratamos de conjeturar una fórmula para la suma Fi . Podemos observar
i=1
el siguiente patrón interesante:
F1 = 1 = 2 − 1 = F3 − 1
F1 + F2 = 2 = 3 − 1 = F4 − 1
F1 + F2 + F3 = 4 = 5 − 1 = F5 − 1
F1 + F2 + F3 + F4 = 7 = 8 − 1 = F6 − 1
F1 + F2 + F3 + F4 + F5 = 12 = 13 − 1 = F7 − 1.
n
X
Siguiendo este patrón, conjeturamos que Fi = Fn+2 − 1. La prueba de esta fórmula la
i=1
veremos en el siguiente teorema.
Teorema 1.1. (Lucas, 1876) La suma de los primeros n números de Fibonacci, está dada
por:
Xn
Fi = Fn+2 − 1 (1)
i=1
para n > 0.
Demostración.
Por principio de inducción matemática sobre n, tenemos:
Caso base:
Para n=1
1
X
Fi = F1 = 1 = 2 − 1 = F3 − 1.
i=1
Claramente, se cumple para el caso base.
11
Hipótesis inductiva:
Sea k un estero positivo, supongamos que se cumple:
k
X
Fi = Fk+2 − 1
i=1
.
Prueba inductiva:
Veamos que se cumple para n = k + 1:
k+1
X k
X
Fi = Fi + Fk+1
i=1 i=1
= Fk+2 − 1 + Fk+1 por hipótesis inductiva
= (Fk+2 + Fk+1 ) − 1 por la relación de recurrencia de Fibonacci
= Fk+3 − 1.
Por lo tanto, la afirmación se cumple para todo entero positivo n.
Usando la técnica empleada en el Teorema (1.1), podemos derivar una fórmula para la suma
de los primeros n números de Fibonacci con subı́ndices impares.
Teorema 1.2. (Lucas, 1876) La suma de los primeros n números de Fibonacci con subı́ndices
impares, está dada por:
X n
F2i−1 = F2n (2)
i=1
para n > 0.
Demostración.
Caso base:
Para n = 1
1
X
F2i−1 = F1 = 1 = F2 .
i=1
Sea k un estero positivo, supongamos que se cumple:
k
X
F2i−1 = F2k .
i=1
12
Prueba inductiva:
k+1
X k
X
F2i−1 = F2i−1 + F2k+1
i=1 i=1
= F2k + F2k+1 por hipótesis inductiva
= F2k+2 por relación de recurrencia de Fibonacci.
A continuación, tenemos un ejemplo en el que el Teorema (1.2) se puede verificar de manera

directa.
10
X
Ejemplo 1.1. Si consideramos F2i−1 , representa la suma de los primeros 10 números de
i=1
Fibonacci con subı́ndices impares.
10
X
F2i−1 = F20 = 6765.
i=1
Corolario 1.1. (Lucas, 1876) La suma de los primeros n números de Fibonacci con subı́ndi-
ces pares, está dada por:
n
X
F2i = F2n+1 − 1 (3)
i=1
para n > 0.
Demostración.
Caso base:
Para n = 1
1
X
F2i = F2 = 1 = 2 − 1 = F3 − 1.
i=1
Sea k un entero positivo, supongamos que se cumple:
k
X
F2i = F2k+1 − 1.
i=1
13
Prueba inductiva:
k+1
X k
X
F2i = F2i + F2k+2
i=1 i=1
= F2k+1 − 1 + F2k+2 por hipótesis inductiva
= (F2k+1 + F2k+2 ) − 1
= F2k+3 − 1 por relación de recurrencia de Fibonacci.
Ahora estudiemos el siguiente patrón:

F1 F3 − F22 = 1 · 2 − 12 = (−1)2
F2 F4 − F32 = 1 · 3 − 22 = (−1)3
F3 F5 − F42 = 2 · 5 − 32 = (−1)4
F4 F6 − F52 = 3 · 8 − 52 = (−1)5
..
.
De aquı́ podemos conjeturar que Fn−1 Fn+1 − Fn2 = (−1)n , cuando n ≥ 1. Esto lleva a la
siguiente fórmula, la cual fue descubierta en 1680 por el astrónomo y matemático italiano-
francés Giovanni Domenico Cassini (1625-1712) [Werman, M.; Zeilberger, D., 1986], y des-
cubrió de forma independiente en 1753 por Robert Simson (1687-1768) de la Universidad de
Glasgow [Robert Simson, 1753].
Teorema 1.3. (Fórmula de Cassini) El producto de los números de Fibonacci anterior y
siguiente a Fn menos el cuadrado de Fn es igual a 1 o −1, como se representa en la siguiente
fórmula:
Fn−1 Fn+1 − Fn2 = (−1)n (4)
para n > 0.
Demostración.
Realizaremos esta demostración por el principio de inducción matemática sobre n.
Caso Base:
Para n = 1
F0 F2 − F12 = 0 · 1 − 1 = −1 = (−1)1 .
Claramente, la afirmación se cumple para el caso base.
Hipótesis Inductiva:
Fk−1 Fk+1 − Fk2 = (−1)k .
14
Prueba inductiva:
Probemos que se cumple para k+1:
2 2
Fk Fk+2 − Fk+1 = (Fk+1 − Fk−1 )(Fk + Fk+1 ) − Fk+1
2 2
= Fk Fk+1 + Fk+1 − Fk Fk−1 − Fk−1 Fk+1 − Fk+1
= Fk Fk+1 − Fk Fk−1 − Fk2 − (−1)k por hipótesis inductiva
k+1
= Fk Fk+1 − Fk (Fk−1 + Fk ) + (−1)
= Fk Fk+1 − Fk Fk+1 + (−1)k+1
= (−1)k+1 .
La fórmula de Cassini produce el siguiente derivado fascinante.

Corolario 1.2. Dos números consecutivos de Fibonacci son primos relativos; esto es:
(Fn+1 , Fn ) = 1
para n > 0.
Demostración.
Por principio de inducción matemática sobre n, veamos que para todo n > 0 se satisface que
(Fn+1 , Fn ) = 1.
Caso base:
Para n = 1, tenemos
(F2 , F1 ) = (1, 1) = 1.
Sea k un entero arbitrario, supongamos que se cumple:
(Fk+1 , Fk ) = 1.
Prueba inductiva:
Veamos que se cumple para k + 1, es decir: (Fk+2 , Fk+1 ) = 1.
Sea d = (Fk+2 , Fk+1 ), luego como d es el mcd se cumple:
d|Fk+2 y d|Fk+1 .
Recordemos que por definición de los números de Fibonacci Fk+2 = Fk+1 + Fk , de aquı́
que d|(Fk+1 + FK ). También d divide a cualquier combinación lineal de ellos, tenemos:
15
d|(Fk+1 + FK − Fk+1 )
d|Fk .
Lo que quiere decir que d|Fk+1 y d|Fk . Por hipótesis inductiva d = (Fk+1 , Fk ) = 1.
De esta manera concluimos que (Fn+1 , Fn ) = 1.
Es válido hacerse la siguiente pregunta ¿Qué podemos decir de la suma de los cuadrados de
los primeros n números de Fibonacci?
Una vez más, observemos el patrón:
F12 + F22 = 2 = F2 F3 .
Este resultado tiene una buena interpretación geométrica: La suma de las áreas de los cua-
drados de tamaños F1 × F1 y F2 × F2 es igual al área del rectángulo de tamaño F2 × F3 , como
la Figura 1 lo demuestra.
2
1
Figura 1: Rectángulo de tamaño F2 × F3
Igualmente, F12 + F22 + F32 = 1 + 1 + 4 = 6 = 2 · 3 = F3 F4 y F12 . Este resultado también puede

ser interpretado geométricamente en una manera similar, como lo muestra la Figura 2.
3
De la misma manera F12 + F22 + F32 + F42 = 1 + 1 + 4 + 9 = 15 = 3 · 5 = F4 F5 . Este resultado

también puede ser interpretado geométricamente en una manera similar, como lo muestra la
Figura 3.
5
16
Más generalmente, tenemos el siguiente resultado:
Teorema 1.4. (Lucas,1876) La suma de los cuadrados de los primeros n números de Fibo-
nacci, está dada por:
Xn
Fi2 = Fn Fn+1 (5)
i=1
para n > 0.
Demostración.
Por principio de inducción matemática sobre n.
Caso base:
Cuando n = 1, tenemos:
1
X
Fi2 = F12 = 1 = 1 · 1 = F1 F2 .
i=1
Ası́ comprobamos que el resultado es válido para el caso base.

k
X
Fi2 = Fk Fk+1 .
i=1
Prueba inductiva:
k+1
X k
X
Fi2 = Fi2 + Fk+1
2
i=1 i=1
2
= Fk Fk+1 + Fk+1 por hipótesis inductiva.
= Fk+1 (Fk + Fk+1 )
= Fk+1 Fk+2 por la relación de recurrencia de Fibonacci.
Las identidades (1) hasta (5) tienen resultados análogos para los números de Lucas.
Teorema 1.5. La suma de los primeros n números de Lucas, está dada por:
n
X
Li = Ln+2 − 3 (6)
i=1
para n > 0.
17
Demostración.
Por inducción matemática sobre n, obtenemos:
Caso base:
Para n = 1
1
X
Li = L1 = 1 = 4 − 3 = L3 − 3 = Ln+2 − 3.
i=1

k
X
Li = Lk+2 − 3.
i=1
Paso inductivo:
Veamos que se cumple para n = k + 1
k+1
X k
X
Li = Li + Lk+1
i=1 i=1
= Lk+2 + Lk+1 − 3 por hipótesis inductiva
= Lk+3 − 3 por definición recursiva
= L(k+1)+2 − 3.

Teorema 1.6. La suma de los primeros n números de Lucas con subı́ndices impares, está
dada por:
Xn
L2i−1 = L2n − 2 (7)
i=1
para n > 0.
Demostración.
Caso base:
Cuando n = 1
1
X
L2i−1 = L1 = 1 = 3 − 2 = L2 − 2.
i=1
18
k
X
L2i−1 = L2k − 2.
i=1
Paso inductivo:
k+1
X k
X
L2i−1 = L2i−1 + L2k+1
i=1 i=1
= L2k + L2k+1 − 2 por hipótesis inductiva
= L2k+2 − 2 por definición recursiva
= L2(k+1) − 2.
Teorema 1.7. La suma de los primeros n números de Lucas con subı́ndices pares, está dada
por:
Xn
L2i = L2n+1 − 1 (8)
i=1
para n > 0.
Demostración.
Caso base: para n = 1

1
X
L2i = L2 = 3 = 4 − 1 = L3 − 1.
i=1
k
X
L2i = L2k+1 − 1.
i=1
19
Paso inductivo:
k+1
X k
X
L2i = L2i + L2k+2
i=1 i=1
= L2k+1 + L2k+2 − 1 por hipótesis inductiva
= L2k+3 − 1 por definición recursiva
= L2(k+1)+1 − 1.
Estudiando esta relación

L0 L2 − L21 = (2)(3) − 1 = 5(−1)0
L1 L3 − L22 = (1)(4) − 9 = −5 = 5(−1)1
L2 L4 − L23 = (3)(7) − 16 = 5 = 5(−1)2
L3 L5 − L24 = (4)(11) − 49 = −5 = 5(−1)3
..
.
Podemos conjeturar Ln−1 Ln+1 − L2n = 5(−1)n−1 y lo probaremos a continuación.
Teorema 1.8. Identidad que cumplen los números de Lucas:
Ln−1 Ln+1 − L2n = 5(−1)n−1 (9)
para n > 0.
Demostración.
Caso base:
Para n = 1
L0 L2 − L21 = (2)(3) − 1 = 5(−1)0 .
Lk−1 Lk+1 − L2k = 5(−1)k−1
para k > 0.
20
Prueba inductiva:
Lk Lk+2 − L2k+1 = (Lk+1 − Lk−1 )(Lk + Lk+1 ) − L2k+1
= Lk+1 Lk + L2k+1 − Lk−1 Lk − Lk−1 Lk+1 − L2k+1
= Lk+1 Lk − Lk−1 Lk − Lk−1 Lk+1
= Lk+1 Lk − Lk−1 Lk − L2k − 5(−1)k−1 por hipótesis inductiva
= Lk+1 Lk − Lk (Lk−1 + Lk ) + 5(−1)(−1)k−1
= Lk+1 Lk − Lk Lk+1 + 5(−1)k
= 5(−1)k .
Teorema 1.9. La suma de los cuadrados de los primeros n números de Lucas, está dada
por:
Xn
L2i = Ln Ln+1 − 2 (10)
i=1
para n > 0.
Demostración.
Caso base:
Para n = 1
1
X
L2i = L21 = 1 = L1 L2 − 2.
i=1
Sea k un estero positivo, supongamos que se cumple :
k
X
L2i = Lk Lk+1 − 2.
i=1
Prueba inductiva:
Veamos que se cumple para n = k + 1 :
k+1
X k
X
L2i = L2i + L2k+1
i=1 i=1
= Lk Lk+1 + L2k+1 − 2 por hipótesis inductiva,
= Lk+1 (Lk + Lk+1 ) − 2
= Lk+1 (Lk+2 ) − 2 por relación de recurrencia,
= Lk+1 Lk+2 − 2.
21
Para nuevas identidades, ahora presentamos una fórmula explı́cita para Fn . Con este
√ fin,
1+ 5
tomamos α y β raı́ces de la ecuación cuadratica x2 − x − 1 = 0, entonces α = y
√ 2
1− 5
β= . Luego α + β = 1 y αβ = −1. Además,
2
α2 = α(1 − β) = α − αβ = α + 1
α3 = α(α + 1) = α2 + α = 2α + 1
α4 = α(2α + 1) = 2α2 + α = 2(α + 1) + α = 3α + 2
α5 = α(3α + 2) = 3α2 + 2α = 3(α + 1) + 2α = 5α + 3
α6 = α(5α + 3) = 5α2 + 3α = 5(α + 1) + 3α = 8α + 5
α7 = α(8α + 5) = 8α2 + 5α = 8(α + 1) + 5α = 13α + 8
α8 = α(13α + 8) = 13α2 + 8α = 13(α + 1) + 8α = 21α + 13.
Ası́, tenemos:
α = 1α + 0
α2 = 1α + 1
α3 = 2α + 1
α4 = 3α + 2
α5 = 5α + 3
α6 = 8α + 5
α7 = 13α + 8
α8 = 21α + 13.
Similarmente para β obtenemos:

β2 = β(1 − α) = β − βα = β + 1
β3 = β(β + 1) = β 2 + β = 2β + 1
β4 = β(2β + 1) = 2β 2 + β = 2(β + 1) + β = 3β + 2
β5 = β(3β + 2) = 3β 2 + 2β = 3(β + 1) + 2β = 5β + 3
β6 = β(5β + 3) = 5β 2 + 3β = 5(β + 1) + 3β = 8β + 5.
Ası́, tenemos:
β = 1β + 0
β2 = 1β + 1
β3 = 2β + 1
β4 = 3β + 2
β5 = 5β + 3
β6 = 8β + 5.
22
Notemos el patrón interesante que surge: el término constante y el coeficiente de α(ó β) en
el lado derecho parecen ser números de Fibonacci adyacentes.
En consecuencia, tenemos los siguientes lemas.
Lema 1.1. Si α es una raı́z positiva de la ecuación x2 − x − 1 = 0, entonces se cumple que:
αn = αFn + Fn−1
para n > 0.
Demostración.
Caso base:
Para n = 1
α = αF1 + F0 ya que F1 = 1 y F0 = 0
= 1α + 0.

αk = αFk + Fk−1
para k > 0.
Prueba inductiva:
αk+1 = ααk
= α(αFk + Fk−1 ) por hipótesis inductiva
= Fk α2 + αFk−1 sabemos que α2 = α + 1
= Fk (α + 1) + αFk−1
= αFk + αFk−1 + Fk
= α(Fk + Fk−1 ) + Fk
= αFk+1 + Fk por relación de recurrencia.
Lema 1.2. Si β es la raı́z negativa de la ecuación x2 − x − 1 = 0, entonces se cumple que:
β n = βFn + Fn−1
para n > 0.
23
Demostración.
Caso base:
Para n = 1
β = βF1 + F0 ya que F1 = 1 y F0 = 0
= 1β + 0.
β k = βFk + Fk−1
para k > 0.
Prueba inductiva:
β k+1 = ββ k
= β(βFk + Fk−1 ) por hipótesis inductiva
2
= Fk β + βFk−1 sabemos que β 2 = β + 1
= Fk (β + 1) + βFk−1
= βFk + βFk−1 + Fk
= β(Fk + Fk−1 ) + Fk
= βFk+1 + Fk por relación de recurrencia.
(αn − β n )
Sea un = √ , donde n ≥ 1. Entonces
5
√
α−β 5 α2 − β 2 (α + β)(α − β)
u1 = √ = √ = 1 y u2 = √ = √ = 1.
5 5 5 5
24
Supongamos que n ≥ 3. Entonces
αn−1 − β n−1 αn−2 − β n−2

un−1 + un−2 = √ + √
5 5
n−2 n−2
α (α + 1) − β (β + 1)
= √
5
n−2 2 n−2
α ·α −β · β2
= √
5
n n
α −β
= √
5
= un .
Por lo tanto, un satisface la relación de recurrencia de Fibonacci y las dos condiciones iniciales.
Esto nos da una fórmula explicita para Fn :
Fn = un .
Teorema 1.10. Sea α y β las raı́ces de la ecuación cuadrática x2 − x − 1 = 0. Entonces

αn − β n
Fn =
α−β
cuando n > 0.
Demostración.
Por definición, α es la raı́z positiva de la ecuación cuadrática y por el Lema (1.1), sabemos
que: αn = αFn + Fn−1 , luego β es la raı́z negativa de la ecuación cuadrática por el Corolario
(1.2), sabemos que: β n = βFn + Fn−1 .
Entonces:
Fn (α − β)
Fn = multiplicando por 1
(α − β)
αFn − βFn
=
α−β
αFn + Fn−1 − βFn − Fn−1
= sumando 0
α−β
αFn + Fn−1 − (βFn + Fn−1 )
=
α−β
n n
α −β
= .
α−β
Esta fórmula explı́cita para Fn se llama fórmula de Binet, en honor al matemático francés
Jacques-Phillipe-Marie Binet (1786-1856), quien la descubrió en 1843 [Jacques Binet, 1843].
De hecho, fue descubierto por primera vez en 1718 por el matemático francés Abraham De
25
Moivre (1667-1754) [Abraham Moivre, 1718] utilizando funciones generadoras y también se
llegó a ella de forma independiente en 1844 por el ingeniero y matemático francés Gabriel
Lamé (1795-1870) [Gabriel lamé, 1844].
Correspondiente a la fórmula de Binet para Fn , también hay una para Ln , como el siguiente
teorema lo muestra.
Teorema 1.11. Formula de Binet para números de Lucas. Dado n > 0. Entonces
Ln = αn + β n .
Demostración.
Por inducción fuerte sobre n, tenemos:
Caso base:
Para n = 1
L1 = 1 = α + β
ya que sabemos que una de las condiciones que cumplen α y β es que α + β = 1. De
esta manera es claro que la afirmación se cumple para el caso base.
Sea k un entero positivo tal que n = k, supongamos que para i un entero positivo tal
que i ≤ k, se cumple:
Li = αi + β i .
Prueba inductiva:
Lk+1 = Lk + Lk−1
= αk + β k + αk−1 + β k−1 por hipótesis inductiva
= αk−1 (α + 1) + β k−1 (β + 1)
= αk−1 α2 + β k−1 β 2 ya que α2 = α + 1 y β 2 = β + 1
= αk+1 + β k+1 .
Las dos fórmulas de Binet se pueden utilizar en conjunto para derivar una serie de identidades.
Corolario 1.3. Las siguientes identidades muestran las relaciones que existen entre los
números de Fibonacci y los números de Lucas.
F2n = F n Ln (11)
Fn−1 + Fn+1 = Ln (12)
Fn+2 − Fn−2 = Ln (13)
Ln−1 + Ln+1 = 5Fn (14)
para n ≥ 3.
26
Demostración.
Identidad (11). Implica que cuando n ≥ 3, cada número de Fibonacci F2n con subı́ndice par
tiene factores no triviales. Por las fórmulas de Binet, tenemos:
n
α − βn

F n Ln = (αn + β n )
α−β
α − β 2n
2n
=
α−β
= F2n .
Identidad (12). La suma de cualesquiera dos números de Fibonacci que están a dos unidades
de distancia es un número de Lucas.
Por las fórmulas de Binet, tenemos:
αn−1 − β n−1 + αn+1 − β n+1
Fn−1 + Fn+1 =
(α − β)

αn α1 + α − β n β1 + β

=
(α − β)
2
n 1+α n 1+β 2
(αβ) α α
−β β
=
(αβ)(α − β)
α (β + α β) − β n (α + αβ 2 )
n 2
=
(αβ)(α − β)
α (β − α) − β n (α − β)
n
=
(αβ)(α − β)
α (−1)(α − β) + β n (−1)(α − β)
n
= ya que αβ = −1
(−1)(α − β)
n n
=α +β
= Ln .
Identidad (13). La diferencia de cualesquiera dos números de Fibonacci que se encuentran a

cuatro unidades de distancia es un número de Lucas.
(αn+2 − β n+2 ) − (αn−2 − β n−2 )

Fn+2 − Fn−2 =
α−β
n+2 n−2
α −α − β n+2 + β n−2
=
α−β

αn α2 − α12 − β n β 2 − β12

=
α−β
27

n α4 −1 n β 4 −1
α α2
−β β2
Fn+2 − Fn−2 =
α−β
4 4
(αβ)2 αn αα−1
2 − β n β β−1
2
= ya que (αβ)2 = 1
(αβ)2 (α − β)
αn (α4 β 2 − β 2 ) − β n (β 4 α2 − α2 )
= ya que (αβ)2 = 1
α−β
αn (α2 − β 2 ) − β n (β 2 − α2 )
=
α−β
α (α − β)(α + β) − β n (β − α)(β + α)
2
= ya que α + β = 1
α−β
= αn + β n
= Ln .
Identidad (13). Ln−1 + Ln+1 = 5Fn .

Por inducción fuerte sobre n, tenemos:
Caso base:
Para n = 1
L0 + L2 = 2 + 3 = 5F1 .
Li−1 + Li+1 = 5Fi .
Paso inductivo:
Ln + Ln+2 = (Ln−1 + Ln−2 ) + (Ln+1 + Ln )

= (Ln−1 + Ln+1 ) + (Ln−2 + Ln )
= 5Fn + 5Fn−1 por hipótesis inductiva
= 5(Fn + Fn−1 )
= 5Fn+1 .
28
1.4. Generalización de los números de Fibonacci
Definición 1.3. La definición recursiva del n-ésimo termino de la sucesión genera-

lizada de Fibonacci es:
G1 = a, G2 = b Relación inicial.
Gn = Gn−1 + Gn−2 n ≥ 3 Relación de Recurrencia.
Donde a, b son enteros.
La siguiente sucesión:
a, b, a + b, a + 2b, 2a + 3b, 3a + 5b, . . . (15)
es llamada Sucesión Generalizada de Fibonacci (SGF) también conocida como GFS
por sus siglas en inglés ((Generalized Fibonacci Sequence)).
Examinemos más profundamente los coeficientes ((a)) y ((b)) en los diversos términos de esta
sucesión.
Ellos siguen un patrón interesante: Los coeficientes ((a)) y ((b)) son números de Fibonacci. De
hecho, podemos determinar con precisión estos dos coeficientes de Fibonacci, como muestra
el siguiente teorema.
Teorema 1.12. Sea Gn el n-ésimo término de la SGF. Entonces
Gn = aFn−2 + bFn−1
para n ≥ 3.
Demostración.
Por el principio de inducción fuerte.
Caso Base:
Sabemos que G3 = a + b = aF1 + bF2 , entonces se cumple para n = 3 debido a que
F1 = F2 = 1.
Hipótesis Inductiva:
Sea k ≥ 3 un entero arbitrario. Asumamos que es cierto para todo entero i, donde
3 ≤ i ≤ k : Gi = aFi−2 + bFi−1 .
Prueba inductiva:
Probemos que se cumple para k + 1:
Gk+1 = Gk + Gk−1
= (aFk−2 + bFk−1 ) + (aFk−3 + bFk−2 ) por hipótesis inductiva
= a(Fk−2 + Fk−3 ) + b(Fk−1 + Fk−2 )
= aFk−1 + bFk .
29
Entonces, por el principio de inducción fuerte podemos concluir que la fórmula se cumple
para cualquier entero n ≥ 3.
La generalización de los números de Fibonacci ocurrió en un estudio de una colonia de

abejas. Supongamos que comenzamos la colonia con a abejas macho y b abejas hembras. La
siguiente tabla muestra su crecimiento genealógico por cinco generaciones. Siguiendo con la
tabla obtendrı́amos un total de Gn+2 = aFn + bFn+1 descendientes en la generación n.
Generación 1 2 3 4 5
Número de abejas hembras b a+b a+2b 2a+3b 3a+5b
Número de abejas machos a b a+b a+2b 2a+3b
Número total de abejas a+b a+2b 2a+3b 3a+5b 5a+8b
A continuación, estudiaremos identidades de SGF.
Teorema 1.13. La suma desde el termino k + 1 de la SGF hasta el termino k + n esta dada
por:
Xn
Gk+i = Gn+k+2 − Gk+2
i=1
para n > 0.
Demostración.
Caso base:
Sea n = 1 y obtenemos que:
1
X
Gk+i = Gk+1 = Gk+3 − Gk+2 .
i=1
k
X
Gk+i = G2k+2 − Gk+2 .
i=1
30
Paso inductivo:
k+1
X k
X
Gk+i = Gk+i + G2k+1
i=1 i=1
= G2k+2 + G2k+1 − Gk+2 por hipótesis inductiva
= G2k+3 − Gk+2 por definición recursiva
= G(k+1)+k+2 − Gk+2 .
Teorema 1.14. (Fórmula de Binet) Sea c = a + (a − b)β y d = a + (a − b)α. Entonces
cαn − dβ n
Gn =
α−β
para n ≥ 3.
Demostración.
Por el Teorema (1.12), tenemos:
Gn = aFn−2 + bFn−1
(αn−2 − β n−2 ) (αn−1 − β n−1 )
Gn = a √ +b √ por teorema 1.10
5 5
√
5Gn = a(αn−2 − β n−2 ) + b(αn−1 − β n−1 )
√
5Gn = aαn−2 + bαn−1 − aβ n−2 − bβ n−1
√

n a b n a b
5Gn = α + −β +
α2 α β2 β
√
α2 β 2 5Gn = αn (aβ 2 + bαβ 2 ) − β n (aα2 + bα2 β)
√
5Gn = αn (aβ 2 − bβ) − β n (aα2 − bα) ya que αβ = −1
√ n n
5Gn = α (a(1 + β) − bβ) − β (a(1 + α)) − bα)) ya que β 2 = 1 + β y α2 = 1 + α
√
(α − β)Gn = αn [a + (a − b)β] − β n [a + (a − b)α] ya que α − β = 5
cαn − dβ n
∴ Gn = .
α−β
Observación. Al multiplicar c y d obtenemos:
cd = [a + (a − b)β][a + (a − b)α]
= a2 + (a − b)2 αβ + a(a − b)(α + β)
= a2 − (a − b)2 + a(a − b)
= a2 + ab − b2 .
31
Esta constante aparece en varias fórmulas para la Generalización de los números de Fibonacci.
Esta constante es llamada la caracterı́stica de la SGF. La denotaremos con la letra griega
µ (mu):
µ = a2 + ab − b2
La caracterı́stica de la sucesión de Fibonacci es 1 y la de la sucesión de Lucas es -5.
1.5. Triángulo de Pascal
En esta sección veremos la manera de calcular los números de Fibonacci de forma sistemática
a partir del conocido triángulo de Pascal.
1.5.1. Coeficientes binomiales
Sean n y k números enteros no negativos. El coeficiente binomial

n
k
se define como:

n n!
= .
k k!(n − k)!
Por ejemplo:

5 5!
=
3 3!(5 − 3)!
5×4×3×2×1
=
3×2×1×2×1
= 10.
Además, si k = n entonces:

n n! n!
= = = 1.
k k!(n − k)! n!0!
Ası́, tenemos dos resultados útiles:

n n
=1= .
0 n

n n
Hay muchos casos en los que necesitamos calcular los coeficientes binomiales y .
k n−k
El siguiente teorema muestra que no es necesario evaluar ambas expresiones, ya que son
iguales; esto sin duda reducirá nuestra carga de trabajo.
32
Teorema 1.15. Sean n y k enteros no negativos tales que k ≤ n. Entonces:

n n
= .
k n−k
Demostración.

n n! n! n!
= = =
n−k (n − k)![n − (n − k)]! (n − k)!k! k!(n − k)!

n
= .
k

25 25 25
Por ejemplo, = = =53130 (Con esto podemos ver la utilidad del teorema
20 25 − 20 5
anterior).
El siguiente teorema muestra una importante relación de recurrencia satisfecha por coeficien-
tes binomiales. Se llama la identidad de Pascal, en honor al destacado matemático y fı́sico
francés Blaise Pascal (1623-1662).
Teorema 1.16. (Identidad de Pascal) Sean n y k enteros positivos, donde k < n. Entonces:

n n−1 n−1
= + .
k k−1 k
Demostración.
Simplificaremos el lado derecho y demostraremos que es igual al lado izquierdo.

n−1 n−1 (n − 1)! (n − 1)!
+ = +
k−1 k (k − 1)!(n − k)! k!(n − k − 1)!
k(n − 1)! (n − k)(n − 1)!
= +
k(k − 1)!(n − k)! k!(n − k)(n − k − 1)!
k(n − 1)! (n − k)(n − 1)! (n − 1)![k + (n − k)]
= + =
k!(n − k)! k!(n − k)! k!(n − k)!
(n − 1)!n
=
k!(n − k)!
(n!
=
k!(n − k)!

n
= .
k
33
1.5.2. Triángulo de Pascal
Los coeficientes binomiales nk , donde 0 ≤ k ≤ n se pueden organizar en la forma de un

triángulo, conocido como Triángulos de Pascal, como se muestra en las figuras 4 y 5.

0
0
1 1
0 1
2 2 2
0 1 2
3 3 3 3
0 1 2 3
4 4 4 4 4
0 1 2 3 4
Figura 4: Triángulo de Pascal
1
1 1
1 2 1
1 3 3 1
1 4 6 4 1
Figura 5: Triángulo de Pascal
Propiedades importantes del triángulo de Pascal:
Cada fila comienza y termina con 1.

El triángulo de Pascal es simétrico con respecto a una lı́nea vertical que pasa por el
medio.
Cualquier número interior en cada fila es la suma de los números inmediatamente a su
izquierda y derecha en la fila anterior. Esto es ası́ en virtud de la identidad de Pascal.
La suma de los números en cualquier fila es una potencia de 2.
El siguiente teorema muestra cómo se pueden usar los coeficientes binomiales, para encontrar
expansión del binomio (x + y)n .
Teorema 1.17. (Teorema del binomio) Sean x e y cualquier número real, y n cualquier
entero no negativo. Entonces:
n
n
X n n−r r
(x + y) = x y .
r=0
r
34
Demostración.
Por principio de inducción matemática:
Caso base:
(x + y)0 = 1 y
0
X 0 0−r r
x y = x0 y 0 = 1.
r=0
r
Se cumple que ambas expresiones son iguales y por lo tanto, se cumple el caso base.
Sea k un entero positivo, asumimos que se cumple:
k
k
X k
(x + y) = xk−r y r .
r=0
r
Prueba inductiva: veamos que se cumple para n = k + 1 :
(x + y)k+1 = (x + y)k (x + y)
" k #
X k
= xk−r y r (x + y)
r=0
r
k
X k k
k+1−r r
X k k−r r+1
= x y + x y
r=0
r r=0
r
" k
# " k−1 #
k k+1 X k k+1−r r X k k
= x + x y + xk−r y r+1 + y k+1
0 r=1
r r=0
r k
k k
k + 1 k+1 X k k+1−r r X k k+1−r r k + 1 k+1
= x + x y + x y + y
0 r=1
r r=1
r − 1 k + 1
k
k + 1 k+1 X k k k+1−r r k + 1 k+1
= x + + x y + y
0 1
r r−1 k+1
k
k + 1 k+1 X k + 1 k+1−r r k + 1 k+1
= x + x y + y por Teorema 1.16
0 r=1
r k+1
k+1
X k + 1 k+1−r r
= x y .
0
r
Por lo tanto, según el principio de inducción matemática, la fórmula es verdadera para

todo n ≥ 0.
35
Se deduce del teorema del binomio que los coeficientes binomiales en la expansión de (x + y)n
son los diversos números en la fila n del triángulo de Pascal.
Corolario 1.4. Identidades binomiales

n n
n
X n i n
X n
(1 + x) = x y (1 − x) = (−1)i xi
i=0
i i=0
i
para n ≥ 0.
Demostración.
Para la primera fórmula es una aplicación directa de el Teorema del binomio, tomemos a
x = 1 y a y = x, entonces:
n
n
X n n−i i
(1 + x) = 1 x Por Teorema del binomio
i=0
i
n
X n i
= x ya que 1n−i = 1.
i=0
i
Para la segunda fórmula utilizamos la primera
(1 − x)n = (1 + (−x))n
n
X n
= (−x)i
i=0
i
n
X n
= ((−1)x)i
i=0
i
n
X n
= (−1)i xi .
i=0
i
Corolario 1.5. La suma de los coeficientes binomiales pares es igual a la del binomio de
coeficiente impar, es decir:
bn/2c bn/2c
X n X n
= .
i=0
2i i=0
2i + 1
La suma de los coeficientes binomiales pares es igual a la del binomio de coeficiente impar.
Para la prueba de este corolario usamos el siguiente lema.
Lema 1.3. Suma de los coeficientes binomiales es:

n
X n
= 2n .
i=0
i
36
Demostración.
Caso base:
Para n = 0 obtenemos:
0
X n 0
= = 1 = 20 .
i=0
i 0
Si tomamos n = 1 obtenemos:
1
X 1 1
= + = 21 .
i=0
0 1
k
X
= 2k .
i=0
Paso inductivo:
k+1
X k+1
= 2k+1 .
i=0
i
Prueba:
k+1 X k
X k+1 k+1 k+1 k+1
= + +
i=0
i 0 i=1
i k+1
X k
k+1 k k k+1
= + + + Por identidad de Pascal
0 i=1
i−1 i k+1
k−1 X k
X k k+1 k k+1
= + + + Traslación de suma de ı́ndice
i=0
i k + 1 i=1
i 0
k−1 ! k !
X k k+1 X k k+1
= + + +
i=0
i k + 1 i=1
i 0
k−1 ! k !
X k k X k k
= + + +
i=0
i k i=1
i 0
k k
X k X k
= +
i=0
i i=0
i
= 2k + 2k
= 2k+1 .
37
A continuación, probemos primero que la suma de los coeficiente binomiales pares es 2n−1 .
Demostración.
Extendemos la suma de los coeficientes binomiales
n
X n
= 2n
i=0
i

n n n n n n
(1) + + + + + ... + = 2n .
0 1 2 3 4 n
Sustituyendo x = −1 en el corolario 1.4 primera parte, obtenemos

n
n
X n
(1 + (−1)) = (−1)n = 0.
i=0
i
Si lo extendemos tenemos:

n n n n n
(2) − + − + ... ± = 0.
0 1 2 3 n
Sumando (1) y (2) tenemos:

n n n n
2 +2 +2 + ... + 2 = 2n
0 2 4 2bn/2c
bn/2c
X n
2 = 2n
i=0
2i
bn/2c
X n
= 2n−1 (3).
i=0
2i
Ahora, veamos que la suma de los coeficientes binomiales impares es:

bn/2c
X n
.
i=0
2i + 1
38
Demostración.
Restando (2) de (1) tenemos:

n n n n
2 +2 +2 + ... + 2 = 2n
1 3 5 2bn/2c + 1
bn/2c
X n
2 = 2n
i=0
2i + 1
bn/2c
X n
= 2n−1 (4).
i=0
2i + 1
Por (3) y (4) tenemos que:

bn/2c
X n
= 2n−1
i=0
2i
bn/2c bn/2c
X n X n
= .
i=0
2i i=0
2i + 1
1.5.3. Números de Fibonacci
Surge la pregunta: ¿cómo se relacionan los número de Fibonacci con el triángulo de Pascal?
Observamos la Figura 6 y sumamos los números de las diagonales del noreste. Los números
son 1, 1, 2, 3, 5, 8, . . . De hecho, son como el siguiente teorema, descubierto por E. Lucas en
1876[Éduoard Lucas, 1876].
Teorema 1.18. (Fórmula de Lucas, 1876). La fórmula para encontrar el n-ésimo número
de Fibonacci por suma de coeficientes binomiales es:
bn/2c
X n−i
Fn+1 = , n ≥ 0.
i=0
i
Demostración.
Teniendo en cuenta que bkc es la función menor entero. Por método de inducción fuerte,
tenemos:
Caso base:
cuando n = 0,
0
X 0−i 0
= = 1 = F1
i=0
i 0
por lo que se cumple para el caso base.
39
1
1 1
2
1 1 3
5
1 2 1 8
1 3 3 1
1 4 6 4 1
1 5 10 10 5 1
Figura 6: Suma de los números de las diagonales del noreste
Sea k + 1 un entero positivo tal que n = k + 1, supongamos que para h un entero
positivo tal que h ≤ k + 1, se cumple:
bh−1/2c
X h−i
Fh = .
i=0
i
Paso inductivo: probaremos que se cumple para n = k + 2 :

b k+1
2
c
X k+1−i
Fk+2 = .
i=0
i
Separando la prueba para cuando k es par e impar.
1. Caso par: k = 2m
b k+1
2
c b 2m
2
+ 12 c
X k+1−i X 2m + 1 − i
=
i=0
i i=0
i
m
X 2m + 1 − i
= ya que bm + 1/2c = m
i=0
i
m
X 2m + 1 − i 2m + 1
= +
i=1
i 0
m
X 2m − i 2m − i
= + + (1) identidad de Pascal
i=1
i − 1 i
m X m
X 2m − i 2m − i
= + + (1).
i=1
i−1 i=1
i
40
Si tomamos el cambio j = i − 1 entonces si i = 1 ⇒ j = 0 y si i = m ⇒ j = m − 1,
entonces:
m X m m−1
X 2m − 1 − j X m
X 2m − i 2m − i 2m − i
+ + (1) = + + (1).
i=1
i−1 i=1
i j=0
j i=1
i
como k = 2m entonces b(k−1)/2c = b(2m)/2−1/2c

= m−1, sabemos también que
2m
bk/2c = b(2m)/2c = bmc = m, haciendo = 1, por lo anterior obtenemos:
0
m−1
" m #
X 2m − 1 − j X 2m − i 2m
= + +
j=0
j i=1
i 0
m−1
X 2m − 1 − j X m
2m − i
= +
j=0
j i=0
i
b k−1
2
c k
b2c
X k−1−j X k−i
= + ya que 2m = k
j=0
j i=0
i
= Fk + Fk+1 por hipótesis inductiva
= Fk+2 .
2. Caso impar: k=2m-1
b k+1
2
c b 2m−1+1
2
c
X k+1−i X 2m − 1 + 1 − i
=
i=0
i i=0
i
b2m/2c
X 2m − i
=
i=0
i
m
X 2m − i
=
i=0
i
m−1
X 2m − i 2m m
= + +
i=1
i 0 m
m−1
X 2m − i
= + (1) + (1)
i=1
i
m−1
X 2m − 1 − i 2m − 1 − i
= + + 1 + 1. identidad de Pascal
i=1
i−1 i
Sea j = i − 1 entonces, si i = 1 ⇒ j = 0 también si i = m − 1 ⇒ j = m − 2,

entonces:
m−2
X 2m − 2 − j m−1 X 2m − 1 − i
= + + (1) + (1).
j=0
j i=1
i
41
como k = 2m − 1 entonces b(k − 1)/2c = b(2m − 2)/2c = m − 1, sabemos también
que
bk/2c = b(2m − 1)/2c = bm − 1/2c = m − 1,
haciendo
2m − 1 m−1
=1= ,
0 m−1
por lo anterior obtenemos:
m−2
X m−1
X 2m − 1 − i 2m − 1
2m − 2 − j m−1
= + + +
j=0
j m − 1 i=1
i 0
m−1
X 2m − 2 − j m−1
X 2m − 1 − i
= +
j=0
j i=0
i
b k−1
2
c k
b2c
X k−1−j X k−i
= +
j=0
j i=0
i
= Fk + Fk+1 por hipótesis inductiva
= Fk+2 .
Ejemplo 1.2.
b 6−1
2
c X 2
X 6−1−i 5−i 5 4 3
F6 = = = + + =1+4+3=8
i=0
i i=0
i 0 1 2
b 7−1
2
c X 3
X 7−1−i 6−i 6 5 4 3
F7 = = = + + + = 1 + 5 + 6 + 1 = 13.
i=0
i i=0
i 0 1 2 3
Podemos usar las fórmulas de Binet y Lucas, y el Teorema del binomio en conjunto para
derivar una serie de identidades de Fibonacci y Lucas.
Teorema 1.19. (Lucas) La suma de las n multiplicaciones del n-ésimo coeficiente binomial
con el n-ésimo número de Fibonacci es:
n
X n
Fi = F2n , n ≥ 0. (16)
i=0
i
42
Demostración.
n n i
α − βi

X n X n
Fi = por Teorema 1.10
i=0
i i=0
i α−β
" n n
#
1 X n i X n i
= α − β
α − β i=0 i i=0
i
(1 + α)n − (1 + β)n
= por el Corolario 1.4
α−β
α2n − β 2n
= ; ya que α2 = α + 1, y β 2 = β + 1
α−β
= F2n .
Teorema 1.20. Identidad de Binet
n
X n
(−1)i Fi = (−1)n−1 Fn , n ≥ 1.
i=0
i
Demostración. Por la fórmula de Binet

n n i
α − βi

X n i
X n i
(−1) Fi = (−1) por Teorema 1.10
i=0
i i=0
i α − β
" n n
#
1 X n X n
= (−α)i − (−β)i
α − β i=0 i i=0
i
(α − 1)n − (β − 1)n
= , por Corolario 1.4
α−β
(−β)n − (−α)n
= ya que α + β = 1
α−β
β n − αn
= (−1)n
α−β
(−1)(β n − αn )
= (−1)n−1
α−β
n n
n−1 α − β
= (−1)
α−β
n−1
= (−1) Fn .
1.6. Triángulo de Hosoya
En 1976, H. Hosoya de la Universidad de Ochanomizu en Tokio [Haruo Hosoya, 1976] in-

trodujo un arreglo triangular, el cual está muy relacionado con los números de Fibonacci.
Nosotros lo conocemos como el triángulo de Hosoya. Además de que el arreglo es simétrico
sobre la lı́nea vertical a través del medio, las dos diagonales superiores al noreste y sureste
consisten en números de Fibonacci.
43
Cada número interior se puede obtener añadiendo los dos números anteriores en su diagonal;
por ejemplo, 16 = 8 + 8 = 10 + 6.
1 1
2 1 2
3 2 2 3
5 3 4 3 5
8 5 6 6 5 8
}
13 8 10 9 10 8 13
}
21 13 16 15 15 16 13 21
Figura 7: Triángulo de Hosoya
1.6.1. Definición recursiva
Definición 1.4. La sucesión de Hosoya {H(r, k)}r,k≥1 es definida recursivamente por
H(1, 1) = H(2, 1) = H(2, 2) = H(3, 2) = 1,
por otro lado,
H(r, k) = H(r − 1, k) + H(r − 2, k) (17)

H(r, k) = H(r − 1, k − 1) + H(r − 2, k − 2) (18)
para r > 2 y 1 ≥ k ≥ r, donde r representa el número de fila en el triángulo de Hosoya y k

representa la posición de izquierda a derecha de la r-ésima fila.
Definición 1.5. Si P es un punto en el triángulo de Hosoya, entonces existen dos únicos

enteros positivos r y k tal que r ≥ k con P = H(r, k). Llamamos al par (r, k) las coordenadas
rectangulares de el punto P .
En la Figura 8 podemos observar el triángulo de Hosoya en su representación H(r, k).
44
H(1, 1)
H(2, 1) H(2, 2)
H(3, 1) H(3, 2) H(3, 3)
H(4, 1) H(4, 2) H(4, 3) H(4, 4)
H(5, 1) H(5, 2) H(5, 3) H(5, 4) H(5, 5)
Observemos que H(r, 1) = H(r − 1, 1) + H(r − 2, 1) donde H(1, 1) = 1 = F1 y H(2, 1) = 1 =

F2 , de aquı́ se sigue que H(r, 1) = Fr tal como se demuestra en el siguiente resultado.
Proposición 1.1. Los elementos en la posición 1 de la r-ésima fila del triángulo de Hosoya
son números de Fibonacci, es decir:
H(r, 1) = Fr
para r > 0.
Demostración.
Por inducción fuerte sobre r:
Caso Base:
Cuando r = 1, tenemos:
H(1, 1) = 1 = F1 .
Sea k un entero positivo tal que r = k, supongamos que para i un entero positivo tal
H(i, 1) = Fi .
Prueba inductiva:
Veamos que se cumple para r = k + 1 :
H(k + 1, 1) = H(k, 1) + H(k − 1, 1)

= Fk + Fk−1 por hipótesis inductiva
= Fk+1 .
Por lo tanto, la afirmación se cumple para todo entero positivo r.
De la misma manera H(r, r) = H(r − 1, r) + H(r − 2, r), de aquı́ que H(r, r) = Fr como se
demuestra a continuación.
45
Proposición 1.2. Los elementos en la posición r de la fila r-ésima del triángulo de Hosoya
son números de Fibonacci, es decir:
H(r, r) = Fr
para r > 0.
Demostración.
Caso Base:
H(1, 1) = 1 = F1 .
H(i, i) = Fi .
Prueba inductiva:
H(k + 1, k + 1) = H(k, k) + H(k − 1, k − 1)
= Fk + Fk−1 por hipótesis inductiva
= Fk+1 .
Similarmente, podemos mostrar que H(r, 2) = H(r, r − 1) = Fr−1 .

Proposición 1.3. Los elementos en las posiciones 2 y r − 1 de la r-ésima fila del triángulo
de Hosoya coinciden y son números de Fibonacci, es decir:
H(r, 2) = H(r, r − 1) = Fr−1
para r ≥ 2.
Demostración.
Caso base:
H(2, 2) = 1 = H(2, 1) = F1 .
46
H(i, 2) = H(i, i − 1) = Fi−1 .
Prueba inductiva:
H(k + 1, 2) = H(k, 2) + H(k − 1, 2) por (17)

= Fk−1 + Fk−2 por hipótesis inductiva
= Fk .
Para la otra igualdad, tenemos:
H(k + 1, k) = H(k, k − 1) + H(k − 1, k − 2) por (18)

= Fk−1 + Fk−2 por hipótesis inductiva
= Fk .
Notemos que aplicando sucesivamente la relación de recurrencia (17) tenemos:
H(r, k) = H(r − 1, k) + H(r − 2, k)

= [H(r − 2, k) + H(r − 3, k)] + H(r − 2, k)
= 2H(r − 2, k) + H(r − 3, k)
= 2[H(r − 3, k) + H(r − 4, k)] + H(r − 3, k)
= 3H(r − 3, k) + 2H(r − 4, k)
= F4 H(r − 3, k) + F3 H(r − 4, k).
Continuando de esta manera, conseguimos una relación más cercana entre H(r, k) y los
números de Fibonacci:
H(r, k) = Fn+1 H(r − n, k) + Fn H(r − n − 1, k) (19)
donde 1 ≤ n ≤ r − k − 1. Su demostración la encontramos en el siguiente resultado.

Teorema 1.21. La relación entre el triángulo de Hosoya y los números de Fibonacci esta
dada por:
H(r, k) = Fn+1 H(r − n, k) + Fn H(r − n − 1, k)
para 1 ≤ n ≤ r − k − 1.
Demostración.
Sea r y k enteros positivos fijos, por principio de inducción matemática sobre n, tenemos:
47
Caso Base:
Para n = 1
H(r, k) = F2 H(r − 1, k) + F1 H(r − 2, k)

= H(r − 1, k) + H(r − 2, k) ya que F1 = F2 = 1.
Entonces por relación de recurrencia (17) claramente, se cumple.
Sea m un entero positivo arbitrario, supongamos que se cumple:
H(r, k) = Fm+1 H(r − m, k) + Fm H(r − m − 1, k)
para 1 ≤ m ≤ r − k − 1.
Prueba:
Veamos que se cumple para n = m + 1:
Fm+2 H(r − m − 1, k) + Fm+1 H(r − m − 2, k)
= Fm+2 [H(r − m, k) − H(r − m − 2, k)] + Fm+1 H(r − m − 2, k) por (17)
= Fm+2 H(r − m, k) − Fm+2 H(r − m − 2, k) + Fm+1 H(r − m − 2, k)
= (Fm + Fm+1 )H(r − m, k) − Fm+2 H(r − m − 2, k) + Fm+1 H(r − m − 2, k)
= Fm H(r − m, k) + Fm+1 H(r − m, k) − Fm+2 H(r − m − 2, k) + Fm+1 H(r − m − 2, k)
= Fm H(r − m − 1, k) + (Fm + Fm+1 )H(r − m − 2, k) + Fm+1 H(r − m, k) − Fm+2 H(r − m − 2, k)
= Fm H(r − m − 1, k) + Fm+2 H(r − m − 2, k) + Fm+1 H(r − m, k) − Fm+2 H(r − m − 2, k)
= Fm H(r − m − 1, k) + Fm+1 H(r − m, k)
= H(r, k), por hipótesis inductiva.
Como consecuencia del teorema anterior, tenemos:

Corolario 1.6. Cualquier entrada en el triángulo de Hosoya es producto de dos números de
Fibonacci, es decir:
H(r, k) = Fk Fr−k+1 (20)

donde 1 ≤ k ≤ r y r > 2.
Demostración.
Si tomamos n = r − k − 1 en el Teorema (1.21), entonces se cumple:
H(r, k) = Fr−k H(k + 1, k) + Fr−k−1 H(k, k)

= Fr−k Fk + Fr−k−1 Fk por Proposición (1.2) y (1.3)
= Fk (Fr−k + Fr−k−1 )
= Fk Fr−k+1 .
48
Ejemplo 1.3.
H(5, 2) = 3 = 1 · 3 = F2 F4 y H(6, 3) = 6 = 2 · 3 = F3 F4 .
En el siguiente resultado mostraremos que H(r, k) = H(r, r − k + 1), haciendo uso de la

relación de recurrencia (17).
Teorema 1.22. En la fila r-ésima los elementos en las posiciones k y r − k + 1 coinciden,
es decir:
H(r, k) = H(r, r − k + 1)
donde 1 ≤ k ≤ r y r > 2.
Demostración.
H(r, k) = H(r − 1, k) + H(r − 2, k) por (17)
= Fk Fr−1−k+1 + Fk Fr−2−k+1 por (20)
= Fk Fr−k + Fk Fr−k−1
= Fk (Fr−k + Fr−k−1 )
= Fk (Fr−k+1 ) por relación de recurrencia de Fibonacci
= Fr−k+1 Fk
= H(r, r − k + 1).
Como consecuencia del teorema anterior, tenemos:

Corolario 1.7. En el triángulo de Hosoya los números a lo largo de la linea vertical a través
del medio son cuadrados de Fibonacci, es decir:
2
H(2m + 1, m + 1) = Fm+1
para m ≥ 0.
Demostración.
Como H(r, k) = H(r, r − k + 1) se sigue de (20) que:
H(r, k) = H(r, r − k + 1) = Fk Fr−k+1 .
Si tomamos r = 2m + 1 y k = m + 1 en el Teorema (1.22). Entonces (20) nos da que:
H(2m + 1, m + 1) = Fm+1 F2m+1−m−1+1
= Fm+1 Fm+1
2
= Fm+1 .
Ası́ H(2m + 1, m + 1) es cuadrado de un número de Fibonacci.

Ejemplo 1.4. Para ejemplificar el resultado anterior, tenemos:
H(9, 5) = 25 = F52 y H(11, 6) = 64 = F62 .
49
1.6.2. Relación entre H(r, k) y Lr .
Teorema 1.23. La relación que existe entre H(r, k) y Lr esta dada por:
Lr+1 − (−1)k (Lr−2k+1 )
H(r, k) =
5
para 1 ≤ k ≤ r y r > 2.
Demostración.
Primero recordemos que:
√ √
1+ 5 1− 5
α= y β=
2 2
2
ya que son las raı́ces de la ecuación cuadrática x − x − 1 = 0. Entonces, tenemos:
√ ! √ !!2
1+ 5 1− 5
(α − β)2 = −
2 2
= 5.
Ahora usando la ecuación (20) y las fórmulas de Binet, podemos calcular H(r, k) usando los
números de Lucas:
H(r, k) = Fk Fr−k+1
αk − β k αr−k+1 − β r−k+1
= por fórmula de Binet
α−β α−β
(αk − β k )(αr−k+1 − β r−k+1 )
=
(α − β)2
(αk − β k )(αr−k+1 − β r−k+1 )
= ya que (α − β)2 = 5
5
αr+1 − αk β r−k+1 − β k αr−k+1 + β r+1
=
5
αr+1 + β r+1 − αk β r−k+1 − β k αr−k+1
=
5
Lr+1 − (αβ)k (β r−2k+1 + αr−2k+1 )
=
5
k
Lr+1 − (−1) (Lr−2k+1 )
= ya que αβ = −1
5
Lr+1 − (−1)k (Lr−2k+1 )
= .
5
Por lo tanto, tenemos que la relación que existe entre H(r, k) y Lr es:
Lr+1 − (−1)k (Lr−2k+1 )
H(r, k) = .
5
50
Ejemplo 1.5. Podemos ejemplificar este resultado, tal como se muestra a continuación. Si
tomamos r = 10 y k = 3:
L11 − (−1)3 L5 199 + 11

= = 42 = H(10, 3).
5 5
1.6.3. Rombo mágico
Observe que el triángulo de Hosoya fue construido usando cuatro condiciones iniciales, es
decir, cuatro unos, y forman un rombo. Ahora es natural preguntarse si los rombos dentro del
triángulo de Hosoya cumplen alguna propiedad interesante. Para resolver esta interrogante,
veamos el siguiente ejemplo:
Ejemplo 1.6. Consideremos el rombo de la Figura 9, donde las letras desde la A hasta la H
representan los números 4, 6, 6, 9, 5, 25, 5 y 1, respectivamente.
E B C G
Figura 9: Rombo mágico
Entonces se cumple que:
F =A+B+C +D E =C +D−A−B
H =A+D−B−C G = B + D − A − C.
51
En el siguiente resultado se muestra que a partir de cualquier rombo con vértices
H(r, k), H(r − 1, k − 1), H(r − 2, k − 1) y H(r − 1, k)
se puede generar al rombo más pequeño que lo contiene y que tiene la misma posición.
Teorema 1.24. Consideremos un rombo con vértices H(r, k), H(r−1, k−1), H(r−2, k−1) y
H(r − 1, k), los vértices del rombo más pequeño que lo contiene y que tiene la misma posición
se generan de la siguiente manera:
H(r − 1, k − 2) = H(r − 1, k) + H(r, k) − H(r − 2, k − 1) − H(r − 1, k − 1), (21)
H(r + 2, k + 1) = H(r − 2, k − 1) + H(r − 1, k − 1) + H(r − 1, k) + H(r, k), (22)
H(r − 1, k + 1) = H(r − 1, k − 1) + H(r, k) − H(r − 2, k − 1) − H(r − 1, k), (23)
H(r − 4, k − 2) = H(r − 2, k − 1) + H(r, k) − H(r − 1, k − 1) − H(r − 1, k). (24)
Demostración.
A lo largo de esta demostración haremos uso de la relación de recurrencia de Fibonacci y la
identidad (20).
Para la fórmula (21), consideremos:
H(r − 1, k) + H(r, k) − H(r − 2, k − 1) − H(r − 1, k − 1)
= Fk Fr−k + Fk Fr−k+1 − Fk−1 Fr−k+1 − Fk−1 Fr−k por (20)
= Fr−k+1 (Fk − Fk−1 ) + Fr−k (Fk − Fk−1 )
= (Fk − Fk−1 )(Fr−k+1 + Fr−k )
= Fk+2 Fr−k+2 por relación de recurrencia de Fibonacci
= H(r − 1, k − 2).
Su representación gráfica es:
E − +
+

H(r − 2, k − 1) + H(r − 1, k − 1) + H(r − 1, k) + H(r, k)
= Fk−1 Fr−k + Fk−1 Fr−k+1 + Fk Fr−k + Fk Fr−k+1 por (20)
= Fr−k+1 (Fk−1 + Fk ) + Fr−k (Fk−1 + Fk )
= (Fk−1 + Fk )(Fr−k+1 + Fr−k )
= Fk+1 Fr−k+2 por relación de recurrencia de FIibonacci
= H(r + 2, k + 1).
52
+ +
H(r − 1, k − 1) + H(r, k) − H(r − 2, k − 1) − H(r − 1, k)

= Fk−1 Fr−k+1 + Fk Fr−k+1 − Fk−1 Fr−k − Fk Fr−k por (20)
= Fr−k+1 (Fk−1 + Fk ) − Fr−k (Fk−1 + Fk )
= (Fk−1 + Fk )(Fr−k+1 − Fr−k )
= Fk+1 Fr−k−1 por relación de recurrencia de Fibonacci
= H(r − 1, k + 1).
+ − G
+
H(r − 2, k − 1) + H(r, k) − H(r − 1, k − 1) − H(r − 1, k)

= Fk−1 Fr−k + Fk Fr−k+1 − Fk−1 Fr−k+1 − Fk Fr−k por (20)
= −Fk−1 (Fr−k+1 − Fr−k ) + Fk (Fr−k+1 − Fr−k )
= (Fr−k+1 − Fr−k )(Fk − Fk−1 )
= Fr−k−1 Fk−2 por relación de recurrencia de Fibonacci
= H(r − 4, k − 2).
53
+
− −
54
Capı́tulo 2
2. Propiedades del MCD en el triángulo de Hosoya
La estrella de David es una configuración de seis puntos que forman dos triángulos en el
triángulo de Pascal. Esta configuración posee ciertas propiedades del M CD que pueden ser
generalizadas al triángulo de Hosoya, como por ejemplo: se cumple que el producto de todos
los puntos en una estrella de David de longitud dos en el triángulo de Pascal forma un
cuadrado perfecto, y el M CD de cada triángulo de la estrella de David de longitud dos en el
triángulo de Pascal da el mismo número. Estas dos propiedades se denominan propiedades
de producto y del M CD, respectivamente.
Iniciaremos probando una serie de propiedades del M CD que serán de gran utilidad en el
transcurso de este capı́tulo, también se introducirá El triángulo generalizado de Hosoya, el
cual es un arreglo triangular donde cada entrada se puede ver como producto de dos números
generalizados de Fibonacci.
También probaremos que se cumple la propiedad del M CD y la propiedad del producto en
la estrella de David, además probaremos que ambas son ciertas para cualquier estrella de
David de longitud dos en el triángulo de Hosoya.
Finalizaremos dando condiciones necesarias y suficientes para que la estrella de David de
longitud tres en el triángulo generalizado de Hosoya, satisfaga la propiedad del M CD, para
esto introduciremos nuevas propiedades de modularidad de los números generalizados de
Fibonacci.
2.1. Sistema de coordenadas del triángulo de Hosoya
Esta sección introduce un nuevo concepto dentro del triángulo que hace referencia a como
podemos navegar dentro del triángulo, proporciona coordenadas tal que podemos conocer el
número sólo por su posición.
Primero recordemos que la sucesión de Hosoya {H(r, k)}r,k≥1 es definida recursivamente por:
H(1, 1) = H(2, 1) = H(2, 2) = H(3, 2) = 1

H(r, k) = H(r − 1, k) + H(r − 2, k)
H(r, k) = H(r − 1, k − 1) + H(r − 2, k − 2).
Para r > 2 y 1 ≥ k ≥ r.
Podemos distinguir entre diagonal (slash diagonals) y diagonal invertida (backslash diago-
nals). Escribimos S(Fr ) y B(Fs ) para referirnos a la diagonal y la diagonal invertida respec-
tivamente como se observa en la Figura 10.
55
1
1 1
2 1 2
S(F4 )
3 2 2 3
B(F5 )
5 3 4 3 5
8 5 6 6 5 8
13 8 10 9 10 8 13
21 13 16 15 15 16 13 21
34 21 26 24 25 24 26 21 34
55 34 42 39 40 40 39 42 34 55
Figura 10: Diagonal S(F4 ) y diagonal invertida B(F5 )
Ahora definamos lo anterior formalmente.

Definición 2.1. Sean r y s enteros positivos.
1. Llamaremos diagonal a la sucesión de coordenadas del triángulo que se encuentran en

la diagonal r, y se escribe como:
S(Fr ) = {H(r + i − 1, r)}∞
i=1 .
2. Llamaremos diagonal invertida a la sucesión de coordenadas del triángulo que se en-

cuentran en la diagonal invertida s, y se escribe como:
B(Fs ) = {H(s + i − 1, i)}∞
i=1 .
En consecuencia de esta definición y del Corolario 1.6 obtenemos el siguiente lema.

Lema 2.1. La diagonal y la diagonal invertida pueden ser escritas de la siguiente manera:
S(Fr ) = {Fr Fi |i ∈ N} B(Fs ) = {Fi Fs |i ∈ N}.
Demostración.
S(Fr ) = {H(r + i − 1, r)}∞ i=1 por definición 2.1
= {Fr Fr+i−1−r+1 |i ∈ N} por colorario 1.6
= {Fr Fi |i ∈ N}.
Similarmente
B(Fs ) = {H(s + i − 1, i)}∞ i=1 por definición 2.1
= {Fi Fs+i−1−i+1 |i ∈ N} por colorario 1.6
= {Fi Fs |i ∈ N}.
56
Teorema 2.1. La intersección de la diagonal de Fr y la diagonal invertida de Fs es el
producto de dichos Fibonaccis, es decir:
B(Fs ) ∩ S(Fr ) = Fs Fr .
Demostración.
B(Fs ) ∩ S(Fr ) = {H(s + i − 1, i)}∞ ∞

i=1 ∩ {H(r + i − 1, r)}i=1
= {Fi Fs |i ∈ N} ∩ {Fr Fi |i ∈ N} Por lema 2.1
= {Fs Fr }.
Lo comprobamos con el siguiente ejemplo.
Ejemplo 2.1. Sea s = 5 y r = 4 y sustituyendo en la fórmula anterior, obtenemos:
B(F5 ) ∩ S(F4 ) = 15 = (5)(3) = F5 F4 .
La Definición 1.5 nos da un sistema de coordenadas conveniente para el triángulo de Hosoya.

El Corolario 1.6 prueba que cada entrada del triángulo puede ser escrita como el producto
de dos números de Fibonacci, si sustituimos esto en el triángulo de Hosoya obtenemos:
F1 F1
F1 F2 F2 F1
F1 F3 F2 F2 F3 F1
F1 F4 F2 F3 F3 F2 F4 F1
F1 F5 F2 F4 F3 F3 F4 F2 F5 F1
Del Teorema 2.1 y el Corolario 1.6 nos da una idea de como relacionar los puntos del triángulo
de Hosoya con coordenadas.
Definición 2.2. Si P es un punto del triángulo de Hosoya, entonces existen dos números
de Fibonacci Fm y Fn tal que sı́ P ∈ B(Fm ) ∩ S(Fn ), entonces P = Fm Fn y diremos que P
corresponde a un par (m,n), y este par es llamado coordenadas diagonales.
Notemos que por el Corolario 1.6 podemos cambiar de coordenadas rectangulares a coorde-
nadas diagonales y vice-versa.
2.2. Estrella de David
Definición 2.3. El algoritmo de Euclides.
57
Sea a y b dos enteros positivos, con a ≥ b. Si a = b, entonces mcd(a, b) = a, asumimos a > b.
(si no es cierto, simplemente los intercambiamos). Sea r0 = b. Si aplicamos sucesivamente el
algoritmo de la división, obtenemos la siguiente sucesión de ecuaciones:
a = q0 r0 + r1 0 ≤ r1 < r0
r0 = q1 r1 + r2 0 ≤ r2 < r1
r1 = q2 r2 + r3 0 ≤ r3 < r2
..
.
Continuando ası́, tenemos la siguiente sucesión de residuos:
b = r0 > r1 > r2 > r3 > · · · ≥ 0
ya que los residuos son no negativos, y se van haciendo mas pequeños, esta sucesión even-
tualmente terminara con rn = 0. Ası́, las dos ultimas ecuaciones en el procedimiento anterior
serı́an:
rn−2 = qn−1 rn−1 + rn 0 ≤ rn < rn−1
y
rn−1 = qn rn .
Definición 2.4. Máximo común divisor.
Un número entero positivo d se llama máximo común divisor (mcd(a, b)) de los números
enteros a y b cuando:
1. d es el divisor común de a y b.
2. d es divisible por cualquier otro divisor común de a y b.
El siguiente teorema muestra que el mcd(a, b) = mcd(a, r0 ) = mcd(r0 , r1 ) = mcd(r1 , r2 ) =

· · · = mcd(rn−1 , rn ), el último residuo distinto de cero.
Teorema 2.2. Sean a y b dos enteros positivos, y r el residuo, cuando a se divide por b.
Entonces mcd(a, b) = mcd(b, r).
Demostración.
Sea d = mcd(a, b) y d0 = mcd(b, r). Para probar que d = d0 es suficiente probar que d|d0 y
d0 |d. Por el algoritmo de la división, sabemos que existe un único cociente q tal que:
a = bq + r. (25)
Para probar que d|d0 : Ya que d = mcd(a, b) tenemos que d|a y d|b, entonces d|bq por lo cual
podemos asegurar que d|(a − bq) ⇒ d|r por (25). Luego, d|b y d|r, entonces d| mcd(b, r); esto
es d|d0 .
Similarmente se muestra que d0 |d. Por lo que podemos concluir que d = d0 .
∴ mcd(a, b) = mcd(b, r).
58
Teorema 2.3. Sean m, n enteros positivos, entonces se cumple lo siguiente:
Fm+n = Fm−1 Fn + Fm Fn+1 .
Demostración.
Por inducción fuerte tenemos:
Caso base:
Fm+1 = Fm−1 + Fm
= Fm−1 × 1 + Fm × 1
= Fm−1 F1 + Fm F2
= Fm−1 Fn + Fm Fn+1 .
Si n = 2 :
Fm+2 = Fm+1 + Fm
= Fm−1 + Fm + Fm
= Fm−1 × 1 + Fm × 2
= Fm−1 F2 + Fm F3
= Fm−1 Fn + Fm Fn+1 .
Por lo tanto, se cumple para el caso base.
que 1 ≤ i ≤ k, se cumple:
Fm+i = Fm−1 Fi + Fm Fi+1 .
Paso inductivo: probar que se cumple para n = k + 1
Fm+k+1 = Fm+k + Fm+k−1

= Fm−1 Fk + Fm Fk+1 + Fm−1 Fk−1 + Fm Fk por hipótesis inductiva
= Fm−1 (Fk + Fk−1 ) + Fm (Fk+1 + Fk ) por definición recursiva
= Fm−1 Fk+1 + Fm Fk+2 .
Lema 2.2. Sean m, n enteros positivos, entonces se cumple lo siguiente:
Fm |Fmn .
59
Demostración. Por inducción fuerte;
Caso base: Cuando n = 1 y es claro que Fm |Fm(1) se cumple.

Hipótesis inductiva: asumamos que es cierto para todos los enteros desde 1 hasta k,
donde k ≥ 1 : Fm |Fmi para cada i, donde 1 ≤ i ≤ k.
Paso inductivo:
Probar que Fm |Fm(k+1) .
Por teorema 2.3 tenemos:
Fm(k+1) = Fmk+m = Fmk−1 Fm + Fmk Fm+1 .
Por hipótesis inductiva tenemos que Fm |Fmk−1 y Fm |Fmk y entonces Fm |Fm(k+1) .
Lema 2.3. Sean q, n enteros positivos, entonces Fqn−1 y Fn son coprimos, es decir:
mcd(Fqn−1 , Fn ) = 1.
Demostración.
Sead d = mcd(Fqn−1 , Fn ). Entonces d|Fqn−1 y d|Fn y ya que Fn |Fqn por lema 2.2. Entonces
d|Fqn−1 y d|Fqn , pero mcd(Fqn−1 , Fqn ) = 1 por corolario 1.2 esto implica que d = 1 y por lo
tanto, el mcd(Fqn−1 , Fn ) = 1.
Lema 2.4. Sean a, b y c enteros positivos y si mcd(a, b) = 1 entonces mcd(ac, b) =
mcd(c, b).
Demostración.
Sea d = mcd(c, b) y d0 = mcd(ac, b).
Sabemos que podemos expresar el mcd como una combinación lineal y por tanto tenemos:
d = cx1 + by1 d0 = acx2 + by2 ax + by = 1.
Probemos que d0 |d multipliquemos a ax + by = 1 por d obtenemos:
d(ax + by = 1) ⇒ axd + bdy = d
⇒ ax(cx1 + by1 ) + bdy = d sustituyendo d
⇒ ac(xx1 ) + b(axy1 + dy) = d.
Ya que d0 divide cualquier combinación lineal de ac y b, entonces d0 |d. De manera similar
probamos que d|d0 , multiplicando a ax + by = 1 por d0 obtenemos:
d0 (ax + by = 1) ⇒ axd + bdy = d0
⇒ ax(acx2 + by2 ) + bd0 y = d0 sustituyendo d
⇒ c(a2 xx2 ) + b(axy2 + d0 y) = d0 .
Ya que d divide cualquier combinación lineal de c y b, entonces d|d0 . Por tanto d = d0 .
60
Lema 2.5. Sea m = qn + r, entonces mcd(Fm , Fn ) = mcd(Fn , Fr ).
Demostración.
mcd(Fm , Fn ) = mcd(Fqn+r , Fn ) por Teorema 2.3

= mcd(Fqn−1 Fr + Fqn Fr+1 , Fn ).
Ahora, sabemos que Fn |Fnq por Lema 2.2, y ya que Fn |Fnq , entonces Fnq se puede expre-
sar como una combinación lineal de Fn , entonces nos queda mcd(Fqn−1 Fr + Fqn Fr+1 , Fn ) =
mcd(Fqn−1 Fr + (Fn x + r)Fr+1 , Fn ), donde x es un entero positivo y r el residuo y por propie-
dades del mcd sabemos que el mcd(a, b) es igual al mcd de a mas cualquier combinación de b
con b, aplicando esto obtenemos que mcd(Fqn−1 Fr + (Fn x + r)Fr+1 , Fn ) = mcd(Fqn−1 Fr , Fn )
y luego:
mcd(Fqn−1 Fr + Fqn Fr+1 , Fn ) = mcd(Fqn−1 Fr , Fn ) por Lema 2.3 y Lema 2.4

= mcd(Fn , Fr ).
Teorema 2.4. Sean m, n enteros positivos entonces mcd(Fm , Fn ) = Fmcd(m,n) .
Demostración.
Sin perdida de generalidad tomamos m ≥ n y por el algoritmo de Euclides tomamos a m
como el dividendo y a n como el divisor, obtenemos:
m = q0 n + r1 0 ≤ r1 < r0
n = q1 r1 + r2 0 ≤ r2 < r1
r1 = q2 r2 + r3 0 ≤ r3 < r2
..
.
rn−2 = qn−1 rn−1 + rn 0 ≤ rn < rn−1
rn−1 = qn rn + 0.
Por Lema 2.5 obtenemos: mcd(Fm , Fn ) = mcd(Fn , Fr1 ) = mcd(Fr1 , Fr2 ) = . . . = mcd(Frn−1 , Frn ).
Pero rn |rn−1 entonces Frn |Frn−1 por lema 2.2. Entonces, mcd(Frn−1 , Frn ) = Frn y por tanto,
mcd(Fm , Fn ) = Frn , pero el algoritmo de Euclides dice que mcd(m, n) = rn y sustituyendo
esto obtenemos mcd(Fm , Fn ) = Frn = Fmcd(m,n) .
Definición 2.5. La estrella de David es una configuración de 6 puntos en el triángulo de

Hosoya formada por dos triángulos con vértices a1 , a2 , a3 y b1 , b2 , b3 como se observa en la
Figura 12.
61
a1 b1 b3
a1 a2
c a3 c
b3
b1 b2
a2 b2 a3
Figura 12: Estrella de David (a) y (b)
Donde sus coordenadas en el triángulo de Hosoya son:

Para la figura 12 (a) tenemos:
a1 = H(r, k) a2 = H(r + 2, k + 1) a3 = H(r + 1, k + 2)

b1 = H(r, k + 1). b2 = H(r + 2, k + 2) b3 = H(r + 1, k).
Por lo anterior podemos deducir que
c = Fr−k+1 Fk+1 .
Para la figura 12 (b) tenemos:
a1 = H(r, k) a2 = H(r, k + 1) a3 = H(r + 3, k + 2)

b1 = H(r + 2, k + 1) b2 = H(r + 2, k + 2) b3 = H(r − 1, k).
Por lo anterior podemos deducir que
c = Fr−k+1 Fk+1 .
Ejemplo 2.2. Si tomamos a1 = H(4, 2) en la figura 12(a) se obtiene los siguientes puntos
a2 = H(6, 3), a3 = H(5, 4) y b1 = H(4, 3), b2 = H(6, 4), b3 = H(5, 2).
62
1
1 1
2 1 2
3 2 2 3
5 3 4 3 5
8 5 6 6 5 8
13 8 10 9 10 8 13
21 13 16 15 15 16 13 21
34 21 26 24 25 24 26 21 34
Ejemplo 2.3. Si tomamos a1 = H(4, 2) en la figura 12(b) se obtiene los siguientes puntos
a2 = H(4, 3), a3 = H(7, 4) y b1 = H(6, 3), b2 = H(6, 4), b3 = H(3, 2).
1 1
2 1 2
3 2 2 3
5 3 4 3 5
8 5 6 6 5 8
13 8 10 9 10 8 13
21 13 16 15 15 16 13 21
34 21 26 24 25 24 26 21 34
Lema 2.6. Propiedad de multiplicación del mcd.

Si a y b son co-primos entonces mcd(ab, c) = mcd(a, c) mcd(b, c).
63
Demostración.
mcd(a, c) mcd(b, c) = mcd(mcd(a, c)b, mcd(a, c)c) ley distributiva
= mcd(mcd(ab, bc), mcd(ac, cc)) ley distributiva
= mcd(ab, bc, ac, cc) ley asociativa
= mcd(ab, mcd(a, b, c)c) ley asociativa y distributiva
= mcd(ab, mcd(mcd(a, b), c)c) ya que mcd(a, b) = 1
= mcd(ab, c).
Proposición 2.1. Sean a, b, c y d enteros positivos.
1. Si mcd(a, b) = 1 y mcd(c, d) = 1 entonces

mcd(ab, cd) = mcd(a, c) mcd(a, d) mcd(b, c) mcd(b, d).
2. Si mcd(a, c) = mcd(b, d) = 1 entonces

mcd(ab, cd) = mcd(a, d) mcd(b, c).
Demostración.
Prueba de (1).
Tenemos mcd(ab, cd), y ya que mcd(a, b) = 1 y por Corolario 2.6 tenemos que mcd(ab, cd) =
mcd(a, cd) mcd(b, cd).
Ahora ya que mcd(c, d) = 1 y aplicando el Corolario 2.6 obtenemos:
mcd(a, cd) = mcd(cd, a) = mcd(c, a) mcd(d, a)
mcd(b, cd) = mcd(cd, b) = mcd(c, b) mcd(d, b).
Por tanto, tenemos que:
mcd(ab, cd) = mcd(a, c) mcd(a, d) mcd(b, c) mcd(b, d).
Prueba de (2).
Sea d1 = mcd(a, d), d2 = mcd(b, c) y x = mcd(ab, cd).
De lo anterior obtenemos que d1 |a y d1 |d, también que d2 |b y d2 |c y sin olvidar que x|ab y
x|cd.
Ahora, es fácil ver que d1 d2 |ab y d1 d2 |cd y por tanto x|d1 d2 .
Luego si x = 1, esta claro que x|d1 d2 . Asumimos que x ≥ 2.
Por el teorema fundamental de aritmética sabemos que x = pr11 pr22 ...prnn se descompone en
primos. Consideremos una potencia prima de pr que divide a x con r ≥ 1. Entonces, pr |ab
y pr |cd y ya que el mcd(a, c) = mcd(b, d) = 1 es fácil ver que cualquier pr |a y pr |d o pr |b y
pr |c. Entonces pr |d1 o pr |d2 . Por lo tanto pr |d1 d2 .
El argumento anterior prueba que pri i |d1 d2 para cada i ∈ {1, ..., n}. Ya que pr11 pr22 ...prnn son
primos relativos, (pr11 pr22 ...prnn )|d1 d2 . Es decir, x|d1 d2 . Por tanto x = d1 d2 .
64
2.3. Propiedades que se generalizan del triángulo de Pascal al
triángulo de Hosoya
En el articulo A proof Gould’s Pascal hexagon congeture de Hillman y Hogatt, probaron que
la configuración de puntos que se muestra en la Figura 12(a) también está en el triángulo de
Pascal, y cumple que el mcd(a1 , a2 , a3 ) = mcd(b1 , b2 , b3 ). Esto es llamado la propiedad del
mcd de la estrella de David. Sin embargo, está propiedad no es cierta para la configuración
de puntos en la figura 12(b). Como contraejemplo, podrı́amos escoger

3 3 6
a1 = a2 = a3 =
1 2 3
5 5 2
b1 = b2 = b3 =
2 3 1
En esta sección probaremos que el mcd(a1 , a2 , a3 ) = mcd(b1 , b2 , b3 ) = 1, para la configuración

de puntos mostrada en la figura 12 en el triángulo de Hosoya.
Lema 2.7. Sean m, n enteros positivos tal que |m − n| = d y el mcd(m, n) = k, entonces
k|d.
Demostración.
Ya que |m, n| = d entonces SPDG tomamos m ≥ n entonces m = n + d.
mcd(m, n) = mcd(n + d, n)
= mcd(d, n) por propiedad lineal del mcd
ya que k = mcd(m, n) entonces k = mcd(d, n) y por lo tanto k|d y k|n.
Esto quiere decir que si m y n están a distancia d, el mcd(m, n) será algún divisor de d.
Lema 2.8. Sea m, n, s y t enteros positivos. Si |m − n| ≤ 2 y |s − t| ≤ 2, entonces
1. mcd(Fm , Fn ) = 1
2. mcd(Fm Fs , Fn Ft ) = mcd(Fm , Ft ) mcd(Fs , Fn ) = Fmcd(m,t) Fmcd(n,s) .
Demostración.
La prueba de la parte 1: ya que el mcd(m, n) ≤ 2 y aplicando el lema 2.7 tenemos que el
mcd(m, n) = i donde i|2 y por el teorema 2.4 implica que mcd(Fm , Fn ) = Fmcd(m,n) = Fi = 1
ya que i ∈ {1, 2}.
La pueba de la parte 2: por parte 1 tenemos que mcd(Ft , Fs ) = mcd(Fm , Fn ) = 1. Esto y la
proposición 2.1 parte 2, se sabe que:
mcd(Fm Fs , Fn Ft ) = mcd(Fm , Ft ) mcd(Fs , Fn )

= Fmcd(m,t) Fmcd(s,n) .
65
Teorema 2.5. Si a1 , a2 , a3 y b1 , b2 , b3 son los vértices de los dos triángulos de la Estrella de
David en el triángulo de Hosoya con c como su punto interior, entonces
1. a1 a2 a3 = b1 b2 b3
2. mcd(a1 , a2 , a3 ) = mcd(b1 , b2 , b3 ) = 1
3. mcd(a1 , b2 ) mcd(b1 , a2 ) = c.
Demostración.
Está demostración se hará para las dos configuraciones de puntos de la figura 12.
Primero probemos para la figura 12 (a).
Queremos a1 a2 a3 = b1 b2 b3 , por definición de la estrella de David y aplicando el corolario

1.6 tenemos:
a1 a2 a3 = H(r, k)H(r + 2, k + 1)H(r + 1, k + 2)

= (Fk Fr−k+1 )(Fk+1 Fr−k+2 )(Fk+2 Fr−k ) por Corolario 1.6
= (Fk+1 Fr−k )(Fk+2 Fr−k+1 )(Fk Fr−k+2 ) ley conmutativa
= H(r, k + 1)H(r + 2, k + 2)H(r + 1, k) por Corolario 1.6
= b1 b2 b3 .
Queremos mcd(a1 , a2 , a3 ) = mcd(b1 , b2 , b3 ) = 1, probemos primero mcd(a1 , a2 , a3 ) =

1.
mcd(a1 , a2 , a3 ) = mcd(Fk Fr−k+1 , Fk+1 Fr−k+2 , Fk+2 Fr−k )

= mcd(mcd(Fk Fr−k+1 , Fk+1 Fr−k+2 ), Fk+2 Fr−k ) por ley asociativa.
Si tomamos a m = k, s = r − k + 1, n = k + 1 y t = r − k + 2 vemos que se cumplen

las condiciones del Lema 2.8 y por la parte 2 tenemos:
mcd(Fk Fr−k+1 , Fk+1 Fr−k+2 ) = mcd(Fk , Fr−k+2 ) mcd(Fr−k+1 , Fk+1 )

= Fmcd(k,r−k+2) Fmcd(r−k+1,k+1) por Teorema 2.4.
Entonces,
mcd(mcd(Fk Fr−k+1 , Fk+1 Fr−k+2 ), Fk+2 Fr−k ) = mcd(Fmcd(k,r−k+2) Fmcd(r−k+1,k+1) , Fk+2 Fr−k ).
Queremos que el mcd(Fmcd(k,r−k+2) , Fk+2 ) = mcd(Fmcd(r−k+1,k+1) , Fr−k ) = 1 para po-

der aplicar la Proposición 2.1.
Ahora si tomamos el mcd(Fmcd(k,r−k+2) , Fk+2 ) = Fmcd(k,r−k+2,k+2) . Notemos que |k −
(k + 2)| ≤ 2 por Lema 2.7 entonces mcd(k, k + 2) = i, donde i|2 y esto implica que el
mcd(k, r − k + 2, k + 2) = i y por lo tanto
Fmcd(k,r−k+2,k+2) = Fi = 1, ya que i ∈ {1, 2}.
66
Ahora si tomamos el
mcd(Fmcd(r−k+1,k+1) , Fr−k ) = Fmcd(r−k+1,k+1,r−k) = F1 = 1.
Ya que |r − k + 1 − r + k| = 1, por Lema 2.8 parte 1 entonces mcd(r − k + 1, r + k) = 1,
esto implica que mcd(r − k + 1, k + 1, r − k) = 1.
Por Proposición 2.1 parte 2 tenemos:
mcd(a1 , a2 , a3 ) = mcd(Fmcd(k,r−k+2) Fmcd(r−k+1,k+1) , Fk+2 Fr−k )
= mcd(Fmcd(k,r−k+2) , Fr−k ) mcd(Fmcd(r−k+1,k+1) , Fk+2 )
= Fmcd(k,r−k+2,r−k) Fmcd(r−k+1,k+1,k+2) por Lema 2.8
= F1 F1
= 1.
Ahora falta ver que el mcd(b1 , b2 , b3 ) = 1.

mcd(b1 , b2 , b3 ) = mcd(Fk+1 Fr−k , Fk+2 Fr−k+1 , Fk Fr−k+2 )
= mcd(mcd(Fk+1 Fr−k , Fk+2 Fr−k+1 ), Fk Fr−k+2 ) por ley asociativa.
Si tomamos m = k + 1, s = r − k, n = k + 2 y t = r − k + 1 notemos que se cumplen
las condiciones del Lema 2.8 y por parte 2 tenemos:
mcd(Fk+1 Fr−k , Fk+2 Fr−k+1 ) = mcd(Fk+1 , Fr−k+1 ) mcd(Fr−k , Fk+2 )
= Fmcd(k+1,r−k+1) Fmcd(r−k,k+2) .
Entonces,
mcd(mcd(Fk+1 Fr−k , Fk+2 Fr−k+1 ), Fk Fr−k+2 ) = mcd(Fmcd(k+1,r−k+1) Fmcd(r−k,k+2) , Fk Fr−k+2 ).
Queremos que el mcd(Fmcd(k+1,r−k+1) , Fk ) = mcd(Fmcd(r−k,k+2) , Fr−k+2 ) = 1 para po-
Ahora si tomamos el mcd(Fmcd(k+1,r−k+1) , Fk ) = Fmcd(k+1,r−k+1,k) . Ya que |k + 1 −
k| = 1, y por el lema 2.8 parte 1 entonces mcd(k + 1, k) = 1 y esto implica que
mcd(k + 1, r − k + 1, k) = 1. Por lo tanto
Fmcd(k+1,r−k+1,k) = 1.
Ahora si mcd(Fmcd(r−k,k+2) , Fr−k+2 ) = Fmcd(r−k,k+2,r−k+2) . Sı́ |r − k − (r − k + 2)| ≤ 2

por el lema 2.7 entonces mcd(r − k, r − k + 2) = i, donde i|2 y esto implica que el
mcd(r − k, k + 2, r − k + 2) = i y por lo tanto
Fmcd(r−k,k+2,r−k+2) = Fi = 1, ya que i ∈ {1, 2}.

mcd(b1 , b2 , b3 ) = mcd(Fmcd(k+1,r−k+1) Fmcd(r−k,k+2) , Fk Fr−k+2 )
= mcd(Fmcd(k+1,r−k+1,r−k+2) , Fmcd(r−k,k+2,k) )
= Fmcd(k+1,r−k+1,r−k+2) Fmcd(r−k,k+2,k )
= F1 F1 por lema 2.8
= 1.
67
Probemos que el mcd(a1 , b2 ) mcd(b1 , a2 ) = c, entonces tenemos que:
mcd(a1 , b2 ) = mcd(Fk Fr−k+1 , Fk+2 Fr−k+1 )
= Fr−k+1 mcd(Fk , Fk+2 ) por ley distributiva
= Fr−k+1 Fmcd(k,k+2) por Teorema 2.4
= Fr−k+1 por lema 2.8.
mcd(b1 , a2 ) = mcd(Fk+1 Fr−k , Fk+1 Fr−k+2 )

= Fk+1 mcd(Fr−k , Fr−k+2 ) por ley distributiva
= Fk+1 Fmcd(r−k,r−k+2) por Teorema 2.4
= Fk+1 por Lema 2.8.
Entonces mcd(a1 , b2 ) mcd(b1 , a2 ) = Fr−k+1 Fk+1 = c.
Prueba para la configuración de la Figura 12 (b), tenemos:
Queremos a1 a2 a3 = b1 b2 b3 , por definición de la estrella de David y aplicando el Corolario

1.6 tenemos:
a1 a2 a3 = H(r, k)H(r, k + 1)H(r + 3, k + 2)
= (Fr Fr−k+1 )(Fk+1 Fr−k )(Fk+2 Fr−k+2 )
= (Fk+1 Fr−k+2 )(Fk+2 Fr−k+1 )(Fk Fr−k )
= H(r + 2, k + 1)H(r + 2, k + 2)H(r − 1, k)
= b1 b2 b3 .
Queremos mcd(a1 , a2 , a3 ) = mcd(b1 , b2 , b3 ) = 1, probemos primero mcd(a1 , a2 , a3 ) =

1.
mcd(a1 , a2 , a3 ) = mcd(Fk Fr−k+1 , Fk+1 Fr−k , Fk+2 Fr−k+2 )
= mcd(mcd(Fk Fr−k+1 , Fk+1 Fr−k ), Fk+2 Fr−k+2 ) por ley asociativa.
Si tomamos a m = k, s = r − k + 1, n = k + 1 y t = r − k vemos que se cumplen las
condiciones del Lema 2.8 y por la parte 2 tenemos:
mcd(Fk Fr−k+1 , Fk+1 Fr−k ) = mcd(Fk , Fr−k ) mcd(Fr−k+1 , Fk+1 ) = Fmcd(k,r−k) Fmcd(r−k+1,k+1)
Entonces,
mcd(mcd(Fk Fr−k+1 , Fk+1 Fr−k ), Fk+2 Fr−k+2 ) = mcd(Fmcd(k,r−k) Fmcd(r−k+1,k+1) , Fk+2 Fr−k ).
Queremos que el mcd(Fmcd(k,r−k) , Fk+2 ) = mcd(Fmcd(r−k+1,k+1) , Fr−k+2 ) = 1 para po-
Ahora si tomamos el mcd(Fmcd(k,r−k) , Fk+2 ) = Fmcd(k,r−k,k+2) . Si |k − (k + 2)| ≤ 2,
entonces por Lema 2.7 el mcd(k, k + 2) = i, implica que el
mcd(k, r − k, k + 2) = i donde i|2.
68
Por tanto Fmcd(k,r−k,k+2) = Fi = 1 ya que i ∈ {1, 2}.
Notemos que el mcd(Fmcd(r−k+1,k+1) , Fr−k+2 ) = Fmcd(r−k+1,k+1,r−k+2) y ya que |r −
k + 1 − r + k − 2| = 1, entonces mcd(r − k + 1, r − k + 2) = 1, implica que el
mcd(r − k + 1, k + 1, r − k + 2) = 1. Por tanto
Fmcd(r−k+1,k+1,r−k+2) = F1 = 1.
mcd(a1 , a2 , a3 ) = mcd(Fmcd(k,r−k) Fmcd(r−k+1,k+1) , Fk+2 Fr−k+2 )

= mcd(Fmcd(k,r−k) , Fr−k+2 ) mcd(Fmcd(r−k+1,k+1) , Fk+2 )
= Fmcd(k,r−k,r−k+2) Fmcd(r−k+1,k+1,k+2)
= F1 F1 por Lema 2.8
= 1.
De forma similar podemos demostrar que mcd(b1 , b2 , b3 ) = 1, utilizando los mismos

lemas, teoremas y propiedades como en las demostraciones anterior, entonces tenemos:
mcd(b1 , b2 , b3 ) = mcd(Fk+1 Fr−k+2 , Fk+2 Fr−k+1 , Fk Fr−k )

= mcd(mcd(Fk+1 Fr−k+2 , Fk+2 Fr−k+1 ), Fk Fr−k )
= mcd(Fmcd(k+1,r−k+1) Fmcd(r−k+2,k+2) , Fk Fr−k )
= mcd(Fmcd(k+1,r−k+1) , Fr−k ) mcd(Fmcd(r−k+2,k+2) , Fk )
= Fmcd(k+1,r−k+1,r−k) Fmcd(r−k+2,k+2,k) .
Calculando el mcd(k + 1, r − k + 1, r − k) = 1 ya que |r − k + 1 − (r − k)| = 1 y por

el Lema 2.8 tenemos que mcd(r − k + 1, r − k) = 1.
El mcd(r − k + 2, k + 2, k) = i ya que |k + 2 − (k)| ≤ 2, entonces el mcd(k + 2, k) = i
donde i|2. Por tanto mcd(b1 , b2 , b3 ) = 1.
Probemos que el mcd(a1 , b2 ) mcd(b1 , a2 ) = c, entonces tenemos que:
mcd(a1 , b2 ) = mcd(Fk Fr−k+1 , Fk+2 Fr−k+1 )

= Fr−k+1 mcd(Fk , Fk+2 ) por ley distributiva
= Fr−k+1 Fmcd(k,k+2) por Teorema 2.4
= Fr−k+1 por Lema 2.8.
mcd(b1 , a2 ) = mcd(Fk+1 Fr−k+2 , Fk+1 Fr−k )

= Fk+1 mcd(Fr−k+2 , Fr−k ) por ley distributiva
= Fk+1 Fmcd(r−k+2,r−k) por Teorema 2.4
= Fk+1 por Lema 2.8.
Entonces mcd(a1 , b2 ) mcd(b1 , a2 ) = Fr−k+1 Fk+1 = c.
69
Proposición 2.2. Si x1 , . . . , x5 y y1 , . . . , y5 son puntos en triángulo de Hosoya como en la
Figura 13, entonces mcd(x1 , x2 , x3 , x4 , x5 ) = mcd(y1 , y2 , y3 , y4 , y5 ) = 1.
Figura 13: (a) y (b)
Las coordenadas de los xi en la Figura 13 (a) en el triángulo de Hosoya es:
x1 = H(r, k) x3 = H(r + 2, k − 1) x5 = H(r + 3, k + 2)

x2 = H(r, k − 2). x4 = H(r + 4, k + 1) x6 = H(r + 1, k + 2).
Y las de los yi son:
y1 = H(r, k − 1) y3 = H(r + 2, k + 2) y5 = H(r + 3, k)

y2 = H(r, k + 1). y4 = H(r + 4, k + 2) y6 = H(r + 1, k − 2).
Las coordenadas de los xi en la Figura 13 (b) en el triángulo de Hosoya es:
x1 = H(r, k) x3 = H(r − 2, k − 3) x5 = H(r − 3, k − 1)

x2 = H(r, k − 2). x4 = H(r − 4, k − 3) x6 = H(r − 1, k + 1).
Y las de los yi son:
y1 = H(r, k − 1) y3 = H(r − 2, k) y5 = H(r − 3, k − 3)

y2 = H(r, k + 1) y4 = H(r − 4, k − 2) y6 = H(r − 1, k − 3).
Demostración.
Dividiremos la prueba para las dos diferentes configuraciones de puntos presentados en la
Figura 13.
70
Probaremos que el mcd(x1 , x2 , x3 , x4 , x5 ) = 1 de la figura 13 (a).
Aplicando la ley asociativa y el Corolario 1.6 obtenemos:

mcd(x1 , x2 , x3 , x4 , x5 ) = mcd(mcd(x1 , x2 ), mcd(x3 , x4 ), x5 )
= mcd(mcd(Fk Fr−k+1 , Fk−2 Fr−k+3 ), mcd(Fk−1 Fr−k+4 , Fk+1 Fr−k+4 ), Fk+2 Fr−k+2 ).
Por Lema 2.8 parte 2, tomando a m = k, s = r − k + 1, n = k − 2 y t = r − k + 3 implica

que
mcd(Fk Fr−k+1 , Fk−2 Fr−k+3 ) = Fmcd(k,r−k+3) Fmcd(r−k+1,k−2) .
Notemos que
mcd(Fk−1 Fr−k+4 , Fk+1 Fr−k+4 ) = Fr−k+4 mcd(Fk−1 , Fk+1 ) por ley distributiva
= Fr−k+4 por Lema 2.8 parte 1.
Por los pasos anteriores obtenemos:
mcd(x1 , x2 , x3 , x4 , x5 ) = mcd(Fmcd(k,r−k+3) Fmcd(r−k+1,k−2) , Fr−k−4 , Fk+2 Fr−k+2 )
= mcd(Fmcd(k,r−k+3) Fmcd(r−k+1,k−2) , Fk+2 Fr−k+2 , Fr−k−4 )
= mcd(mcd(Fmcd(k,r−k+3) Fmcd(r−k+1,k−2) , Fk+2 Fr−k+2 ), Fr−k−4 ).
Sı́ se cumplen las condiciones para la Proposición 2.1 parte 2, ya que
mcd(k, r − k + 3, k + 2) = i y mcd(r − k + 1, k − 2, r − k + 2) = 1.
donde i|2, esto implica que
mcd(Fmcd(k,r−k+3) , Fk+2 ) = Fmcd(k,r−k+3,k+2) = Fi = 1
mcd(Fmcd(r−k+1,k−2) , Fr−k+2 ) = Fmcd(r−k+1,k−2,r−k+2) = F1 = 1.
Por Proposición 2.1 parte 2 implica que:

mcd(Fmcd(k,r−k+3) Fmcd(r−k+1,k−2) , Fk+2 Fr−k+2 ) = Fmcd(k,r−k+3,r−k+2) Fmcd(r−k+1,k−2,k+2)
= F1 Fmcd(r−k+1,k−2,k+2) el mcd(k, r − k + 3, r − k + 2) = 1
= Fmcd(r−k+1,k−2,k+2) .
Por tanto tenemos que
mcd(x1 , x2 , x3 , x4 , x5 ) = mcd(Fmcd(r−k+1,k−2,k+2) , Fr−k+4 )
= Fmcd(r−k+1,k−2,k+2,r−k+4) .
Supongamos que
d = mcd(r − k + 1, k − 2, k + 2, r − k + 4) = mcd(mcd(k − 2, k + 2), mcd(r − k + 1, r − k + 4)).
En consecuencia d| mcd(k − 2, k + 2) y d| mcd(r − k + 1, r − k + 4), ya que el |k − 2 −

(k + 2)| = 4 y por el Lema 2.7 el mcd(k − 2, k + 2) = i donde i|4, entonces i ∈ {1, 2, 4}
y mcd(r − k + 1, r − k + 4) = j ya que |r − k + 1 − (r − k + 4)| = 3 donde j|3, entonces
j ∈ {1, 3} tenemos que d|j y d|i, por lo tanto d = 1.
mcd(x1 , x2 , x3 , x4 , x5 ) = F1 = 1.
71
Probaremos que el mcd(y1 , y2 , y3 , y4 , y5 ) = 1 de la Figura 13 (a).

mcd(y1 , y2 , y3 , y4 , y5 ) = mcd(mcd(y1 , y2 ), mcd(y3 , y4 ), y5 )
= mcd(mcd(Fk−1 Fr−k+2 , Fk+1 Fr−k ), mcd(Fk+2 Fr−k+1 , Fk+2 Fr−k+3 ), Fk Fr−k+4 ).
Por Lema 2.8 parte 2.
mcd(Fk−1 Fr−k+2 , Fk+1 Fr−k ) = Fmcd(k−1,r−k) Fmcd(r−k+2,k+1) .
Notemos que
mcd(Fk+2 Fr−k+1 , Fk+2 Fr−k+3 ) = Fk+2 mcd(Fr−k+1 , Fr−k+3 ) por ley distributiva
= Fk+2 por Lema 2.8 parte 1.
Por los pasos anteriores obtenemos:
mcd(y1 , y2 , y3 , y4 , y5 ) = mcd(Fmcd(k−1,r−k) Fmcd(r−k+2,k+1) , Fk+2 , Fk Fr−k+4 )
= mcd(Fmcd(k−1,r−k) Fmcd(r−k+2,k+1) , Fk Fr−k+4 , Fk+2 )
= mcd(mcd(Fmcd(k−1,r−k) Fmcd(r−k+2,k+1) , Fk Fr−k+4 ), Fk+2 ).
Sı́ se cumplen las condiciones para la Proposición 2.1 parte 2, ya que
mcd(k − 1, r − k, k) = 1 y mcd(r − k + 2, k + 1, r − k + 4) = i.
donde i|2, esto implica que:
mcd(Fmcd(k−1,r−k) , Fk ) = Fmcd(k−1,r−k,k) = F1 = 1
mcd(Fmcd(r−k+2,k+1) , Fr−k+4 ) = Fmcd(r−k+2,k+1,r−k+4) = Fi = 1.

mcd(Fmcd(k−1,r−k) Fmcd(r−k+2,k+1) , Fk Fr−k+4 ) = Fmcd(k−1,r−k,r−k+4) Fmcd(r−k+2,k+1,k)
= Fmcd(k−1,r−k,r−k+4) F1 el mcd(r − k + 2, k + 1, k) = 1
= Fmcd(k−1,r−k,r−k+4) .
mcd(y1 , y2 , y3 , y4 , y5 ) = mcd(Fmcd((k−1,r−k,r−k+4) , Fr+2 )
= Fmcd(k−1,r−k,r−k+4,r+2) .
Supongamos que
d = mcd mcd(k − 1, r − k, r − k + 4, r + 2) = mcd(mcd(k + 1, k + 2), mcd(r − k, r − k + 4)).
En consecuencia d| mcd(k + 1, k + 2) y d| mcd(r − k, r − k + 4), ya que el |k + 1 − (k + 2)| = 1
y por el Lema 2.7 tenemos que el mcd(k + 1, k + 2) = 1 por lo que d|1, también notemos que
el mcd(r − k, r − k + 4) = i, ya que |r − k − (r − k + 4)| = 4 donde i|4, entonces tenemos
que d|i, por lo tanto d = 1, en consecuencia:
mcd(y1 , y2 , y3 , y4 , y5 ) = F1 = 1.
72
Probaremos que el mcd(x1 , x2 , x3 , x4 , x5 ) = 1 de la Figura 13 (b).
La demostración es similar a la demostración de la Figura 13 (a), por lo que omitiremos pasos

obvios. Aplicando la ley asociativa y el Corolario 1.6 obtenemos:
mcd(x1 , x2 , x3 , x4 , x5 ) = mcd(mcd(x1 , x2 ), mcd(x3 , x4 ), x5 )

= mcd(mcd(Fk Fr−k+1 , Fk−2 Fr−k+3 ), mcd(Fk−3 Fr−k+2 , Fk−3 Fr−k ), Fk−1 Fr−k−1 ).
Por Lema 2.8 parte 1 y 2 obtenemos:
mcd(a1 , a2 , a3 , a4 , a5 ) = mcd(Fmcd(k,r−k+3) Fmcd(r−k+1,k−2) , Fk−3 , Fk−1 Fr−k−1 )

= mcd(Fmcd(k,r−k+3) Fmcd(r−k+1,k−2) , Fk−1 Fr−k−1 , Fk−3 )
= mcd(mcd(Fmcd(k,r−k+3) Fmcd(r−k+1,k−2) , Fk−1 Fr−k−1 ), Fk−3 ).
Notemos que se cumplen las condiciones para la Proposición 2.1 parte 2, ya que
mcd(Fmcd(k,r−k+3) , Fk−1 ) = Fmcd(k,r−k+3,k−1) = 1
mcd(Fmcd(r−k+1,k−2) , Fr−k−1 ) = Fmcd(r−k+1,k−2,r−k−1) = 1.
mcd(Fmcd(k,r−k+3) Fmcd(r−k+1,k−2) , Fk−1 Fr−k−1 ) = Fmcd(k,r−k+3,r−k−1) Fmcd(r−k+1,k−2,k−1)

= Fmcd(k,r−k+3,r−k−1) F1 el mcd(r − k + 1, k − 2, k − 1) = 1
= Fmcd(k,r−k+3,r−k−1) .
mcd(a1 , a2 , a3 , a4 , a5 ) = mcd(Fmcd(k,r−k+3,r−k−1) , Fk−3 )

= Fmcd(k,r−k+3,r−k−1,k−3) .
Supongamos que
d = mcd(k, r − k + 3, r − k − 1, k − 3) = mcd(mcd(k, k − 3), mcd(r − k + 3, r − k + 1)).
En consecuencia d| mcd(k, k −3) y d| mcd(r −k +3, r −k +1), ya que |k −(k −3)| = 3 y por el
Lema 2.7 el mcd(k, k −3) = i donde i|3, entonces i ∈ {1, 3} y el mcd(r −k +3, r −k +1) = j,
ya que |r − k + 3 − (r − k + 1)| = 2 entonces j|2, tenemos que d|i y d|j, por lo tanto d = 1,
en consecuencia:
mcd(a1 , a2 , a3 , a4 , a5 ) = F1 = 1.
Probaremos que el mcd(y1 , y2 , y3 , y4 , y5 ) = 1 de la Figura 13 (b).

mcd(y1 , y2 , y3 , y4 , y5 ) = mcd(mcd(y1 , y2 ), mcd(y3 , y4 ), y5 )

= mcd(mcd(Fk−1 Fr−k+2 , Fk+1 Fr−k ), mcd(Fk Fr−k−1 , Fk−2 Fr−k−1 ), Fk−3 Fr−k+1 ).
73
Por Lema 2.8 parte 1, 2 y ley distributiva, tenemos:
mcd(b1 , b2 , b3 , b4 , b5 ) = mcd(Fmcd(k−1,r−k) Fmcd(r−k+2,k+1) , Fr−k−1 , Fk−3 Fr−k+1 )

= mcd(Fmcd(k−1,r−k) Fmcd(r−k+2,k+1) , Fk−3 Fr−k+1 , Fr−k−1 )
= mcd(mcd(Fmcd(k−1,r−k) Fmcd(r−k+2,k+1) , Fk−3 Fr−k+1 ), Fr−k−1 ).
Notemos que se cumplen las condiciones para la Proposición 2.1 parte 2, ya que
mcd(Fmcd(k−1,r−k) , Fk−3 ) = Fmcd(k−1,r−k,k−3) = 1
mcd(Fmcd(r−k+2,k+1) , Fr−k+1 ) = Fmcd(r−k+2,k+1,r−k+1) = 1.
mcd(Fmcd(k−1,r−k) Fmcd(r−k+2,k+1) , Fk−3 Fr−k+1 ) = Fmcd(k−1,r−k,r−k+1) Fmcd(r−k+2,k+1,k−3)

= F1 Fmcd(r−k+2,k+1,k−3) el mcd(k − 1, r − k, r − k + 1) = 1
= Fmcd(r−k+2,k+1,k−3) .
mcd(b1 , b2 , b3 , b4 , b5 ) = mcd(Fmcd(r−k+2,k+1,k−3) , Fr−k−1 )

= Fmcd(r−k+2,k+1,k−3,r−k−1) .
Supongamos que
d = mcd(r − k + 2, k + 1, k − 3, r − k − 1) = mcd(mcd(k + 1, k − 3), mcd(r − k + 2, r − k − 1)).
Ya que |k+1−(k−3)| = 4, el mcd(k+1, k−3) = i donde i|4 y el mcd(r−k+2, r−k−1) = j,
ya que |r − k + 2 − (r − k − 1)| = 3 donde j|3, entonces tenemos que d|i y d|j, por lo tanto
d = 1, en conclusión tenemos:
mcd(y1 , y2 , y3 , y4 , y5 ) = F1 = 1.
Definición 2.6. Cualquier conjunto de la forma {Fk Fj , Fk Fj+1 , . . . , Fk Fj+l } donde l ≥ 1,

es llamado una subdiagonal del triángulo de Hosoya. Es claro que cualquier subdiagonal del
triángulo de Hosoya es incluido en cualquier S(Fk ) o B(Fk ).
En el Teorema 2.6 generalizamos el Teorema 2.5 parte 3.
Ejemplo 2.4. Si tomamos a1 = H(4, 3) en la Figura 13(a) se obtiene los siguientes puntos
a2 = H(4, 1), a3 = H(6, 2) a4 = H(8, 4), a5 = H(7, 5), a6 = H(5, 5) y b1 = H(4, 2), b2 =
H(4, 4), b3 = H(6, 5), b4 = H(8, 5), b5 = H(7, 3), b6 = H(6, 2).
74
1
1 1
2 1 2
3 2 2 3
5 3 4 3 5
8 5 6 6 5 8
13 8 10 9 10 8 13
21 13 16 15 15 16 13 21
34 21 26 24 25 24 26 21 34
Teorema 2.6. Sea P un polı́gono en el triángulo de Hosoya. Si D1 y D2 son dos diagonales

de P tal que:
1. D1 y D2 son subdiagonales del triángulo de Hosoya,
2. D1 ∩ D2 = {c},
3. |D1 | ≥ 3 y |D2 | ≥ 3,
entonces el mcd(D1 − {c}) mcd(D2 − {c}) = {c}.
Demostración.
Primero supongamos que |D1 | = |D2 | = 3 y probaremos que el
mcd(D1 − {c}) mcd(D2 − {c}) = c.
Hay 9 posiciones relativas para las diagonales D1 y D2 , como se muestran en la Figura 14.
Elegimos a c = H(r, k) = Fk Fr−k+1 en todos los casos, entonces tomamos a D1 = {b1 , b2 , c}
y D2 = {a1 , a2 , c}.
La prueba del caso (a) es la misma prueba de la parte 3 del Teorema 2.5.
Prueba del caso (b)
a1 = H(r + 1, k) b1 = H(r + 1, k + 1)
a2 = H(r + 2, k). b2 = H(r + 2, k + 2).
75
Entonces,
mcd(D1 − {c}) mcd(D2 − {c}) = mcd(b1 , b2 ) mcd(a1 , a2 )

= mcd(Fk+1 Fr−k+1 , Fk+2 Fr−k+1 ) mcd(Fk Fr−k+2 , Fk Fr−k+3 )
= Fr−k+1 mcd(Fk+1 , Fk+2 )Fk mcd(Fr−k+2 , Fr−k+3 )
= Fk Fr−k+1 = c.
Prueba del caso (c).
a1 = H(r − 1, k) b1 = H(r + 1, k + 1)
a2 = H(r − 2, k) b2 = H(r + 2, k + 2).
Entonces,

= mcd(Fk+1 Fr−k+1 , Fk+2 Fr−k+1 ) mcd(Fk Fr−k , Fk Fr−k−1 )
= Fr−k+1 mcd(Fk+1 , Fk+2 )Fk mcd(Fr−k , Fr−k−1 )
= Fk Fr−k+1 = c.
Prueba del caso (d).
a1 = H(r − 1, k) b1 = H(r − 1, k − 1)
a2 = H(r − 2, k) b2 = H(r − 2, k − 2).
Entonces,

= mcd(Fk−1 Fr−k+1 , Fk−2 Fr−k+1 ) mcd(Fk Fr−k , Fk Fr−k−1 )
= Fr−k+1 mcd(Fk−1 , Fk−2 )Fk mcd(Fr−k , Fr−k−1 )
= Fk Fr−k+1 = c.
Prueba del caso (e).
a1 = H(r − 1, k) b1 = H(r + 1, k + 1)
a2 = H(r + 1, k) b2 = H(r + 2, k + 2).
Entonces,

= mcd(Fk+1 Fr−k+1 , Fk+2 Fr−k+1 ) mcd(Fk Fr−k , Fk Fr−k+2 )
= Fr−k+1 mcd(Fk+1 , Fk+2 )Fk mcd(Fr−k , Fr−k+2 )
= Fk Fr−k+1 = c.
76
Prueba del caso (f).
a1 = H(r + 1, k) b1 = H(r − 1, k − 1)
a2 = H(r + 2, k). b2 = H(r − 2, k − 2).
Entonces,
mcd(D1 − {c}) mcd(D2 − {c}) = mcd(Fk−1 Fr−k+1 , Fk−2 Fr−k+1 ) mcd(Fk Fr−k+2 , Fk Fr−k+3 )
= Fk Fr−k+1
= c.
Prueba del caso (g).
a1 = H(r − 1, k) b1 = H(r − 1, k − 1)
a2 = H(r + 1, k) b2 = H(r − 2, k − 2).
Entonces,
mcd(D1 − {c}) mcd(D2 − {c}) = mcd(Fk−1 Fr−k+1 , Fk−2 Fr−k+1 ) mcd(Fk Fr−k , Fk Fr−k+2 )
= Fk Fr−k+1
= c.
Prueba del caso (h).
a1 = H(r − 1, k) b1 = H(r − 1, k − 1)
a2 = H(r − 2, k) b2 = H(r + 1, k + 1).
Entonces,
mcd(D1 − {c}) mcd(D2 − {c}) = mcd(Fk−1 Fr−k+1 , Fk+1 Fr−k+1 ) mcd(Fk Fr−k , Fk Fr−k+1 )
= Fk Fr−k+1
= c.
Prueba del caso (i).
a1 = H(r + 1, k) b1 = H(r − 1, k − 1)
a2 = H(r + 2, k) b2 = H(r + 1, k + 1).
Entonces,
mcd(D1 − {c}) mcd(D2 − {c}) = mcd(Fk−1 Fr−k+1 , Fk+1 Fr−k+1 ) mcd(Fk Fr−k+2 , Fk Fr−k+3 )
= Fk Fr−k+1 = c.
77
c
b1 a1 a2 a2
b2 a1
D2 a1
D2 D1 c
a1 b1 a1 D2 D1
D2 c D1 b1 c c
a2 b2 a2 b2 b1 b1
D1 D2 a2
D1 b2 b2
(a) (b) (c) (d) (e)
b2
D1 b1
b1 D1 a2
a1 c
b2 D1
c b1 a1 D1
c b1
a1 b2
a1 D2 c D2
D2 D2
a2 a2 b2 a2
(f) (g) (h) (i)
Figura 14: Diagonales en un polinomio con c = H(r, k) = Fk Fr−k+1
Ahora probaremos que el mcd(D1 − {c}) mcd(D2 − {c}) = c cuando |D1 | > 3 o |D2 | > 3.
Entonces, existen D10 , D20 , A y B tal que D1 = D10 ∪ A y D2 = D20 ∪ B donde
1. D10 y D20 son subdiagonales del triángulo de Hosoya,
2. D10 ∩ D20 = {c},
3. |D10 | = |D20 | = 3.
Es fácil ver que el mcd(D1 − {c}) = mcd(D10 − {c}) y mcd(D2 − {c}) = mcd(D20 − {c}).
Ya que |D10 | = 3 y |D20 | = 3, mcd(D10 − {c}) mcd(D20 − {c}) = c, ya que esto caerı́a en
cualquier de los 9 casos anteriores.
Por lo tanto, tenemos que mcd(D1 − {c}) mcd(D2 − {c}) = c. Esto prueba el teorema.
2.4. La propiedad del mcd en un polı́gono
El motivo principal de esta sección es el estudio de las propiedades del mcd para una confi-
guración especial de puntos en cualquier rombo de n × n de el triángulo de Hosoya. El último
corolario de esta sección prueba que el mcd de una configuración particular de n puntos de
cualquier polı́gono es siempre 1 ó 2.
El Teorema 2.5 parte 2 puede probarse también usando el Teorema 2.7.
Un rombo R de n × n en el triángulo de Hosoya es un arreglo de n2 puntos formando un
78
rombo. Formalmente, definimos por Rn (t, k) el rombo n × n.
n
[
Rn (t, k) = B(Ft+i ) ∩ S(Fk+j ) donde k, t ∈ N.
i,j=1
La Figura 15 describe el rombo R4 (2, 1).

Decimos que A = {a1 , . . . , am } es una colección de puntos no-atacantes de el triángulo de
Hosoya, si no hay dos puntos distintos en A en la misma diagonal o diagonal invertida.
Sean a1 , . . . , an puntos no-atacantes en un rombo n × n del triángulo de Hosoya. Teoremas
prueban que el mcd(a1 , . . . , an ) es siempre 1 o 2, y dar una caracterización para cuando ocurra
cada caso. Damos una prueba de combinatoria para el primer teorema y una algebraica para
el segundo.
Definición 2.7. Sea p un número primo y A ∈ Zk para algún k ∈ N. Denotamos por np (A)
al número de enteros en la k − tupla de A que son divisibles por p.
Un ejemplo sencillo de la definición es: n3 (2, 3, 3, 6, 5, 12) = 4.

Lema 2.9. Supongamos que x1 < x2 < . . . < xn son números enteros con n ≥ 3. Si p es un
primo que divide como máximo un entero de {xi , xi+1 , xi+2 } donde 1 ≤ i ≤ n − 2, entonces
lnm
np (x1 , x2 , . . . , xn ) ≤ .
3
S(F2 )
B(F3 ) S(F3 )
B(F4 ) S(F4 )
1
B(F5 ) S(F5 )
1 1
B(F6 )
2 1 2
3 2 2 3
5 3 4 3 5
8 5 6 6 5 8
13 8 10 9 10 8 13
21 13 16 15 15 16 13 21
34 21 26 24 25 24 26 21 34
55 34 42 39 40 40 39 42 34 55
89 55 68 63 65 64 65 63 68 55 89
Figura 15: Rombo R4 (2, 1)
79
Demostración.
Primero probaremos una identidad de la función mayor entero con la función menor entero,
la cual es: j n k n + 1
= − 1 donde n ∈ Z, m ∈ Z+ . (26)
m m
Notemos que podemos reescribir la ecuación 26:
j n k n + 1
= −1
m m
j n k n + 1
= −1
m m
j n k n − m + 1
= .
m m

n−m+1 n
Tomando la ultima igualdad, podemos tomar el intervalo cerrado , tiene
m m
como tamaño 1 − 1/m y puede
contener
como máximo un entero, en este caso, tal entero
n−m+1 jnk
debe coincidir con ambos y . Siempre que, de los m enteros consecutivos
m m
se tiene:
n − m + 1 n − (m − 1) + 1 n − (m − 2) + 1 n−2+1 n−1+1
, , ,..., ,
m m n m m

n−m+1 n
exactamente 1 es divisible por m; si x es este número, entonces x/m ∈ , es
m m
j n k n − m + 1
el común valor de y .
m m
Continuando con la prueba del lema, sea p divide como máximo a uno de la terna {xi , xi+1 , xi+2 },
si queremos encontrar su número máximo de números que son divisibles por p de la sucesión
{x1 , . . . , xn } para n ≥ 3.
La configuración que nos da el máximo de enteros divididos por p, es la siguiente:
Sea A = {x1 , . . . , xn }, SPDG tomo al primer término como divisible por p y el si-
guiente separado por 2 unidades en el ı́ndice. Siguiendo este argumento tendrı́amos
{x1 , x4 , x7 , x10 , . . .} los divisibles por p.

n−1 n−1
Quitando el x1 , ¿Cuantas veces cabe 3 en n−1 elementos? Eso es , entonces
3 3
serian los divisibles por p en n − 1 términos, pero x1 es divisible en n términos, entonces
tenemos:
n−1 n−1+3 n+2
+1 = =
3 3 3
80
Y a esto por (26) tenemos:

n+2 (n + 2) + 1
= −1
3 3

n+3
= −1
3

n+3−3
=
3
lnm
= .
3
Pero por hipótesis p divide como máximo a uno, esto significa que en algunos trı́os no se
cumplirá dicha condición por lo tanto,
n
np (x1 , x2 , . . . , xn ) ≤ d e.
3
Lema 2.10. Suponga que Fl+1 , Fl+2 , . . . , Fl+n son números de Fibonacci donde n ≥ 3 y l ≥ 1.
Si p es un primo, entonces
n
np (Fl+1 , Fl+2 , . . . , Fl+n ) ≤ d e.
3
Demostración.
Sabemos que el mcd(Fm , Ft ) = 1 para cualquier m y n con |m − t| ≤ 2. Esto implica
que p divide como máximo, un número de Fibonacci en el conjunto {Fl+t , Fl+t+1 , Fl+t+2 }
para cada i. Ya que Fl+1 < Fl+2 < . . . < Fl+n , podemos aplicar el Lema 2.9 a la sucesión
Fl+1 , Fl+2 , . . . , Fl+n .
n
Por lo tanto, np (Fl+1 , Fl+2 , . . . , Fl+n ) ≤ d e.
3
Teorema 2.7. Sea n ≥ 3 un entero con n 6= 4. Si a1 , . . . , an son puntos no-atacantes
distintos en un rombo R de n × n de el triángulo de Hosoya, entonces mcd(a1 , . . . , an ) = 1.
Demostración.
Probamos este teorema por contradicción. Asumimos que el mcd(a1 , . . . , an ) > 1. Esto im-
plica que hay un número primo p tal que
p|ai para cada i ∈ {1, . . . , n}. (27)
Ya que R es un rombo de n × n, hay enteros t y k tal que R = Rn (t, k). Entonces,

n
[
Rn (t, k) = B(Ft+i ) ∩ S(Fk+j ). (28)
i,j=1
81
Si identificamos cada punto ai con su correspondiente par ordenado de números de Fibonacci,
entonces ai = Fsi Fri ←→ (Fsi , Fri ) para i ∈ {1, . . . , n}. Esto y (27) implica que
p|Fs1 o p|Fr1
p|Fs2 o p|Fr2
.. .. (29)
. .
p|Fsn o p|Frn .
Ya que {a1 , . . . , an } es una colección de puntos no-atacantes, la ecuación (28) implica que
{Fs1 , . . . , Fsn } = {Ft+1 , . . . , Ft+n } y {Fr1 , . . . , Frn } = {Fk+1 , . . . , Fk+n }.
Esto y (29) implica que la 2n − upla (Ft+1 , . . . , Ft+n , Fk+1 , . . . , Fk+n ) contiene como mı́nimo
n entradas divisibles por p. Entonces, es claro que
n ≤ np (Ft+1 , . . . , Ft+n , Fk+1 , . . . , Fk+n ) = np (Ft+1 , . . . , Ft+n ) + np (Fk+1 , . . . , Fk+n )
n n
≤ d e + d e.
3 3
n n
Por lo tanto, d e + d e ≥ n, notemos que está desigualdad encontrada es cierta para n < 3
3 3
y n = 4 lo que nos lleva a una contradicción, porque n ≥ 3 y n 6= 4 por hipótesis.
Esto prueba el teorema.
B(F3 ) S(F3 )
B(F4 ) S(F4 )
1
B(F5 ) S(F5 )
1 1
B(F6 ) S(F6 )
2 1 2
3 2 2 3
5 3 4 3 5
8 5 6 6 5 8
13 8 10 9 10 8 13
21 13 16 15 15 16 13 21
34 21 26 24 25 24 26 21 34
55 34 42 39 40 40 39 42 34 55
89 55 68 63 65 64 65 63 68 55 89
Figura 16: Rombo 4x4 con 4 puntos no-atacantes
82
La conclusión del Teorema 2.7 no siempre es cierta cuando n = 4. Por ejemplo, si a1 = 6, a2 =
6, a3 = 40 y a4 = 40 para el rombo mostrado en la Figura 16, entonces mcd(a1 , a2 , a3 , a4 ) = 2.
Esto no es coincidencia; probamos que para cualquier configuración de puntos no-atacantes
a1 , a2 , a3 y a4 en un rombo 4 × 4, el mcd(a1 , a2 , a3 , a4 ) = 1 o 2.
Hay 4! formas en las que podemos elegir 4 puntos no-atacantes en un rombo de 4 × 4. Esto
viene de la fórmula para encontrar toda de configuraciones en las que las n torres del ajedrez
no se ataquen, la cual es n!. Dividimos estas 24 configuraciones en dos tipos. Un rombo 4 × 4
con 4 puntos no-atacantes es llamado de tipo I, si al menos uno de los puntos no-atacantes
está en una esquina. Es una configuración del tipo II, si no hay puntos no-atacantes en
ninguna esquina del rombo. Es decir, una configuración es del tipo II, si no del tipo I.
Es fácil ver que cada configuración del tipo I contiene una configuración de 3 puntos no-
atacantes en un rombo 3×3. Esto se puede hacer ((ignorando)) uno de los puntos no atacantes
en la esquina del rombo 4 × 4 y la diagonal y diagonal invertida que lo contiene(ver figura
17). De hecho si aplicamos este argumento nuevamente y en el rombo 3 × 3 e ignoramos
el punto no-atacante de una de sus esquinas, este contiene una configuración de 2 puntos
no-atacantes en un rombo 2 × 2. Note que hay exactamente 4 configuraciones del tipo II.
Estas configuraciones son descritas en la Figura 18.
Rombos de 3 × 3
Rombos de 3 × 3
Figura 17: Algunas configuraciones del tipo I
a2 a1
a1 a2
a1 a2 a2
a1
a3 a4 a3 a4
a4 a3 a4 a3
(a) (b) (c) (d)
Figura 18: Todas las configuraciones del tipo II
Lema 2.11. Sea R una configuración del tipo II con a1 , a2 , a3 y a4 son puntos de no-ataques.
Si existen t y k en N tal que R = R4 (t, k), entonces mcd(a1 , a2 , a3 , a4 ) = Fmcd(k+1,k+4,t+1,t+4) .
83
Demostración.
Probemos que el mcd(a1 , a2 , a3 , a4 ) = Fmcd(k+1,k+4,t+1,t+4) para la configuración en la Figura
18 (a); Las otras pruebas para los otras 3 configuraciones son similares. De las posiciones
de a1 , a2 , a3 y a4 en R = R4 (t, k) mostradas en la Figura 18 (a), podemos ver que a1 =
Fk+1 Ft+2 ,a2 = Fk+2 Ft+1 ,a3 = Fk+4 Ft+3 y a4 = Fk+3 Ft+4 . Por lo tanto,
mcd(a1 , a2 , a3 , a4 ) = mcd(Fk+1 Ft+2 , Fk+2 Ft+1 , Fk+4 Ft+3 , Fk+3 Ft+4 )

(30)
= mcd(mcd(Fk+1 Ft+2 , Fk+2 Ft+1 ), mcd(Fk+4 Ft+3 , Fk+3 Ft+4 )).
El Lema 2.8 parte 2 implica que (30) es igual a
mcd(Fmcd(k+1,t+1) Fmcd(t+2,k+2) , Fmcd(k+4,t+4) Fmcd(t+3,k+3) ). (31)
Notemos que |k + 1 − (k + 3)| = 2 entonces por Lema 2.7 el mcd(k + 1, k + 3) = i donde

i|2 igualmente vemos que |t + 1 − (t − 3)| = 2 entonces el mcd(t + 1, t + 3) = i, luego el
mcd(k + 1, k + 3, t + 1, t + 3) = i. Por esto y el Teorema 2.4 implica que
mcd(Fmcd(k+1,t+1) , Fmcd(t+3,k+3) ) = Fmcd(k+1,t+1,t+3,k+3) = Fi
mcd(Fmcd(t+2,k+2) , Fmcd(k+4,t+4) ) = Fmcd(t+2,k+2,k+4,t+4) = Fi .

Esto y la Proposición 2.1 parte 2, prueba que (31) es igual a
mcd(Fmcd(k+1,t+1) , Fmcd(k+4,t+4) ) mcd(Fmcd(t+3,k+3) , Fmcd(t+2,k+2) ). (32)
Aplicando el Lema 2.8 parte 1 a lo siguiente se obtiene
mcd(Fmcd(t+3,k+3) , Fmcd(t+2,k+2) ) = Fmcd(t+3,k+3,t+2,k+2) = F1 .
Por esto y (32),(30) y (31) queda probado el Lema para la figura 18a.
Ahora probamos para la configuración mostrada en la figura 18b.
Podemos ver que a1 = Fk+1 Ft+3 ,a2 = Fk+2 Ft+1 ,a3 = Fk+4 Ft+2 y a4 = Fk+3 Ft+4 . Por lo tanto,
mcd(a1 , a2 , a3 , a4 ) = mcd(Fk+1 Ft+3 , Fk+2 Ft+1 , Fk+4 Ft+2 , Fk+3 Ft+4 )

(33)
= mcd(mcd(Fk+1 Ft+3 , Fk+2 Ft+1 ), mcd(Fk+4 Ft+2 , Fk+3 Ft+4 )).
El Lema 2.8 parte 2 implica que (33) es igual a
mcd(Fmcd(k+1,t+1) Fmcd(t+3,k+2) , Fmcd(k+4,t+4) Fmcd(t+2,k+3) ). (34)
Notemos que |k +1−(k +3)| = 2 entonces por Lema 2.7 tenemos que el mcd(k +1, k +3) = j
donde j|2 y el mcd(t + 1, t + 2) = 1 ya que es una aplicación directa del Lema 2.8, entonces
el mcd(k + 1, k + 3, t + 1, t + 3) = 1. Por esto y el Teorema 2.4 implica que
mcd(Fmcd(k+1,t+1) , Fmcd(t+2,k+3) ) = Fmcd(k+1,t+1,t+2,k+3) = F1 = 1.
Esto y la Proposición 2.1 parte 2, prueba que (34) es igual a
mcd(Fmcd(k+1,t+1) , Fmcd(k+4,t+4) ) mcd(Fmcd(t+2,k+3) , Fmcd(t+3,k+2) ). (35)
84
Aplicando el Lema 2.8 parte 1 a lo siguiente se obtiene
mcd(Fmcd(t+2,k+3) , Fmcd(t+3,k+2) ) = Fmcd(t+2,k+3,t+3,k+2) = F1 .
Por esto y (33),(34) y (35) queda probado el lema para la Figura 18b.
Notemos que sólo algunos ı́ndices cambiaron con respecto a la Figura 18a pero la prueba es
la misma y se obtiene el mismo resultado, entonces sólo mencionamos las coordenadas de las
dos figuras restantes y su prueba es análoga.
Para Figura 18c las coordenadas son: a1 = Fk+1 Ft+3 ,a2 = Fk+3 Ft+1 ,a3 = Fk+3 Ft+2 y a4 =
Fk+2 Ft+4 .
Para la Figura 18d las coordenadas son: a1 = Fk+1 Ft+2 ,a2 = Fk+3 Ft+1 ,a3 = Fk+4 Ft+3 y
a4 = Fk+2 Ft+4 .
Teorema 2.8. Sea a1 , a2 , a3 y a4 puntos de no-ataque en un rombo R de 4 × 4. Si existen t

y k en N tal que R = R4 (t, k), entonces
1. Si R es del tipo I, entonces el mcd(a1 , a2 , a3 , a4 ) = 1.
2. Si R es del tipo II y el mcd(k + 1, t + 1, 3) = 1, entonces el mcd(a1 , a2 , a3 , a4 ) = 1.
3. R es del tipo II y el mcd(k + 1, t + 1, 3) = 3 si y solo si el mcd(a1 , a2 , a3 , a4 ) = 2.
Demostración.
1. Asumamos que R es del tipo I. SPDG supongamos que a4 es una esquina en R.

Entonces, a1 , a2 y a3 forman una configuración de 3 puntos de no-ataque en un rombo
de 3 × 3. Esto y el Teorema 2.7 implica que mcd(a1 , a2 , a3 ) = 1. Por lo tanto, el
mcd(a1 , a2 , a3 , a4 ) = 1.
Esto prueba la parte (1) del teorema.
2. Asumamos que R es del tipo II y que el mcd(k + 1, t + 1, 3) = 1.

Por lema anterior sabemos que mcd(a1 , a2 , a3 , a4 ) = Fmcd(k+1,k+4,t+1,t+4) .
Si d = mcd(k + 1, k + 4, t + 1, t + 4), entonces es fácil ver que d|3. Esto y que el
mcd(k + 1, t + 1, 3) = 1 implica que d = 1.
Por lo tanto, mcd(a1 , a2 , a3 , a4 ) = Fmcd(k+1,k+4,t+1,t+4) = Fd = F1 = 1.
Esto prueba la parte (2).
3. Para la condición suficiente asumimos que R es del tipo II y que el mcd(k +1, t+1, 3) =
3. Si d = mcd(k + 1, k + 4, t + 1, t + 4), entonces es fácil ver que d|3.
Lo anterior y que el mcd(k + 1, t + 1, 3) = 3 implica que 3|d. Entonces, d = 3. Por lo
tanto, por el Lema 2.11 tenemos que
mcd(a1 , a2 , a3 , a4 ) = Fmcd(k+1,k+4,t+1,t+4) = F3 = 2.
85
Ahora probemos la condición suficiente.
Recı́procamente, si el mcd(a1 , a2 , a3 , a4 ) = 2, entonces la parte (1) y (2) implica que R
no es una configuración del tipo I y que el mcd(k + 1, t + 1, 3) 6= 1. Entonces, R es del
tipo II y el mcd(k + 1, t + 1, 3) = 3.
Con esto concluimos las pruebas.
Corolario 2.1. Sea P un polı́gono en el triángulo de Hosoya y sea A = {a1 , . . . , an } una
colección de puntos de no-ataque en P con n ≥ 3. Si existen t y k en N tal que A ⊂ Rn (t, k),
entonces
(
2, si n = 4, R es del tipo II y el mcd(k + 1, t + 1, 3) = 3;
mcd(a1 , . . . , an )
1, otro caso.
Demostración.
1. Para el primer caso tenemos n = 4, donde R es el tipo II y el mcd(k + 1, t + 1, 3) = 3,

por Teorema 2.8 parte 3 tenemos que el mcd(a1 , . . . , an ) = 2.
2. Para el otro caso tenemos para n ≥ 3 excepto el caso anterior.
Por lo tanto comprende el caso del Teorema 2.7 y los casos mostrados en la parte 1 y
2 del Teorema 2.8 y para estos se cumple que mcd(a1 , . . . , an ) = 1.
2.5. La sucesión generalizada de Hosoya.
Definición 2.8. La sucesión generalizada de Hosoya {Ha,b (r, k)}r≥k≥1 se define recursiva-
mente por:
Ha,b (1, 1) = a2 ; Ha,b (2, 1) = ab; Ha,b (2, 2) = ab; Ha,b (3, 2) = b2
Ha,b (r, k) = Ha,b (r − 1, k) + Ha,b (r − 2, k) (36)
Ha,b (r, k) = Ha,b (r − 1, k − 1) + Ha,b (r − 2, k − 2) (37)
donde r > 2 y 1 ≤ k ≤ r.
Es fácil ver que si dejamos a = b = 1 en la sucesión generalizada de Hosoya, entonces

obtenemos la sucesión regular de Hosoya {H(r, k)}r≥k≥1 . Sabemos que
H(r, k) = Fk Fr−k+1
para todos los números naturales r, k tal que k ≤ r. Esto y la Proposición 2.3 muestran que
nuestra definición de {Ha,b (r, k)}r≥k≥1 es la generalización ((correcta)) para {H(r, k)}r≥k≥1 .
86
Proposición 2.3. Si r y k son números naturales tal que k ≤ r, entonces
Ha,b (r, k) = Gk Gr−k+1 ,
para todos los enteros a, b ∈ Z.
Demostración.
Probamos primero por inducción fuerte sobre r que
Ha,b (r, 1) = a Gr para todo r ≥ 3. (38)
Caso base:
Sabemos que Ha,b (r, 1) = Ha,b (r − 1, 1) + Ha,b (r − 2, 1).
Ha,b (3, 1) = Ha,b (2, 1) + Ha,b (1, 1)

= ab + a2 definición de sucesión generalizada de Hosoya.
= a(b + a)
= a(G2 + G1 ) definición de sucesión generalizada de Fibonacci.
= a G3 .
Claramente, se cumple el caso base.
Ha,b (i, 1) = a Gi .
Prueba inductiva:
Veamos que se cumple para r = k + 1;
Ha,b (k + 1, 1) = Ha,b (k, 1) + Ha,b (k − 1, 1)

= a Gk + a Gk−1 por hipótesis inductiva.
= a(Gk + Gk−1 )
= a Gk+1 .
Usando un argumento similar podemos probar por inducción fuerte sobre r que
Ha,b (r, 2) = b Gr−1 para todo r ≥ 4. (39)
87
Caso base:
Sabemos que Ha,b (r, 2) = Ha,b (r − 1, 2) + Ha,b (r − 2, 2).
Ha,b (4, 2) = Ha,b (3, 2) + Ha,b (2, 2)
= b2 + ab definición de sucesión generalizada de Hosoya.
= b(b + a)
= b(G2 + G1 ) definición de sucesión generalizada de Fibonacci.
= b G3 .
Claramente, se cumple el caso base.
Ha,b (i, 2) = b Gi−1 .
Prueba inductiva:
Veamos que se cumple para r = k + 1:
Ha,b (k + 1, 2) = Ha,b (k, 2) + Ha,b (k − 1, 2)
= bGk−1 + bGk−2 por hipótesis inductiva.
= b(Gk−1 + Gk−2 )
= b Gk .
Ahora probemos por inducción fuerte sobre k que para cualquier entero positivo k se cumple:
Ha,b (r, k) = Gk Gr−k+1 .
para todos los enteros positivos r tal que r ≥ k.
Caso base:
Cuando k = 1, tenemos:
Ha,b (r, 1) = G1 Gr
= a Gr definición generalizada de Fibonacci.
Se cumple por lo demostrado en (38).
Cuando k = 2, tenemos:
Ha,b (r, 2) = G2 Gr−1
= b Gr definición generalizada de Fibonacci.
Se cumple por lo demostrado en (39).
88
Sea n un entero positivo tal que k = n, supongamos que para i un entero positivo tal
que i ≤ n, se cumple:
Ha,b (r, i) = Gi Gr−i+1 .

Prueba inductiva:
Veamos que se cumple para k = n + 1:
Ha,b (r, n + 1) = Ha,b (r − 1, n + 1) + Ha,b (r − 2, n + 1)
= Gn+1 Gr−1−n−1+1 + Gn+1 Gr−2−n−1+1 por hipótesis inductiva.
= Gn+1 (Gr−n−1 + Gr−n−2 )
= Gn+1 Gr−n .
Por lo tanto, la afirmación se cumple para todo entero positivo k.
Si no hay ambigüedad con los enteros a y b escribimos H(r, k) en lugar de Ha,b (r, k). La
sucesión generalizada de Hosoya da lugar al triángulo generalizado de Hosoya donde la entrada
en posición k, tomado de izquierda a derecha, de la r-ésima fila es igual a H(r, k) como se
muestra en la Figura 19.
H(1, 1)
H(2, 1) H(2, 2)
H(3, 1) H(3, 2) H(3, 3)
H(4, 1) H(4, 2) H(4, 3) H(4, 4)
H(5, 1) H(5, 2) H(5, 3) H(5, 4) H(5, 5)
Figura 19: Triángulo generalizado de Hosoya.
Definición 2.9. Si P es un punto en un triángulo generalizado de Hosoya, entonces está

claro que hay dos enteros positivos r y k tal que r ≥ k con P = H(r, k). Llamamos al par
(r, k) las coordenadas rectangulares del punto P .
Ahora damos un sistema de coordenadas más conveniente para los puntos en el triángulo
generalizado de Hosoya. La Proposición 2.3 muestra que cada entrada del triángulo generali-
zado de Hosoya es el producto de dos números generalizados de Fibonacci. En particular, si
usamos la Proposición 2.3 para todas las entradas de la Figura 19, obtenemos la Figura 20.
G1 G1
G1 G2 G2 G1
G1 G3 G2 G2 G3 G1
G1 G4 G2 G3 G3 G2 G4 G1
G1 G5 G2 G4 G3 G3 G4 G2 G5 G1
G1 G6 G2 G5 G3 G4 G4 G3 G5 G2 G6 G1
89
Observe que cualquier diagonal de la Figura 20 es la colección de todos los número generaliza-
dos de Fibonacci multiplicada por un particular Gn . Más precisamente, una n-ésima diagonal
en el triángulo generalizado de Hosoya es la colección de todos los números generalizados de
Fibonacci multiplicados por un Gn . Distinguimos entre diagonal y diagonal invertida. Escri-
bimos S(Gn ) y B(Gm ) para referirnos a la diagonal y la diagonal invertida, respectivamente
como se observa en la figura 21.
G1 G1
G1 G2 G2 G1 S(G3 )
B(G4 ) G1 G3 G2 G2 G3 G1
G1 G4 G2 G3 G3 G2 G4 G1
G1 G5 G2 G4 G3 G3 G4 G2 G5 G1
G1 G6 G2 G5 G3 G4 G4 G3 G5 G2 G6 G1
Figura 21: Diagonal S(G3 ) y diagonal invertida B(G4 )
Ahora definamos lo anterior formalmente.

Definición 2.10. Sean n y m enteros positivos.
1. Llamaremos diagonal a la sucesión de coordenadas del triángulo que se encuentran en

la diagonal n, y se escribe como:
S(Gn ) = {H(n + i − 1, n)}∞

i=1 .
2. Llamaremos diagonal invertida a la sucesión de coordenadas del triángulo que se en-

cuentran en la diagonal invertida m, y se escribe como:
B(Gm ) = {H(m + i − 1, i)}∞

i=1 .
En consecuencia de está definición y la Proposición 2.3 obtenemos el siguiente lema.

Lema 2.12. La diagonal y la diagonal invertida pueden ser escritas de la siguiente manera:
S(Gn ) = {Gn Gi |i ∈ N} B(Gm ) = {Gi Gm |i ∈ N}.
Demostración.
S(Gn ) = {H(n + i − 1, n)}∞i=1 por Definición 2.10

= {Gn Gn+i−1−n+1 |i ∈ N} por Proposición 2.3
= {Gn Gi |i ∈ N}.
90
Similarmente
B(Gm ) = {H(m + i − 1, i)}∞i=1 por Definición 2.10
= {Gi Gm+i−1−i+1 |i ∈ N} por Proposición 2.3
= {Gi Gm |i ∈ N}.
Ahora veamos que podemos asociar un par ordenado de números naturales a cada elemento
del triángulo generalizado de Hosoya.
Definición 2.11. Si P es un punto en el triángulo generalizado de Hosoya, entonces existen
dos números generalizados de Fibonacci Gm y Gn tal que P ∈ B(Gm ) ∩ S(Gn ) (La Figura
21 representa este hecho para m=4 y n=3.), entonces P = Gm Gn . Diremos que el punto P
corresponde al par (m, n) y este par (m, n) es llamado la coordenada diagonal de P .
Gracias a esta definición, podemos ver la Proposición 2.3 como una forma de cambiar de
coordenadas rectangulares a coordenadas diagonales y viceversa.
A continuación, damos algunos ejemplos del triángulo generalizado de Hosoya.
Ejemplo 2.5. Podemos construir diferentes triángulos fijando valores para los enteros a y
b. Para el primer ejemplo fijamos a = b = 1 y obtenemos la siguiente secuencia numérica.
G1 = 1, G2 = 1, G3 = 2, G4 = 3, G5 = 5, G6 = 8, . . .
Sustituyendo esos valores en la Figura 20 obtenemos el triángulo regular de Hosoya. (ver la
Figura 22)
1
1 1
2 1 2
3 2 2 3
5 3 4 3 5
8 5 6 6 5 8
Figura 22: Triángulo regular de Hosoya.
Ejemplo 2.6. Ahora fijamos a = 7 y b = 2 y obtenemos la siguiente secuencia numérica.

G1 = 7, G2 = 2, G3 = 9, G4 = 11, G5 = 20, G6 = 31, . . .
Sustituyendo estos valores en la Figura 20 obtenemos un triángulo de Hosoya con a = 7 y
b = 2. (ver la Figura 23)
49
14 14
63 4 63
77 18 18 77
140 22 81 22 140
217 40 99 99 40 217
91
2.6. La estrella generalizada de David
Definición 2.12. Sea E un hexágono regular formado con puntos situados en un triángulo
generalizado de Hosoya. Digamos que E tiene longitud l si un lado del hexágono contiene l
puntos del triángulo generalizado de Hosoya.
Denotamos los puntos de las esquinas de E como a1 , a2 , a3 y b1 , b2 , b3 . La estrella de David

de longitud l es una configuración formada por los seis puntos de E. Es decir, la estrella
de David es una configuración de seis puntos en el triángulo de Hosoya formado por dos
triángulos con vértices a1 , a2 , a3 y b1 , b2 , b3 de E.
La Figura 24 parte (a) representa una estrella de David de longitud dos. Las lı́neas continuas
en la Figura 24 parte (b) y (c) muestran una estrella de David de longitud tres y cuatro,
respectivamente.
a1 b1 a1 b1 a1 b1
c a2 c a2 c a2
b2 b2 b2
a3 b3 a3 b3 a3 b3
Figura 24: Estrellas de David (a), (b) y (c).
Primero tomamos algunos ejemplos de la estrella generalizada de David de tamaño dos como
en la Figura 24 parte (a). Podemos obtener una caracterización completa de sus vértices
a1 , a2 , a3 y b1 , b2 , b3 sabiendo la ubicación de uno. Por ejemplo, si (m, n) son las coordenadas
diagonales de a2 , entonces tenemos
a1 = Gm+1 Gn−2 , a2 = Gm Gn y a3 = Gm+2 Gn−1 ,

b1 = Gm Gn−1 , b2 = Gm+2 Gn−2 y b3 = Gm+1 Gn .
Necesitamos dar valores para a, b, m y n para considerar algunos ejemplos particulares.
Ejemplo 2.7. Si tomamos a = b = 1 (el triángulo regular de Hosoya), m = 5 y n = 4,

obtenemos
a1 = 8, a2 = 15, a3 = 26, b1 = 10, b2 = 13, b3 = 24.
92
1
1 1
2 1 2
3 2 2 3
5 3 4 3 5
8 5 6 6 5 8
13 8 10 9 10 8 13
21 13 16 15 15 16 13 21
34 21 26 24 25 24 26 21 34
Figura 25: Estrella de David de longitud dos en el triángulo de Hosoya
Ejemplo 2.8. si tomamos a = 7, b = 2 (el triángulo generalizado de Hosoya de la Figura

23), m = 3 y n = 3, obtenemos
a1 = 77, a2 = 81, a3 = 40, b1 = 18, b2 = 140, b3 = 99.
49
14 14
63 4 63
77 18 18 77
140 22 81 22 140
217 40 99 99 40 217
Figura 26: Estrella de David de longitud dos en el triángulo generalizado de Hosoya
Note que en los dos casos mcd(a1 , a2 , a3 ) = mcd(b1 , b2 , b3 ) = 1. Anteriormente demostramos

que esto siempre es cierto para cualquier estrella de David de longitud dos en el triángulo
regular de Hosoya. Demostraremos un resultado más general. Es decir, mostraremos que
mcd(a1 , a2 , a3 ) = mcd(b1 , b2 , b3 ) = (mcd(a, b))2 para cualquier estrella de David de longitud
dos en cualquier triángulo generalizado de Hosoya (ver Teorema 2.11).
93
Ahora, si consideramos algunos ejemplos de la estrella generalizada de David de longitud
tres como en la Figura 24 parte (b). Podemos obtener una caracterización completa de sus
vértices a1 , a2 , a3 y b1 , b2 , b3 si conocemos la ubicación de uno. Por ejemplo, si (m, n) son las
coordenadas diagonales de a2 , obtenemos
También necesitamos dar valores de a, b, m y n para considerar algunos ejemplos particulares.

Ejemplo 2.9. Si tomamos a = b = 1 (el triángulo regular de Hosoya), m = 3 y n = 5,
obtenemos
a1 = 5, a2 = 10, a3 = 26, b1 = 4, b2 = 13, b3 = 25.
a1 = 5 b1 = 4
b2 = 13 a2 = 10
a3 = 26 b3 = 25
Figura 27: Estrella de David de longitud 3 en el triángulo de Hosoya
Por lo tanto, mcd(a1 , a2 , a3 ) = mcd(b1 , b2 , b3 ) = 1.
Sin embargo, veamos con el siguiente ejemplo que esta propiedad no siempre se cumple.
Ejemplo 2.10. si tomamos m = 8 y n = 16 en el triángulo regular de Hosoya, tenemos
a1 = 7920, a2 = 20727, a3 = 54288, b1 = 7917, b2 = 20736, b3 = 54285,
a1 = 7920 b1 = 7917
b2 = 20736 a2 = 20727
a3 = 54288 b3 = 54285
Figura 28: Estrella de David de longitud 3 en el triángulo de Hosoya
94
mcd(a1 , a2 , a3 ) = 9 y mcd(b1 , b2 , b3 ) = 3. En este caso mcd(a1 , a2 , a3 ) 6= mcd(b1 , b2 , b3 ).
Podemos construir ejemplos similares para la estrella de David de longitud cuatro.

En general, si (m, n) son las coordenadas diagonales de a2 , entonces los vértices de la estrella
de David de longitud l en el triángulo generalizado de Hosoya están dados por
a1 = Gm+(l−1) Gn−2(l−1) , a2 = Gm Gn y a3 = Gm+2(l−1) Gn−(l−1) ,

b1 = Gm Gn−(l−1) , b2 = Gm+2(l−1) Gn−2(l−1) y b3 = Gm+(l−1) Gn .
para enteros positivos m y n tal que n > 2(l − 1). Es necesario que n > 2(l − 1) para que
a1 , a3 , b1 y b2 correspondan a puntos ((reales)) en el triángulo generalizado de Hosoya.
Terminemos esta sección con la siguiente definición.
Definición 2.13. Si una estrella de David de longitud l cumple que mcd(a1 , a2 , a3 ) =
mcd(b1 , b2 , b3 ). Decimos que tiene la propiedad del mcd.
2.7. Propiedades del mcd de los números generalizados de Fibo-

nacci
En esta sección estudiamos las propiedades del mcd de los números generalizados de Fibo-
nacci, ası́ como algunas de sus propiedades de modularidad. En particular, proporcionamos
un análogo a la identidad mcd(Fn , Fm ) = Fmcd(n,m) para los números generalizados de Fibo-
nacci. Es decir, mcd(Gn , Gm ) es siempre un divisor de mcd(a, b)F|m−n| con igualdad cuando
|m − n| ∈ {1, 2}. También probamos que si un número generalizado de Fibonacci Gn es
divisible por Fw , entonces el mcd de Gn y Gn+kw es Fw para cualquier entero k distinto de
cero.
Usamos estos resultados para probar la propiedad del mcd para la estrella de David de
longitud dos y tres en el triángulo generalizado de Hosoya. Entenderemos a|b como a divide
a b.
Lema 2.13. Si mcd(a, b) = d, a0 = a/d y b0 = b/d, entonces Gn (a, b) = dGn (a0 , b0 ) para todo
n ∈ N.
Demostración.
Sabemos que Gn (a, b) = aFn−2 + bFn−1 para todo n ∈ N. Ası́
Gn (a, b) = da0 Fn−2 + db0 Fn−1 = d(a0 Fn−2 + b0 Fn−1 ) = dGn (a0 , b0 ).
Utilizaremos Gm para Gm (a, b) para cualquier entero m si no hay ambigüedad. Del mismo
modo, utilizamos G0m para Gm (a0 , b0 ) si d = mcd(a, b), a0 = a/d y b0 = b/d.
Lema 2.14. Si a, b, n y w son enteros, entonces
Gn+w (a, b) = (aFw−1 + bFw )Fn−2 + (aFw + bFw+1 )Fn−1 = Gn (Gw+1 , Gw+2 ).
95
Demostración.
Sabemos que Fn+m = Fn−1 Fm + Fn Fm+1 por Teorema 2.3. Ası́
Gn+w (a, b) = aFw+n−2 + bFn−1+w

= a(Fw−1 Fn−2 + Fw Fn−1 ) + b(Fn−2 Fw + Fn−1 Fw+1 ) por Teorema 2.3
= (aFw−1 + bFw )Fn−2 + (aFw + bFw+1 )Fn−1
= Gw+1 Fn−2 + Gw+2 Fn−1 por Teorema 1.12
= Gn (Gw+1 , Gw+2 ).
Teorema 2.9. Sea d = mcd(a, b). Si n y w son enteros positivos, entonces
mcd(Gn , Gn+w ) | dFw
Además, si w = 1, 2, entonces mcd(Gn , Gn+w ) = d.
Demostración.
El Lema 2.13 implica que mcd(Gn , Gn+w ) = d mcd(G0n , G0n+w ). Por tanto, basta con probar
el teorema para mcd(G0n , G0n+w ).
Primero probamos que mcd(G0n , G0n+1 ) = 1. Usamos inducción sobre n.
Caso base:
mcd(G01 , G02 ) = mcd(a0 , b0 )

a b
= mcd ,
d d
1
= mcd(a, b)
d
d
= = 1.
d
Esto prueba el caso base.
mcd(G0k , G0k+1 ) = 1.
Prueba inductiva:
Sea r un número natural tal que mcd(G0k+1 , G0k+2 ) = r. Ası́
r | G0k+1 y r | G0k+2 . (40)
96
Por tanto, r | (G0k+2 − G0k+1 ), ya que divide a cualquier combinación lineal. Ası́ r | G0k .
Esto y (40) implican que r | mcd(G0k , G0k+1 ). Por lo tanto, la hipótesis inductiva implica
que r = 1. Esto prueba que
mcd(G0n , G0n+1 ) = 1 para todo n ∈ Z+ . (41)
Ahora probamos que mcd(G0n , G0n+w ) divide a Fw . Sea d0 un divisor de mcd(G0n , G0n+w ), Por
tanto,
d0 | G0n y d0 | G0n+w . (42)
Entonces, d0 divide a cualquier combinación lineal de G0n y G0n+w . En particular,
d0 | (G0n+w − Fw−1 G0n ). (43)
Probamos que d0 | Fw G0n+1 . Ya que G0k = Gk (a0 , b0 ) para cualquier entero positivo k, por el
Lema 2.14 tenemos
G0n+w = (a0 Fw−1 + b0 Fw )Fn−2 + (a0 Fw + b0 Fw+1 )Fn−1 .
Por tanto
G0n+w − Fw−1 G0n = [(a0 Fw−1 + b0 Fw )Fn−2 + (a0 Fw + b0 Fw+1 )Fn−1 ] − Fw−1 (a0 Fn−2 + b0 Fn−1 ).
Es decir,
G0n+w − Fw−1 G0n = b0 Fw Fn−2 + (a0 Fw + b0 (Fw+1 − Fw−1 ))Fn−1

= b0 Fw Fn−2 + (a0 Fw + b0 Fw )Fn−1
= Fw (a0 Fn−1 + b0 (Fn−2 + Fn−1 ))
= Fw (a0 Fn−1 + b0 Fn )
= Fw G0n+1 .
Esto y (43) implican que d0 | Fw G0n+1 . De (41) y (42) tenemos que mcd(d0 , G0n+1 ) = 1 ya
que d0 es divisor de G0n , además G0n y G0n+1 no tienen divisores comunes, entonces se tiene
que cumplir que d0 y G0n+1 sean coprimos también. Este hecho y que d0 | Fw G0n+1 implican
que d0 | Fw . Hemos demostrado que cualquier divisor de mcd(G0n , G0n+w ) es un divisor de Fw .
Esto prueba que mcd(G0n , G0n+w ) divide a Fw .
Ahora probamos la segunda parte. La ecuación (41) prueba la segunda afirmación para
w = 1. Si w = 2, entonces mcd(G0n , G0n+2 ) divide a F2 . Por lo tanto, mcd(G0n , G0n+2 ) =
1 = mcd(a0 , b0 ).
Corolario 2.2. Sean m, n, s y t enteros positivos. Si |m − n| ∈ {1, 2} y |s − t| ∈ {1, 2},

entonces
mcd(Gm Gs , Gn Gt ) = mcd(Gm , Gt ) mcd(Gs , Gn ).
97
Demostración.
Sea d = mcd(a, b), a0 = a/d y b0 = b/d. Ya que |m − n| ∈ {1, 2} y |s − t| ∈ {1, 2}, aplicando
el Teorema 2.9 en G0m , G0n y sabiendo que mcd(a0 , b0 ) = 1 tenemos que mcd(G0m , G0n ) = 1.
Este hecho y la Proposición 2.1 (parte 2) implican que
mcd(G0m G0s , G0n G0t ) = mcd(G0m , G0t ) mcd(G0s , G0n ).

Multiplicando ambos lados de esta ecuación obtenemos
d2 mcd(G0m G0s , G0n G0t ) = d mcd(G0m , G0t )d mcd(G0s , G0n ). (44)
Utilizando el Lema 2.13 se puede ver fácilmente que
mcd(Gm , Gt ) = d mcd(G0m , G0t )

mcd(Gs , Gn ) = d mcd(G0s , G0n )
mcd(Gm Gs , Gn Gt ) = d2 mcd(G0m G0s , G0n , G0t ).
Sustituyendo esas tres ecuaciones en (44) obtenemos
mcd(Gm Gs , Gn Gt ) = mcd(Gm , Gt ) mcd(Gs , Gn ).
Teorema 2.10. Sea a, b ∈ Z y n, w ∈ N tal que mcd(a, b) = 1, entonces
Gn ≡ 0 (mód Fw ) si y sólo sı́ mcd(Gn , Gn−w ) = mcd(Gn , Gn+w ) = Fw .
Demostración.
Veamos la prueba de la implicación (⇐).

Asumimos que mcd(Gn , Gn−w ) = mcd(Gn , Gn+w ) = Fw . De aquı́ se cumple que Fw |Gn
y esto implica que:
Gn ≡ 0 (mód Fw ).
Ahora veamos la otra implicación (⇒).

Suponemos que Gn ≡ 0 (mód Fw ) y probamos que mcd(Gn , Gn−w ) = mcd(Gn , Gn+w ) =
Fw . Ya que Gn ≡ 0 (mód Fw ), existe k ∈ Z tal que Gn = kFw . Del Lema 2.14 tenemos
que para todo m ∈ Z.
Gm+w = (aFw−1 + bFw )Fm−2 + (aFw + bFw+1 )Fm−1

= (aFw−1 + bFw )Fm−2 + (aFw + b(Fw−1 + Fw ))Fm−1
= (aFm−2 + bFm−1 )Fw−1 + Fw (bFm−2 + aFm−1 + bFm−1 ).
Ası́,
Gm+w = Gm Fw−1 + Fw (bFm−2 + aFm−1 + bFm−1 ). (45)
98
Tomando n en lugar de m en (45), eso y usando que Gn = kFw , obtenemos
Gn+w = kFw Fw−1 + Fw (bFn−2 + aFn−1 + bFn−1 )

= Fw (kFw−1 + (bFn−2 + aFn−1 + bFn−1 )).
Por lo tanto, Gn+w ≡ 0 (mód Fw ). Ası́, Fw | mcd(Gn+w , Gn ). Esto y utilizando el

hecho de que mcd(Gn+w , Gn ) | Fw ya que d = 1, el cual se cumple por el Teorema 2.9
implican que Fw = mcd(Gn+w , Gn ).
Ahora, tomando n − w en lugar de m en (45) obtenemos
Gn = Gn−w Fw−1 + Fw (bFn−w−2 + aFn−w−1 + bFn−w−1 ).
Ya que Gn = kFw , tenemos que
Gn−w Fw−1 = kFw − Fw (bFn−w−2 + aFn−w−1 + bFn−w−1 )

= Fw (k − (bFn−w−2 + aFn−w−1 + bFn−w−1 )).
Esto indica que Fw | Gn−w Fw−1 . Este hecho y que mcd(Fw , Fw−1 ) = 1 implican que
Fw | Gn−w que en términos de módulo es Gn−w ≡ 0 (mód Fw ). Entonces
Fw | mcd(Gn−w , Gn ).
Esto y el hecho de que mcd(Gn−w , Gn ) | Fw ya que d = 1, el cual se cumple por el

Teorema 2.9 implican que Fw = mcd(Gn−w , Gn ).
Primero veamos una propiedad que cumple el mcd, la cual se utiliza en la demostración del
Lema 2.15.
Proposición 2.4. Sean a, b y c enteros positivos. Si se cumple que mcd(a, c) = 1, entonces

mcd(mcd(a, b), c) = 1.
Demostración.
Supongamos que d = mcd(mcd(a, b), c). De aquı́
d | mcd(a, b) entonces d | a.
También se cumple que d | c, luego
d | mcd(a, c).
Pero por hipótesis mcd(a, c) = 1, entonces d | 1 y sabemos que 1 | d. Esto implica que
d = 1.
Lema 2.15. Sean α, β, δ, γ, ρ, φ ∈ N y a, b ∈ Z tal que mcd(a, b) = 1 y
D = mcd(Gα Gβ , Gδ Gγ , Gρ Gφ ).
99
1. Si α = δ + 1, ρ = δ + 2, β = γ − 2, y φ = γ − 1, entonces D = 1
2. Si δ = α + 1, ρ = α + 2, β = γ − 1, y φ = γ − 2, entonces D = 1
3. Si α = δ + 2, ρ = δ + 4, β = γ − 4, y φ = γ − 2, entonces D = mcd(Gβ , Gρ , Gδ Gγ )
4. Si δ = α + 2, ρ = α + 4, β = γ − 2, y φ = γ − 4, entonces D = mcd(Gα , Gγ , Gρ Gφ ).
Demostración. Se sabe que
mcd(Gα Gβ , Gδ Gγ , Gρ Gφ ) = mcd(mcd(Gα Gβ , Gδ Gγ ), Gρ Gφ ) (46)

= mcd(mcd(Gα Gβ , Gρ Gφ ), Gδ Gγ ). (47)
Probamos la parte (1).
Ya que |α − δ| = 1 y |β − γ| = 2. El Corolario 2.2 y (46) implican que
D = mcd(mcd(Gα , Gγ ) mcd(Gδ , Gβ ), Gρ Gφ ). (48)
Por el Teorema 2.9, |α − ρ| = 1 y |β − φ| = 1, tenemos mcd(Gρ , Gα ) = mcd(Gφ , Gβ ) = 1 ya

que mcd(a, b) = 1. Ası́,
mcd(mcd(Gγ , Gα ), Gρ ) = mcd(mcd(Gδ , Gβ ), Gφ ) = 1.
Esto, la Proposición 2.1 parte (2) y (48) implican que
D = mcd(mcd(Gα , Gγ ), Gφ ) mcd(mcd(Gδ , Gβ ), Gρ ).
Usando el Teorema 2.9, |γ − φ| = 1 y |δ − ρ| = 2, de aquı́ tenemos que mcd(Gφ , Gγ ) = 1 y

mcd(Gρ , Gδ ) = 1 y de esta manera
mcd(mcd(Gα , Gγ ), Gφ ) = 1 y mcd(mcd(Gδ , Gβ ), Gρ ) = 1.
Por lo tanto D = 1. Esto prueba la parte (1).
Probamos la parte (2).
Ya que |α − ρ| = 2 y |β − φ| = 1. El Corolario 2.2 y (47) implican que
D = mcd(mcd(Gα , Gφ ) mcd(Gρ , Gβ ), Gδ Gγ ). (49)
Por el Teorema 2.9, |α − δ| = 1 y |β − γ| = 1, tenemos mcd(Gδ , Gφ ) = mcd(Gγ , Gβ ) = 1 ya

que mcd(a, b) = 1. Ası́,
mcd(mcd(Gγ , Gφ ), Gδ ) = mcd(mcd(Gρ , Gβ ), Gγ ) = 1.
100
Esto, la Proposición 2.1 parte (2) y (49) implican que
D = mcd(mcd(Gα , Gφ ), Gγ ) mcd(mcd(Gρ , Gβ ), Gδ ).
Usando el Teorema 2.9, |φ − γ| = 2 y |ρ − δ| = 1, de aquı́ tenemos que mcd(Gφ , Gγ ) = 1 y

mcd(Gδ , Gρ ) = 1 y de esta manera
mcd(mcd(Gα , Gφ ), Gγ ) = 1 y mcd(mcd(Gρ , Gβ ), Gδ ) = 1.
Por lo tanto D = 1. Esto prueba la parte (2).
Ahora probamos la parte (3).
El Teorema 2.9, |α−δ| = 2 y |γ −φ| = 2, implican que mcd(Gα , Gδ ) = 1 y mcd(Gγ , Gφ ) = 1.

Por lo tanto, mcd(mcd(Gα , Gφ ), Gδ ) = 1 y mcd(mcd(Gα , Gφ ), Gγ ) = 1. Ası́,
mcd(mcd(Gα , Gφ ), Gδ Gγ ) = 1. (50)
Ya que |α − ρ| = 2 y |β − φ| = 2, el Corolario 2.2 y (47), implican que
D = mcd(mcd(Gα , Gφ ) mcd(Gβ , Gρ ), Gδ Gγ ). (51)
El Teorema 2.9, |α − ρ| = 2 y |β − φ| = 2 implican que
mcd(Gα , Gρ ) = mcd(Gβ , Gφ ) = 1.
Por lo tanto, mcd(mcd(Gα , Gφ ), mcd(Gβ , Gρ )) = 1. Esto y el Corolario 2.6 implican que
mcd(mcd(Gα , Gφ ) mcd(Gβ , Gρ ), Gδ Gγ ) = mcd(mcd(Gα , Gφ ), Gδ Gγ ) mcd(mcd(Gβ , Gρ ), Gδ Gγ )
Esto, (50) y (51) prueba que D = mcd(Gβ , Gρ , Gδ Gγ ).
Ahora probamos la parte (4).
El Teorema 2.9, |δ − ρ| = 2 y |β − φ| = 2, implican que mcd(Gδ , Gρ ) = 1 y mcd(Gβ , Gφ ) = 1.

Por lo tanto, mcd(mcd(Gδ , Gβ ), Gρ ) = 1 y mcd(mcd(Gδ , Gβ ), Gφ ) = 1. Ası́,
mcd(mcd(Gδ , Gβ ), Gρ Gφ ) = 1. (52)
Ya que |α − δ| = 2 y |β − γ| = 2, el Corolario 2.2 y (46), implican que
D = mcd(mcd(Gα , Gγ ) mcd(Gβ , Gδ ), Gρ Gφ ). (53)
El Teorema 2.9, |α − δ| = 2 y |β − γ| = 2 implican que mcd(Gα , Gδ ) = mcd(Gβ , Gγ ) = 1.

Por lo tanto, mcd(mcd(Gα , Gγ ), mcd(Gδ , Gβ )) = 1. Esto y el Corolario 2.6 implican que
mcd(mcd(Gα , Gγ ) mcd(Gδ , Gβ ), Gρ Gφ ) = mcd(mcd(Gα , Gγ ), Gρ Gφ ) mcd(mcd(Gδ , Gβ ), Gρ Gφ ).
Esto, (52) y (53) prueba que D = mcd(Gα , Gγ , Gρ Gφ ).
101
2.8. Propiedad del mcd para la estrella de David de longitud dos
y tres
En esta sección probaremos la propiedad del mcd para la estrella de David de longitud dos.
Daremos las condiciones necesarias y suficientes para que la estrella de David de longitud tres
tenga la propiedad del mcd. Además, probaremos que el número 9 divide las coordenadas de
los vértices a2 o b2 en la Figura 24 parte (b) si y solo sı́ el mcd de cada triángulo da distinto
número.
Recordamos que si d = mcd(a, b), a0 = a/d y b0 = b/d, entonces usamos Gm para Gm (a, b) y
G0m para Gm (a0 , b0 ) para cualquier entero m.
Teorema 2.11. Sea d = mcd(a, b). Si a1 , a2 , a3 y b1 , b2 , b3 son los vértices de la estrella de

David de longitud dos, entonces mcd(a1 , a2 , a3 ) = mcd(b1 , b2 , b3 ) = d2 .
Demostración.
Sea a0 = a/d, b0 = b/d, y (m, n) las coordenadas diagonales de a2 . Probaremos primero que
el mcd(a1 , a2 , a3 ) = d2 . Sabemos que a1 = Gm+1 Gn−2 , a2 = Gm Gn y a3 = Gm+2 Gn−1 . Esto y
el Lema 2.13, implican que
mcd(a1 , a2 , a3 ) = mcd(Gm+1 Gn−2 , Gm Gn , Gm+2 Gn−1 )

= mcd(dG0m+1 dG0n−2 , dG0m dG0n , dG0m+2 dG0n−1 )
= mcd(d2 G0m+1 G0n−2 , d2 G0m G0n , d2 G0m+2 G0n−1 )
= d2 mcd(G0m+1 G0n−2 , G0m G0n , G0m+2 G0n−1 ).
Y por el Lema 2.15 parte (1), tenemos que mcd(G0m+1 G0n−2 , G0m G0n , G0m+2 G0n−1 ) = 1. Esto
muestra que mcd(a1 , a2 , a3 ) = d2 .
Ahora la prueba de mcd(b1 , b2 , b3 ) = d2 . Sabemos que b1 = Gm Gn−1 , b2 = Gm+2 Gn−2 y
b3 = Gm+1 Gn . Esto y el Lema 2.13, implican que
mcd(b1 , b2 , b3 ) = mcd(Gm Gn−1 , Gm+2 Gn−2 , Gm+1 Gn )

= mcd(dG0m dG0n−1 , dG0m+2 dG0n−2 , dG0m+1 dG0n )
= mcd(d2 G0m G0n−1 , d2 G0m+2 G0n−2 , d2 G0m+1 G0n )
= d2 mcd(G0m G0n−1 , G0m+2 G0n−2 , G0m+1 G0n ).
Y por el Lema 2.15 parte (2), tenemos que mcd(G0m G0n−1 , G0m+2 G0n−2 , G0m+1 G0n ) = 1. Esto
muestra que mcd(b1 , b2 , b3 ) = d2 .
Lema 2.16. Sea d = mcd(a, b), a0 = a/d y b0 = b/d. Si a1 , a2 , a3 y b1 , b2 , b3 son los vértices
de la estrella de David de longitud tres donde (m, n) son las coordenadas diagonales de a2 ,
entonces
1. mcd(a1 , a2 , a3 ) = d2 mcd(G0n−4 , G0m+4 , G0m G0n ).
102
2. mcd(b1 , b2 , b3 ) = d2 mcd(G0m , G0n , G0n−4 G0m+4 ).
Demostración.
Ya que (m, n) son las coordenadas diagonales de a2

Probamos la parte (1), tomando en cuenta lo anterior y el Lema 2.13, implican que
mcd(a1 , a2 , a3 ) = mcd(Gm+2 Gn−4 , Gm Gn , Gm+4 Gn−2 )

= mcd(dG0m+2 dG0n−4 , dG0m dG0n , dG0m+4 dG0n−2 )
= mcd(d2 G0m+2 G0n−4 , d2 G0m G0n , d2 G0m+4 G0n−2 )
= d2 mcd(G0m+2 G0n−4 , G0m G0n , G0m+4 G0n−2 ).
Y por el Lema 2.15 parte (3), tenemos que
mcd(G0m+2 G0n−4 , G0m G0n , G0m+4 G0n−2 ) = mcd(G0n−4 , G0m+4 , G0m G0n ).
Esto muestra que mcd(a1 , a2 , a3 ) = d2 mcd(G0n−4 , G0m+4 , G0m G0n ).

Ahora probamos la parte (2). Utilizando el Lema 2.13, tenemos
mcd(b1 , b2 , b3 ) = mcd(Gm Gn−2 , Gm+4 Gn−4 , Gm+2 Gn )

= mcd(dG0m dG0n−2 , dG0m+4 dG0n−4 , dG0m+2 dG0n )
= mcd(d2 G0m G0n−2 , d2 G0m+4 G0n−4 , d2 G0m+2 G0n )
= d2 mcd(G0m G0n−2 , G0m+4 G0n−4 , G0m+2 G0n ).
Y por el Lema 2.15 parte (4), tenemos que
mcd(G0m G0n−2 , G0m+4 G0n−4 , G0m+2 G0n ) = mcd(G0m , G0n , G0n−4 G0m+4 ).
Esto muestra que mcd(b1 , b2 , b3 ) = d2 mcd(G0m , G0n , G0n−4 G0m+4 ).
Teorema 2.12. Sea d = mcd(a, b), a0 = a/d y b0 = b/d. Si a1 , a2 , a3 y b1 , b2 , b3 son los

vértices de la estrella de David de longitud tres, donde (m, n) son las coordenadas diagonales
de a2
1. G0m ≡ 0 (mód 9) y G0n ≡ 0 (mód 9) si y solo sı́ mcd(a1 , a2 , a3 ) < mcd(b1 , b2 , b3 ).
2. G0m+4 ≡ 0 (mód 9) y G0n−4 ≡ 0 (mód 9) si y solo sı́ mcd(a1 , a2 , a3 ) > mcd(b1 , b2 , b3 ).
Demostración.
Probaremos la parte (1).
103
Para suficiencia, asumimos que G0m ≡ 0 (mód 9) y G0n ≡ 0 (mód 9) y probamos que
mcd(a1 , a2 , a3 ) = 3d2 y mcd(b1 , b2 , b3 ) = 9d2 .
Ya que G0m ≡ 0 (mód 9) y G0n ≡ 0 (mód 9), es claro que G0m ≡ 0 (mód 3) y G0n ≡ 0
(mód 3). Esto y el Teorema 2.10 implican que
mcd(G0m , G0m+4 ) = F4 = 3 y mcd(G0n , G0n+4 ) = F4 = 3. (54)
Por lo tanto, 3 | mcd(G0n−4 , G0m+4 , G0m G0n ).
Ahora nosotros mostramos que 3 es el único divisor primo de mcd(G0n−4 , G0m+4 , G0m G0n ).
Si p es un número primo y
p | mcd(G0n−4 , G0m+4 , G0m G0n ),
entonces sabemos que p | mcd(G0n−4 , G0n ) ó p | mcd(G0m+4 , G04 ). Esto y (54) implican
que p = 3.
Luego, mcd(G0n−4 , G0m+4 , G0m G0n ) = 3k para algún k ≥ 1. Mostramos con k = 1. Si

k > 1, entonces 9 | G0n−4 y 9 | G0m+4 . Ya que G0m ≡ 0 (mód 9) y G0n ≡ 0 (mód 9),
podemos concluir que 9 | mcd(G0m , G0m+4 ) y 9 | mcd(G0n , G0n−4 ). Esto contradice (54).
Ası́
mcd(G0n−4 , G0m+4 , G0m G0n ) = 3. (55)
Ahora probamos que mcd(G0m , G0n , G0n−4 G0m+4 ) = 9. Para G0m ≡ 0 (mód 9), G0m ≡ 0
(mód 9) y (54) podemos escribir que 9 | mcd(G0m , G0n , G0n−4 G0m+4 ). Mostramos que 3
es el único divisor primo de mcd(G0m , G0n , G0n−4 G0m+4 ). Si p es un primo y
p | mcd(G0m , G0n , G0n−4 G0m+4 ),
es fácil ver que p | mcd(G0n−4 , G0n ) ó p | mcd(G0m+4 , G04 ). Esto y (54), implican que
p = 3.
Ası́, mcd(G0m , G0n , G0n−4 G0m+4 ) = 3l para algún entero l ≥ 2. Mostramos con l = 2. Si l >
2, entonces 33 | G0n−4 G0m+4 . Por lo tanto 9 | G0n−4 ó 9 | G0m+4 . Ya que G0m ≡ 0 (mód 9)
y G0n ≡ 0 (mód 9), podemos concluir que 9 | mcd(G0m , G0m+4 ) ó 9 | mcd(G0n , G0n−4 ),
esto contradice a (54). Ası́
mcd(G0m , G0n , G0n−4 G0m+4 ) = 9.
Esta igualdad, el Lema 2.16 y (55) muestran que mcd(a1 , a2 , a3 ) = 3d2 y mcd(b1 , b2 , b3 ) =
9d2 , probamos la suficiencia de la parte (1).
Por el contrario, asumimos que mcd(a1 , a2 , a3 ) < mcd(b1 , b2 , b3 ). Esto y el Lema 2.16
implican que
mcd(G0n−4 , G0m+4 , G0m G0n ) < mcd(G0m , G0n , G0n−4 G0m+4 ). (56)
104
Por lo tanto, mcd(G0m , G0n , G0n−4 G0m+4 ) > 1. Si p es un primo, tal que
p | mcd(G0m , G0n , G0n−4 G0m+4 ),
es fácil ver que p | mcd(G0m , G0m+4 ) ó p | mcd(G0n , G0n−4 ). Esto y el Teorema 2.9
implican que p = 3. Ası́,
mcd(G0m , G0n , G0n−4 G0m+4 ) = 3t para algún t ≥ 1. (57)
Por lo tanto, 3 | G0m y 3 | G0n . Esto y el Terorema 2.10 implican que mcd(G0m , G0m+4 ) = 3
y mcd(G0n , G0n−4 ) = 3. Ası́ 3 | mcd(G0n−4 , G0m+4 , G0m G0n ). En particular, tenemos que
3 ≤ mcd(G0n−4 , G0m+4 , G0m G0n ). Esto, (56) y (57) implican que
mcd(G0m , G0n , G0n−4 G0m+4 ) = 3t para algún t ≥ 2.
Ası́, G0m ≡ 0 (mód 9) y G0n ≡ 0 (mód 9). Esto prueba la necesidad de la parte (1).
La prueba de la parte (2) es análoga a la prueba de la parte (1). En efecto, en la prueba
de la parte (1) necesitamos intercambiar los roles de ai y bi para i = 1, 2, 3, en lugar de
m usamos m + 4, en lugar de n usamos n − 4, y tambı́en utilizamos el Teorema 2.10.

Corolario 2.3. Sea d = mcd(a, b), a0 = a/d y b0 = b/d. Si a1 , a2 , a3 y b1 , b2 , b3 son los
vértices de la estrella de David de longitud tres, donde (m, n) son las coordenadas diagonales
de a2 , entonces
mcd(G0m+i , G0n−i , L22 ) 6= L22 para i = 0, 4 si y sólo sı́ mcd(a1 , a2 , a3 ) = mcd(b1 , b2 , b3 ).
Demostración.
La prueba es una aplicación sencilla de la negación del Teorema 2.12.
Primero veamos la implicación (⇒).

Suponemos que mcd(G0m+i , G0n−i , L22 ) 6= L22 para i = 1, 4. Entonces debe suceder que
G0m+i 6≡ 0 (mód 9) o G0n−i 6≡ 0 (mód 9).
Utilizando la negación del Teorema 2.12 por (1) obtenemos que mcd(a1 , a2 , a3 ) ≥
mcd(b1 , b2 , b3 ) y por (2) mcd(a1 , a2 , a3 ) ≤ mcd(b1 , b2 , b3 ). Lo que implica que
mcd(a1 , a2 , a3 ) = mcd(b1 , b2 , b3 ).
Ahora veamos la implicación (⇐).

Suponemos que mcd(a1 , a2 , a3 ) = mcd(b1 , b2 , b3 ). Utilizando la negación del Teorema
2.12 parte (1) y (2) obtenemos que
G0m+i 6≡ 0 (mód 9) o G0n−i 6≡ 0 (mód 9).
Lo cual implica que mcd(G0m+i , G0n−i , L22 ) 6= L22 para i = 1, 4.
105
Capı́tulo 3
3. Geometrı́a en el triángulo de Hosoya
Sabemos que hay propiedades de los números de Fibonacci que son conocidas algebraicamen-
te, ahora haremos una interpretación geométrica. Las pruebas clásicas de las identidades más
conocidas que estudiamos aquı́ se basan en la inducción matemática; sin embargo, en este
capı́tulo, proporcionaremos pruebas geométricas de esas identidades utilizando propiedades
del triángulo de Hosoya. Por lo tanto, las pruebas son más visuales. las herramientas aquı́
se pueden ampliar para probar otras identidades clásicas. Además, mencionamos algunas
propiedades que son bien conocidas en el triángulo de Pascal como la propiedad del palo de
hockey.
El triángulo de Hosoya es una gran herramienta para presentar geométricamente las identida-
des de Fibonacci. En este capı́tulo también estudiamos algunas otras propiedades geométricas
que tiene el triángulo de Hosoya. Por ejemplo, damos una prueba geométrica de las identi-
dades de Cassini, Catalan y Johnson.
3.1. El triángulo de Hosoya y su sistema de coordenadas
En estas secciones, agregaremos una diagonal y una diagonal invertida de ceros en el triángulo
de Hosoya, para facilitar la interpretación geométrica de las identidades que mostraremos.
Entonces la Definición 1.4 se convierte en:
Definición 3.1. La sucesión de Hosoya {H(r, k)}r,k≥0 es definida recursivamente por
H(0, 0) = H(1, 0) = H(1, 1) = 0 y H(2, 1) = 1
H(r, k) = H(r − 1, k) + H(r − 2, k) (58)
H(r, k) = H(r − 1, k − 1) + H(r − 2, k − 2) (59)
para r > 1 y 0 ≤ k ≤ r − 1, donde r representa el número de fila en el triángulo de Hosoya
y k representa la posición de izquierda a derecha de la r-ésima fila.
Entonces haciendo este cambio en la Figura 8, obtenemos el siguiente triángulo de Hosoya

en su representación H(r, k):
H(0, 0)
H(1, 0) H(1, 1)
H(2, 0) H(2, 1) H(2, 2)
H(3, 0) H(3, 1) H(3, 2) H(3, 3)
H(4, 0) H(4, 1) H(4, 2) H(4, 3) H(4, 4)
106
Su representación en multiplicación de números de Fibonacci es:
0 0
0 1 0
0 1 1 0
0 2 1 2 0
0 3 2 2 3 0
0 5 3 4 3 5 0
0 8 5 6 6 5 8 0
0 13 8 10 9 10 8 13 0
0 21 13 16 15 15 16 13 21 0
0 34 21 26 24 25 24 26 21 34 0
A lo largo de este capitulo, usaremos H para denotar al triángulo de Hosoya. Ahora veamos
que con esta modificación en H el Corolario 1.6 se convierte en:
H(r, k) = Fk Fr−k .
Proposición 3.1. Cualquier entrada en H es producto de dos números de Fibonacci, es
decir:
H(r, k) = Fk Fr−k (60)
donde r > 1 y 0 ≤ k ≤ r − 1.
Demostración.
Para demostrar esta proposición basta probar que se cumple para H(r, 0) ya que todos los
demás casos sabemos que se cumplen por lo visto en el Corolario 1.6.
Probaremos por inducción fuerte sobre r que se cumple que H(r, 0) = F0 Fr .
H(2, 0) = H(1, 0) + H(0, 0)

=0+0
= 0(1 + 0)
= F0 (F1 + F0 ) pero F1 = F2
= F0 F2 .
Se cumple el caso base.
107
Hipótesis inductiva: Sea k un entero positivo tal que r = k, supongamos que para i un
entero positivo tal que i ≤ k, se cumple:
H(i, 0) = F0 Fi .
Prueba inductiva:
Veamos que se cumple para r = k + 1:
H(k + 1, 0) = H(k, 0) + H(K − 1, 0)

= F0 Fk + F0 Fk−1 por hipótesis inductiva
= F0 (Fk + Fk−1 )
= F0 Fk+1 .
3.2. Propiedades geométricas en el triángulo de Hosoya
En esta sección usaremos la configuración de escalera para explorar propiedades geométricas

y algebraicas en el triángulo Hosoya.
Hemos encontrado que si se da un rectángulo en un triángulo de Hosoya, entonces la diferencia
de dos de sus esquinas es igual a la diferencia de las esquinas restantes. Esta propiedad
fundamental nos permite tener pruebas geométricas de varias identidades. La propiedad del
rectángulo da lugar a otras configuraciones geométricas, y por lo tanto, más identidades
asociadas con esas configuraciones.
Primero presentaremos una serie de definiciones básicas que nos permitan comprender las
propiedades que serán desarrolladas.
Definición 3.2. Llamamos columna a las lineas verticales formadas por puntos de H que
tienen la misma dirección que el eje de simetrı́a del triángulo.
Definición 3.3. Las paralelas dentro de H son dos lineas del mismo tipo que jamás de
interceptan, estás pueden ser filas, columnas, diagonales y diagonales invertidas.
Definición 3.4. Un peldaño, es un conjunto de puntos sobre las misma fila, columna, dia-
gonal o diagonal invertida que une dos paralelas dentro de H.
Definición 3.5.
Longitud con signo: es la longitud de un peldaño y es la diferencia entre el punto inicial

y final, está longitud puede ser negativa.
Longitud con valor absoluto: es el valor absoluto de la longitud con signo.
Definición 3.6. Una escalera dentro de H es un rectángulo que tiene vértices en H.
108
1. Si los peldaños que contiene la escalera son verticales diremos que es una escalera
horizontal.
2. Si los peldaños que contiene la escalera son horizontales diremos que es una escalera
vertical.
3. Si los peldaños que contiene la escalera son diagonales invertidos diremos que es una
escalera oblicua.
4. Si los peldaños son diagonales diremos que es una escalera oblicua invertida.
Primero probamos un Lema que será útil para probar varios resultados en este capı́tulo. Si
L es una escalera horizontal en H donde su peldaño tiene exactamente dos puntos, entonces
la suma de un peldaño es un número de Fibonacci y es igual para cada peldaño.
Lema 3.1. La suma de los peldaños de una escalera horizontal en H con vértice superior
izquierdo H(r, k) con i peldaños coinciden y es un número de Fibonacci. Es decir para todo
r, k ≥ 0 y k + i + 1 ≤ r se cumple que
Fk Fr−k + Fk+1 Fr−k+1 = Fk+i Fr−k−i + Fk+i+1 Fr−k−i+1 = Fr+1 .
o equivalentemente
H(r, k) + H(r + 2, k + 1) = H(r, k + i) + H(r + 2, k + i + 1) = Fr+1 .
Demostración.
Primero probaremos que se cumple la siguiente igualdad.
Fk Fr−k + Fk+1 Fr−k+1 = Fr+1 .
Lo haremos utilizando la fórmula de Binet demostrada en el Teorema 1.10 de la siguiente

manera:
Fk Fr−k + Fk+1 Fr−k+1

αk − β k αr−k − β r−k αk+1 − β k+1 αr−k+1 − β r−k+1
= · + · por la fórmula de Binet
α−β α−β α−β α−β
1
= ((αk − β k ) · (αr−k − β r−k ) + (αk+1 − β k+1 ) · (αr−k+1 − β r−k+1 ))
(α − β)2
1
= 2
(αr − αk β r−k − β k αr−k + β r + αr+2 − αk+1 β r−k+1 − β k+1 αr−k+1 + β r+2 )
(α − β)
1
= (αr + β r + αr+2 + β r+2 − αk β r−k − β k αr−k − (αβ)(αk β r−k ) − (αβ)(β k αr−k ))
(α − β)2
109
1
= (αr + β r + αr+2 + β r+2 − αk β r−k − β k αr−k + αk β r−k + β k αr−k ) ya que (αβ) = −1
(α − β)2
1
= (αr + β r + αr+2 + β r+2 )
(α − β)2
1
= ((−)(−αr ) + (−)(−β r ) + αr+2 + β r+2 )
(α − β)2
1
= 2
(−βαr+1 − αβ r+1 + αr+2 + β r+2 ) ya que (αβ) = −1
(α − β)
1
= (α(αr+1 − β r+1 ) − β(αr+1 − β r+1 ))
(α − β)2
1
= (αr+1 − β r+1 )(α − β)
(α − β)2
1
= (αr+1 − β r+1 )
(α − β)
= Fr+1 .
Ahora probaremos que se cumple que:
Fk+i Fr−k−i + Fk+i+1 Fr−k−i+1 = Fr+1 .
De igual manera haremos esta demostración utilizando la fórmula de Binet:
αk − β k
Fk = .
α−β
Entonces, tenemos lo siguiente:
Fk+i Fr−k−i + Fk+i+1 Fr−k−i+1 = Fr+1 utilizando la fórmula de Binet, tenemos:

αk+i
− β k+i αr−k−i− β r−k−i αk+i+1 − β k+i+1 αr−k−i+1 − β r−k−i+1
= · + ·
1
= ((αk+i − β k+i ) · (αr−k−i − β r−k−i ) + (αk+i+1 − β k+i+1 ) · (αr−k−i+1 − β r−k−i+1 ))
(α − β)2
1
= (αr − αk+i β r−k−i − β k+i αr−k−i + β r + αr+2 − αk+i+1 β r−k−i+1 − β k+i+1 αr−k−i+1 + β r+2 )
(α − β)2
1
= (αr + β r + αr+2 + β r+2 − αk+i β r−k−i − β k+i αr−k+i − (αβ)(αk+i β r−k−i ) − (αβ)(β k+i αr−k−i ))
(α − β)2
110
1
= (αr + β r + αr+2 + β r+2 − αk+i β r−k−i − β k+i αr−k−i + αk+i β r−k−i + β k+i αr−k−i )
(α − β)2
ya que (αβ) = −1
1
= (αr + β r + αr+2 + β r+2 )
(α − β)2
1
= ((−)(−αr ) + (−)(−β r ) + αr+2 + β r+2 )
(α − β)2
1
= (−βαr+1 − αβ r+1 + αr+2 + β r+2 ) ya que (αβ) = −1
(α − β)2
1
= (α(αr+1 − β r+1 ) − β(αr+1 − β r+1 ))
(α − β)2
1
= (αr+1 − β r+1 )(α − β)
(α − β)2
1
= (αr+1 − β r+1 )
(α − β)
= Fr+1 .
Hemos probado que:
Fk Fr−k + Fk+1 Fr−k+1 = Fk+i Fr−k−i + Fk+i+1 Fr−k−i+1 = Fr+1 .
Si utilizamos la proposición 3.1 tenemos
H(r, k) + H(r + 2, k + 1) = H(r, k + i) + H(r + 2, k + i + 1) = Fr+1 .
Podemos dar una interpretación geométrica al Lema 3.1. De la siguiente manera:
Primero, tomamos dos peldaños consecutivos de L formando un cuadrado como en la

Figura 30. Observe que cada diagonal de este cuadrado tiene tres puntos (dos vértices
y uno punto interior). Esas dos diagonales se cruzan en el punto interior p.
De la definición recursiva de las entradas de H y el punto p, es fácil ver que la diferencia de los
dos puntos de esquina de la barra diagonal invertida del cuadrado es igual a la diferencia de
los puntos de las esquinas de la barra diagonal del cuadrado. Esto implica que la suma de los
puntos en dos peldaños consecutivos tiene el mismo valor. Usando un argumento inductivo
podemos extender el resultado para dos peldaños arbitrarios cualesquiera. Ya que esto es
cierto para cualquier peldaño de L, es cierto para el primer peldaño de la izquierda donde
uno de los dos puntos es cero y el otro es el número de Fibonacci Fr+1 = H(r + 2, 1).
111
i columnas
H(r, k) H(r, k + i)
as
fil
2j
H(r + 2j, k + j) H(r + 2j, k + i + j)
Figura 31: Propiedad del rectángulo
0 0
H(r, k) H(r + 2, k + 1) H(r, k + i)H (r + 2, k + i + 1)
Figura 30: suma de peldaños de la escalera horizontal
Ahora si consideramos una escalera vertical como en la Figura 31 podemos observar que se
cumple la propiedad del Rectángulo.
Esta propiedad se muestra formalmente en la Proposición 3.2.
112
Proposición 3.2 (Propiedad del rectángulo).
Sea la escalera vertical en H con vértice superior izquierdo H(r, k) con i columnas y 2j filas,
entonces se cumple que todos sus peldaños horizontales tienen la misma longitud con signo.
Es decir se cumple que:
Fk Fr−k − Fk+i Fr−k−i = (−1)j (Fk+j Fr+j−k − Fk+i+j Fr+j−k−i ) = (−1)k+1 Fi Fr−2k−i .
o equivalentemente
H(r, k) − H(r, k + i) = (−1)j (H(r + 2j, k + j) − H(r + 2j, k + i + j)) = (−1)k+1 H(r − 2k, i).
donde j también representa el número de peldaños de la escalera vertical.
Demostración.
Primero probaremos que se cumple la siguiente igualdad.
Fk Fr−k − Fk+i Fr−k−i = (−1)j (Fk+j Fr+j−k − Fk+i+j Fr+j−k−i ).
Lo haremos de manera geométrica de la siguiente manera.

Por el Lema 3.1, tenemos:
Fk Fr−k + Fk+1 Fr−k+1 = Fk+i Fr−k−i + Fk+i+1 Fr−k−i+1

Fk Fr−k − Fk+i Fr−k−i = −(Fk+1 Fr−k+1 − Fk+i+1 Fr−k−i+1 )
Fk+1 Fr−k+1 + Fk+2 Fr−k+2 = Fk+i+1 Fr−k−i+1 + Fk+i+2 Fr−k−i+2

Fk+1 Fr−k+1 − Fk+i+1 Fr−k−i+1 = −(Fk+2 Fr−k+2 − Fk+i+2 Fr−k−i+2 )
Fk+2 Fr−k+2 + Fk+3 Fr−k+3 = Fk+i+2 Fr−k−i+2 + Fk+i+3 Fr−k−i+3

Fk+2 Fr−k+2 − Fk+i+2 Fr−k−i+2 = −(Fk+3 Fr−k+3 − Fk+i+3 Fr−k−i+3 )
..
.
Fk+j−1 Fr−k+j−1 + Fk+j Fr−k+j = Fk+i+j−1 Fr−k−i+j−1 + Fk+i+j Fr−k−i+j

Fk+j−1 Fr−k+j−1 − Fk+i+j−1 Fr−k−i+j−1 = −(Fk+j Fr−k+j − Fk+i+j Fr−k−i+j ).
Utilizando lo anterior tenemos
Fk Fr−k − Fk+i Fr−k−i = (−1)(Fk+1 Fr−k+1 − Fk+i+1 Fr−k−i+1 )

= (−1)2 (Fk+2 Fr−k+2 − Fk+i+2 Fr−k−i+2 )
= (−1)3 (Fk+3 Fr−k+3 − Fk+i+3 Fr−k−i+3 )
= (−1)4 (Fk+4 Fr−k+4 − Fk+i+4 Fr−k−i+4 )
..
.
= (−1)j (Fk+j Fr−k+j − Fk+i+j Fr−k−i+j ).
113
Ahora probaremos que se cumple:
(−1)j (Fk+j Fr+j−k − Fk+i+j Fr+j−k−i ) = (−1)k+1 Fi Fr−2k−i .
Lo haremos utilizando la fórmula de Binet, de la siguiente manera:
Fk+j Fr+j−k − Fk+i+j Fr+j−k−i

αk+j − β k+j αr+j−k − β r+j−k αk+i+j − β k+i+j αr+j−k−i − β r+j−k−i
= · − ·
1
= ((αk+j − β k+j ) · (αr+j−k − β r+j−k ) − (αk+i+j − β k+i+j ) · (αr+j−k−i − β r+j−k−i ))
(α − β)2
1
= (αr+2j − αk+j β r+j−k − β k+j αr+j−k + β r+2j − αr+2j + αk+i+j β r+j−k−i
(α − β)2
+ β k+i+j αr+j−k−i − β r+2j )
1
= (−αk+j β r+j−k − β k+j αr+j−k + αk+i+j β r+j−k−i + β k+i+j αr+j−k−i )
(α − β)2
1
= (αβ)k+j (β i αr−2k−i + αi β r−2k−i − β r−2k − αr−2k )
(α − β)2
1
= (αβ)k+j (−1)(β r−2k + αr−2k − βiαr−2k−i − αi β r−2k−i )
(α − β)2
1
= (αβ)k+j (αβ)(β r−2k + αr−2k − βiαr−2k−i − αi β r−2k−i ) ya que (αβ) = −1
(α − β)2
(−1)j
= (αβ)k+j+1 ((αi − β i )(αr−2k−i − β r−2k−i )) multiplicando por (−1)j toda la expresión
(α − β)2
i i r−2k−i − β r−2k−i )

k+2j+1 (α − β ) (α
= (αβ) · como (αβ) = −1 y (−1)2j = 1
(α − β) (α − β)
= (αβ)k+2j+1 Fi Fr−2k−i
= (−1)k+1 Fi Fr−2k−i .
Hemos probado que:
Fk Fr−k − Fk+i Fr−k−i = (−1)j (Fk+j Fr+j−k − Fk+i+j Fr+j−k−i ) = (−1)k+1 Fi Fr−2k−i .
Si utilizamos la Proposición 3.1 tenemos
H(r, k) − H(r, k + i) = (−1)j (H(r + 2j, k + j) − H(r + 2j, k + i + j)) = (−1)k+1 H(r − 2k, i).
De manera general, podemos interpretar geométricamente la propiedad del rectángulo en las

escaleras verticales en H. Podemos observar que:
|a0 − b0 | = |a1 − b1 | = |a2 − b2 | = · · · = |ai − bi |.
Como se muestra en la Figura 32.
114
a0 = 0 b0 = 0
a1 b1
··
·
··
·
ar br
··
·
··
·
aj bj
··
·
··
·
aw bw
Figura 32: Todo peldaño en una escalera vertical en H tiene la misma longitud
El siguiente resultado proporciona varias identidades en el triángulo de Hosoya. En particular,

muestra que la suma alterna de los puntos en un peldaño horizontal de una escalera vertical
y la suma de los puntos en los peldaños verticales de la escalera horizontal es una constante
siempre que el peldaño tenga un número par de puntos en cada caso. También vemos que la
longitud absoluta de cada peldaño en una escalera horizontal es la misma si hay un número
impar de puntos en los peldaños. Finalmente, si las escaleras son oblicuas (ver Figura 3.2),
entonces la longitud absoluta de cada peldaño es la longitud absoluta del primer peldaño
multiplicada por un número de Fibonacci y la suma de los puntos en los peldaños oblicuos es
igual a la suma de los puntos de la simetrı́a del segundo peldaño multiplicado por un número
de Fibonacci.
Teorema 3.1. En el triángulo de Hosoya H se cumple lo siguiente
1. Si tomamos una escalera vertical con las entradas H(r, k) y H(r, k + 2n − 1) como
puntos inicial y final de primer peldaño, H(r + 2j, k + j) y H(r + 2j, k + 2n − 1 + j)
como puntos inicial y final del j-ésimo peldaño. Tomando los parámetros r, j > 0, k ≥ 0
y 0 < 2n − 1 ≤ r para algún n, entonces
2n−1
X 2n−1
X
i
(−1) H(r, k + i) = (−1)i H(r + 2j, k + i + j) .
i=0 i=0
2. En una escalera horizontal con entradas H(r, k) y H(r +4n−2, k +2n−1) como puntos
inicial y final del primer peldaño, H(r, k + j) y H(r + 4n − 2, k + j + 2n − 1) como
puntos inicial y final del j-ésimo peldaño. Tomando como parámetros j, r > 0, k ≥ 0 y
0 < 2n − 1 ≤ r para algún n, entonces
2n−1
X 2n−1
X
H(r + 2i, k + i) = H(r + 2i, k + j + i).
i=0 i=0
115
3. En una escalera horizontal con entradas H(r, k) y H(r + 2j, k + j) como puntos inicial
y final del primer peldaño, H(r, k + i) y H(r + 2j, k + i + j) como puntos inicial y final
del j-ésimo peldaño. Si j es un número par, entonces
H(r + 2j, k + j) − H(r, k) = H(r + 2j, k + i + j) − H(r, k + i) = H(r + 2j, j).
4. En una escalera oblicua inversa con entradas H(r, k) y H(r + j, k) como puntos inicial
y final de cada peldaño. Con parámetros r, k y j enteros positivos, r ≥ k, entonces
H(r + j, k) − H(r, k) = Fk (H(r + j − k + 1, 1) − H(r − k + 1, 1)).
5. En una escalera oblicua con entradas H(r, k) y H(r + i, k + i) como puntos inicial y
final de cada peldaño. Con parámetros i, k y r enteros positivos, entonces
m
X m
X
H(r + i, k + i) = Fr−k H(k + i + 1, 1).
i=0 i=0
Demostración.
Para probar la parte 1, damos una prueba geométrica.

Tomamos un escalera vertical de w + 1 peldaños donde w ≥ 0. Sean at y bt los puntos
iniciales y finales de cada peldaño respectivamente, donde 0 ≤ t ≤ w, tomemos los
primeros 2 peldaños consecutivos, que inician con a0 y a1 y finalizan con b0 y b1 y con
esto podemos formar una escalera horizontal con 2n peldaños.
Por Lema 3.1 podemos tomas 2 peldaños consecutivos verticales consecutivos y obte-
nemos
c0 + d0 = c1 + d1 , c2 + d2 = c3 + d3 , . . . , c2n−2 + d2n−2 = c2n−1 + d2n−1 .
Despejando
c0 − c1 = −d0 + d1 , c2 − c3 = −d2 + d3 , . . . , c2n−2 − c2n−1 = −d2n−2 + d2n−1
c0 − c1 = −(d0 − d1 ), c2 − c3 = −(d2 − d3 ), . . . , c2n−2 − c2n−1 = −(d2n−2 − d2n−1 ).

Sumando obtenemos:
2n−1
X 2n−1
X
i
(−1) ci = − (−1)i di
i=0 i=0
2n−1
X 2n−1
X
i
(−1) ci = (−1)i di .
i=0 i=0
Esto lo podemos hacer sucesivamente para peldaños consecutivos y obtendremos que

la suma de los puntos del peldaño r es igual a la suma de los puntos del peldaño r + 2j.
Bastará con tomar ci = H(r, k + i) y di = H(r + 2j, k + i + j).
116
a0 = 0 b0 = 0
a1 b1
··
·
··
·
ar br
··
·
··
·
aj bj
··
·
··
·
aw bw
a0 = c0 = 0 c1 c2 c3 . . . ci . . . c2j−2 b0 = c2j−1 = 0
a1 = d0 d1 d2 d3 . . . di . . . d2j−2 b1 = d2j−1
Figura 33: La suma alternada de puntos en los peldaños es la misma
Para la parte 2.
Tomamos una escalera L horizontal de dos peldaños consecutivos y 2n puntos en cada
peldaño. Sean ct y dt , los puntos de cada peldaño respectivamente, 0 ≤ t ≤ 2n − 1.
Tomando dos puntos consecutivos sin repetir en los peldaños y por el Lema 3.1.
c0 + c1 = d 0 + d 1
c2 + c3 = d 2 + d 3
..
.
c2n−2 + c2n−1 = d2n−2 + d2n−1 .
Sumando obtenemos
2n−1
X 2n−1
X
ci = di .
i=0 i=0
Esto se puede repetir para peldaños consecutivos verticales y ası́ obtenemos que la suma
de todos los puntos de cada peldaño son iguales. Bastará con tomar a ci = H(r+2i, k+i)
y di = H(r + 2i, k + j + i).
117
c 0 = a1 d 0 = a2
c1 d1
c2 d2
c3 d3 c0 = 0 d0 = a2
c1 d1
c2i−1 d2i−1
c2i−1 = b1 d2i−1 = b2
Figura 34: La sumas de los puntos de los peldaños verticales con un número par es la misma
Prueba parte 3
Usamos la equivalencia de la proposición 3.2, tenemos:
H(r, k) − H(r, k + i) =(−1)j (H(r + 2j, k + j) − H(r + 2j, k + i + j))

H(r, k) − H(r, k + i) =H(r + 2j, k + j) − H(r + 2j, k + i + j) ya que j es par
H(r + 2j, k + j) − H(r, k) =H(r + 2j, k + i + j) − H(r, k + i).
Para demostrar la otra igualdad, probemos:
H(r + 2j, k + j) − H(r, k) = H(r + 2j, j).
aplicando proposición 3.1, obtenemos:
H(r + 2j, k + j) − H(r, k) = Fk+j Fr+j−k − Fk Fr−k .
118
desarrollando por formula de Binet se obtiene:
k+j
− β k+j
r+j−k
− β r+j−k
k
α − βk
r−k
− β r−k

α α α
−
1
αr+2j − αk+j β r+j−k − αr+j−k β k+j + β r+2j − αr + αk β r−k + αr−k β k − β r

= 2
(α − β)
1
(αβ)j (−αk β r−k − αr−k β k ) + αr+2j + β r+2j − αr + αk β r−k + αr−k β k − β r

= 2
(α − β)
1 j k r−k r−k k r+2j r+2j r k r−k r−k k r

= (−1) (−α β − α β ) + α + β − α + α β + α β − β j es par
(α − β)2
1 k r−k r−k k r+2j r+2j r k r−k r−k k r

= −α β − α β + α + β − α + α β + α β − β
(α − β)2
1
αr+2j − αr − β r + β r+2j

= 2
(α − β)
(αβ)j j r+2j j r j r j r+2j
ya que 1 = (αβ)j

= 2
(αβ) α − (αβ) α − (αβ) β + (αβ) β
(α − β)
1
αr+2j − αr+j β j − αj β r+j + β r+2j

= 2
(α − β)
1
(αj − β j )(αr+j − β r+j )

= 2
(α − β)
j
α − βj
r+j
α − β r+j

= = Fj Fr+j .
α−β α−β
por Proposición 3.1, tenemos
Fj Fr+j = H(r + 2j, j).
Lo que prueba parte 3.
119
a0 a1
c0
c1
z2
x y
z1
d1
d0
b1
b0
Figura 35: Los peldaños verticales con un número impar de puntos tiene la misma longitud
con signo
Prueba parte 4
Por Proposición 3.1, obtenemos:
Fk (H(r + j − k + 1, 1) − H(r − k + 1, 1)) =Fk (F1 Fr+j−k+1−1 − F1 Fr−k+1−1 )

=Fk (Fr+j−k − Fr−k )
=Fk Fr+j−k − Fk Fr−k
=H(r + j, k) − H(r, k) por Proposición 3.1.
Esto es para una escalera oblicua inversa con peldaños en la diagonal. La longitud con
signo de calda peldaño es la longitud con signo del primer peldaño multiplicado por Fk .
• Prueba geométrica.
Para esta prueba no utilizaremos el triángulo de Hosoya con la diagonal y diagonal

invertida de ceros. Usando el sistema de coordenadas vistas en el capı́tulo 2 podemos
ver que el punto inicial de los escalones tienen la forma Ft Fm y el punto final Ft+j Fk
con Fm como punto fijo.
Entonces los puntos fijos del k-ésimo peldaño tienen la forma Fi Fk +Fi+1 Fk +. . .+Fi+j Fk .
Si tomamos la longitud con signo tenemos Fi+j Fk −Fi Fk = Fk (Fi+j −Fi ), donde Fi+j −Fi
es la longitud con signo del primer escalón. Tal y como se muestra en la Figura 36.
En la Figura 3.2 podemos notar una escalera oblicua y esta parte 4 también se puede
aplicar a esa figura, utilizando la simetrı́a del Teorema 1.22.
120
Fi
Fi+j Fk
Figura 36: Escalera oblicua invertida
Prueba de parte 5
Vamos a demostrar primero de forma algebraica que se cumple la igualdad, tenemos
que
m
X m
X
Fr−k H(k + i + 1, 1) =Fr−k F1 Fk+i+1−1 por proposición 3.1
i=0 i=0
m
X
=Fr−k Fk+i
i=0
m
X
= Fk+i Fr−k
i=0
Xm
= H(r + i, k + i).
i=0
La sumas de los puntos del peldaño oblicuo es igual a la suma de los puntos de simetrı́a
del segundo peldaño multiplicado por el Fibonacci Fr−k .
• Prueba geométrica.
Los puntos en el peldaño t como se muestra en la Figura 3.2 son de la forma Ft Fr +

Ft Fr+1 + . . . Ft Fr+k = Ft (Fr + Fr+1 + . . . + Fr+j ) donde Fr + Fr+1 + . . . + Fr+j es la
suma de los puntos del segundo peldaño.
121
Fr
Ft
Ft Fk
Fr+k
Ft Fk+j
Figura 37: Escalera oblicua
La longitud de un peldaño en una escalera vertical en H da lugar a una identidad para un

tipo de escalera vertical, la cual tiene una de sus paralelas de la escalera en la vertical central
de H y los peldaños tiene exactamente 2 puntos, esta identidad es la de cassini, vista en el
capı́tulo 1.
Identidad de Cassini
H(2r + 1, r + 1) − H(2r + 1, r) = (−1)r para r ≥ 0
donde la primera entrada es el punto del peldaño ubicado en la vertical central de H.
Para el mismo tipo de escalera solo que contenga 2 puntos o más obtenemos la identidad de
Catalan también vista en el capı́tulo 1, y podemos ver un ejemplo de esta identidad en el
figura, notemos que la longitud absoluta es la misma en cada peldaño.
Identidad de Catalan
H(2r + 1, , r + 1) − H(2r + 1, r − k + 1) = (−1)r−k+1 H(2k − 1, k) para r, k ≥ 1 y r ≥ k
donde H(2r + 1, r + 1) es el punto del peldaño que esta sobre la vertical central de H, y el
primer peldaño esta sobre la fila 2r + 1.
Una forma más general para calcular la longitud de un peldaño de una escalera vertical viene
dada por la identidad de Johnson.
Proposición 3.3. Identidad de Johnson
Sean r, j, k e i enteros positivos tal que si r + j = k + i y i < j, se cumple que
H(r + j, j) − H(k + i, i) = (−1)i H(r + j − 2i, j − i).
122
Demostración.
Por Corolario 1.6 tenemos la equivalencia
Fj Fr+1 − Fi Fk+1 = (−1)i Fj−i Fr−i+1
Aplicando Binet obtenemos:
j
α − βj
r+1
− β r+1
i
α − βi
k+1
− β k+1

α α
−
1
(αj − β j )(αr+1 − β r+1 ) − (αi − β i )(αr+j−i+1 − β r+j−i+1

= 2
ya que r + j = k + i
(α − β)
1 r+j+1 j r+1 r+1 j r+j+1 r+j+1 i r+j−i+1 r+j−i+1 i r+j+1

= α − α β − α β + β − α + α β + α β − β
(α − β)2
1 i j−1 r−i+1 r−i+1 j−1 r+j−2i+1 r+j−2i+1

= (αβ) (−α β − α β + β + α )
(α − β)2
1
(−1)i (αr+j−2i+1 − αj−1 β r−i+1 − αr−i+1 β j−1 + β r+j−2i+1 )

= 2
(α − β)
1 i j−i j−i r−i+1 r−i+1

= (−1) (α − β )(α − β )
(α − β)2
=(−1)i Fj−i Fr−i+1
=(−1)i H(r + j − 2i, j − i).

1 1
2 1 2
3 2 2 3
Identidad de Cassini 5 3 4 3 5
8 5 6 6 5 8
13 8 10 9 10 8 13
21 13 16 15 15 16 13 21
34 21 26 24 25 24 26 21 34
Identidad de Catalan 55 34 42 39 40 40 39 42 34 55
89 55 68 63 65 64 65 63 68 55 89
144 89 110 102 105 104 104 105 102 110 89 144
233 144 178 165 170 168 169 168 170 165 178 144 233
377 233 288 267 275 272 273 273 272 275 267 288 233 377
610 377 466 432 445 440 442 441 442 440 445 432 466 377 610
987 610 754 699 720 712 715 714 714 715 712 720 699 754 610 987
1597 987 1220 1131 1165 1152 1157 1155 1156 1155 1157 1152 1165 1131 1220 987 1597
2584 1597 1974 1830 1885 1864 1872 1869 1870 1870 1869 1872 1864 1885 1830 1974 1597 2584
Figura 38: Cassini y Catalan
123
El triángulo de Hosoya se pude dividir en dos partes, su parte derecha y su parte izquierda
tomando como referencia la vertical del medio de H, tal como se muestra en la Figura 39.
Antes del siguiente teorema debemos conocer las partes del palo de hockey y como se com-
portan dentro de H.
Definición 3.7.
Llamaremos bastón del palo de Hockey al conjunto de puntos que pertenecen a una
misma columna.
Llamaremos hoja del palo de Hockey al punto de la siguiente fila donde termina el
bastón, ya sea a la izquierda o derecha del bastón.
Llamaremos un palo de hockey derecho(izquierdo) si su hoja está a la derecha(izquierda)

del bastón.
Teorema 3.2. Palo de Hockey

Sean s0 , s1 , . . . , si puntos en el bastón del palo de Hockey donde s0 ∈ {S(F1 ), B(F1 )}. Si bt es
el punto en la hoja del palo de Hockey, con t ∈ {D, I}, entonces
1. s0 + s1 + . . . + s2n−2 + s2n−1 = bI , si el palo de hockey está en lado izquierdo.
2. s0 + s1 + . . . + s2n−2 + s2n−1 = bD , si el palo de hockey está en lado derecho.
3. s0 + s1 + . . . + s2n−1 + s2n−2 = bD , si el palo de hockey está en lado izquierdo.
4. s0 + s1 + . . . + s2n−1 + s2n−2 = bI , si el palo de hockey está en lado derecho.
5. s0 + s1 + . . . + si = bI = bD , para cada i, si el palo de hockey está en el centro.
Demostración.
1. En la parte 1 tomemos a s0 ∈ S(F1 ) esto significa que el bastón esta en el lado izquierdo
de H, debemos probar que si el bastón tiene un número par de puntos, la suma de estos
puntos es igual a la hoja izquierda. Esto lo notamos en la Figura 39.
Viendo la Figura 39 y el comportamiento que tienen los puntos del bastón se puede
deducir las coordenadas de los puntos y obtenemos:
2n−1
X 2n−1
X
si = H(r + 2i, i + 1)
i=0 i=0
para n, r ≥ 1. El bI = H(r + 4n − 1, 2n) y por lo tanto tenemos una equivalencia con

las coordenadas. La prueba es por el método de inducción matemática.
124
Caso base: n = 1
1
X
H(r + 2i, i + 1) =H(r, 1) + H(r + 2, 2)
i=0
=F1 Fr + F2 Fr+1
=Fr+2
=F2 Fr+2
=H(r + 3, 2)
=bI .
Hipótesis inductiva: supongamos que se cumple para n = m entero positivo, tal

que
2m+1
X
H(r + 2i, i + 1) = H(r + 4m − 1, 2m).
i=0
Paso inductivo: probaremos que se cumple para un n = m + 1.

Queremos:
2m+1
X
H(r + 2i, 1 + i) = H(r + 4m + 3, 2m + 2).
i=0
Entonces,
2m+1
X 2m−1
X
H(r + 2i, 1 + i) = H(r + 2i, 1 + i) + H(r + 4m, 2m + 1) + H(r + 4m + 2, 2m + 2)
i=0 i=0
= H(r + 4m − 1, 2m) + H(r + 4m, 2m + 1) + H(r + 4m + 2, 2m + 2)
= F2m Fr+2m + F2m+1 Fr+2m + F2m+2 Fr+2m+1
= Fr+2m (F2m + F2m+1 ) + F2m+2 Fr+2m+1
= Fr+2m F2m+2 + F2m+2 Fr+2m+1
= F2m+2 (Fr+2m + Fr+2m+1 )
= F2m+2 Fr+2m+2
= H(r + 4m + 3, 2m + 2).
Esto prueba la parte 1. Notemos que si s0 ∈ S(F1 ) y el bastón tiene un número

par de puntos, esto es un palo de hockey izquierdo en lado izquierdo de H.
2. En la parte 2 tomemos a s0 ∈ B(F1 ) esto significa que el bastón está en el lado derecho
de H, debemos probar que si el bastón tiene un número par de puntos, la suma de estos
puntos es igual a la hoja derecha. Podemos deducir sus coordenadas de los si las cuales
son:
2n−1
X 2n−1
X
si = H(r + 2i, r + i)
i=0 i=0
para bD = H(r + 4n − 1, r + 2n).
125
Notemos en la Figura 39 que por simetrı́a el palo de hockey derecho en el lado derecho
es igual al palo de hockey izquierdo en el lado izquierdo. Viendo esto podemos utilizar
la simetrı́a de las coordenadas de H dadas en el Teorema 1.22, la cual es que H(r, k) =
H(r, r − k + 1).
2n−1
X 2n−1
X
H(r + 2i, r + i) = H(r + 2i, i + 1) por Teorema 1.22
i=0 i=0
= H(r + 4n − 1, 2n) por parte 1
= H(r + 4n − 1, r + 2n) por Teorema 1.22.
Esto prueba la parte 2. Notemos de la prueba que si s0 ∈ B(F1 ) y el bastón tiene un
número impar de puntos, esto es un palo de hockey derecho en el lado derecho de H.
3. En la parte 3 tomemos a s0 ∈ S(F1 ) esto significa que el bastón está en el lado izquierdo
de H, debemos probar que si el bastón tiene un número impar de puntos, la suma de
estos puntos es igual a la hoja derecha.
De la Figura 39 podemos deducir las coordenadas de los si , la cual es si = H(r+2i, i+1)
y de bD = H(r + 4n − 3, 2n).
Queremos demostrar:
2n−2
X
H(r + 2i, i + 1) = H(r + 4n − 3, 2n).
i=0
Lo cual demostraremos por inducción sobre n.
Caso base: para n = 1

0
X
H(r + 2i, i + 1) = H(r, 1)
i=0
= Fr
= F2 Fr
= H(r + 1, 2).
Cumple para el caso base.
Hipótesis inductiva: supongamos que se cumple para un entero m, tal que
2m−2
X
H(r + 2i, i + 1) = H(r + 4m − 3, 2m).
i=0
Paso inductivo: probaremos que se cumple para m + 1 :

Queremos probar:
2m
X
H(r + 2i, i + 1) = H(r + 4m + 1, 2m + 2)
i=0
126
entonces,
2m
X 2m−2
X
H(r + 2i, i + 1) = H(r + 2i, i + 1) + H(r + 4m − 2, 2m) + H(r + 4m, 2m + 1)
i=0 i=0
= H(r + 4m − 3, 2m) + H(r + 4m − 2, 2m) + H(r + 4m, 2m + 1)
= F2m Fr+2m−2 + F2m Fr+2m−1 + F2m+1 Fr+2m
= F2m (Fr+2m−2 + Fr+2m−1 ) + F2m+1 Fr+2m
= F2m Fr+2m + F2m+1 Fr+2m
= Fr+2m (F2m + F2m+1 )
= Fr+2m F2m+2
= H(r + 4m + 1, 2m + 2).
Esto prueba la parte 3. Notemos de la prueba que si s0 ∈ S(F1 ) y el bastón tiene un

número impar de puntos, esto es un palo de hockey derecho en el lado izquierdo de H.
4. En la parte 4 tomemos a s0 ∈ B(F1 ) esto significa que el bastón esta en el lado derecho
de H, debemos probar que el bastón tiene un número impar de puntos, la suma de
estos puntos es igual a la hoja izquierda.
De la Figura 39 podemos deducir que las coordenadas de los si = H(r + 2i, r + i) y de
bI = H(r + 4n − 3, r + 2n − 2). Queremos demostrar:
2n−2
X
H(r + 2i, r + i) = H(r + 4n − 3, r + 2n − 2).
i=0
Por simetrı́a y parte 3 podemos probar esto.

2n−2
X 2n−2
X
H(r + 2i, r + i) = H(r + 2i, i + 1) por Teorema 1.22
i=0 i=0
= H(r + 4n − 3, 2n) por parte 3
= H(r + 4n − 3, r + 2n − 2) por Teorema 1.22.
Esto prueba la parte 4. Notemos de la prueba que si s0 ∈ B(F1 ) y el bastón tiene un

número impar de puntos, esto es un palo de hockey izquierdo en el lado derecho de H.
5. En la parte 5 tomamos a s0 ∈ B(F1 ) ∩ S(F1 ) esto significa que el bastón está en el

centro de H. Debemos probar:
n
X
s i = bI = bD .
i=0
Lo probaremos separándolo en casos cuando n sea par o impar.
127
Caso cuando n es impar:
Ya que s0 ∈ S(F1 ) y el bastón tiene un número par de puntos por parte 1 tenemos:
n
X
s i = bI .
i=0
Pero s0 ∈ B(F1 ) también y ya que el bastón posee un número par de puntos, por
parte 2 tenemos:
Xn
s i = bD .
i=0
Esto prueba el caso cuando n es impar.
Caso cuando n es par: Ya que s0 ∈ S(F1 ) y el bastón tiene un número impar de
puntos por parte 3 tenemos:
n
X
s i = bD .
i=0
Pero s0 ∈ B(F1 ) también y ya que el bastón posee un número impar de puntos,
por parte 4 tenemos:
Xn
s i = bI .
i=0
Esto prueba el caso cuando n es par.
Notemos que si s0 ∈ B(F1 ) ∩ S(F1 ) y el bastón tenga un número n de puntos el palo
de hockey será izquierdo y derecho.
Lado izquierdo Lado derecho

s0
s1
s2j−1
bR
s0
s1
s2j−2 bastón
bL
hoja
Figura 39: palo de hockey
128
Conclusiones
1. El triángulo de Hosoya posee coordenadas por las que nos podemos desplazar fácilmente
y esto también aplica en su generalización.
2. Las entradas del triángulo de Hosoya al ser producto de números de Fibonacci, permiten
la inclusión de la propiedad del MCD al triángulo de Hosoya.
3. El MCD de los vértices de cada triángulo que forman la estrella de David es igual a 1.
4. El MCD de un polı́gono de P con n ≥ 3 y n puntos de no-ataque, es 1 ó 2.
5. Si una estrella generalizada de David tiene longitud 2, el MCD de los vértices de cada
triángulo que forma la estrella es igual al (mcd(a, b))2 .
6. Las condiciones necesarias y suficientes, para que la estrella de David de longitud tres
en el triángulo generalizado de Hosoya satisfaga la propiedad del M CD dependen de
la divisibilidad L2 , donde L2 es el segundo número de Lucas.
7. El rectángulo es un figura importante dentro de H, ya que en base a su propiedad se

demostró las propiedades de la escalera, ya que la escalera es conformada por rectángu-
los.
8. Las propiedades de Cassinı́, Catalan y Johnson para números de Fibonacci, poseen una
representación geométrica en el triángulo de Hosoya, siendo cada una la longitud con
signo de los peldaños de cada tipo de escalera vertical.
129
Propuesta
Trabajos posteriores a está tesis.
Figuras geométricas en el triángulo de Hosoya: Dado que el presente trabajo se muestran

las más importantes, existen más figuras con propiedades muy peculiares como las
trenzas, triángulos, zig zag, entre otras.
Triángulo polinomial de Hosoya: Un triángulo con entradas de polinomios de Hoso-

ya, donde si tomamos polinomios particulares obtenemos el triángulo de Hosoya y el
triángulo generalizado.
Matrices en el triángulo de Hosoya: Estudio de propiedades de matrices con entradas

de productos de números de Fibonacci, es debido a mostrar alguna conexión entre el
triángulo de Hosoya con geometrı́a, teorı́a de grafos y está unión viene dada del álgebra
lineal.
130
Bibliografı́a
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[Éduoard Lucas, 1876] Éduoard Lucas (1876). Sur diverses questions d’arithmétique
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132

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Triángulo de Hosoya Su Geometría y Propiedades Del MCD

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Universidad de El Salvador

Facultad de Ciencias Naturales y

Triángulo de Hosoya: Su geometrı́a y propiedades del mcd

Tesis para obtener el tı́tulo de:

Facultad de Ciencias Naturales y Matemática

Carmen Elizabeth Parada.

2. Propiedades del MCD en el triángulo de Hosoya 55

3. Geometrı́a en el triángulo de Hosoya 106

El triángulo de Hosoya es un arreglo triangular de números que se asemeja a él triángulo de

La metodologı́a a seguir en este trabajo es:

1. Revisión bibliográfica; utilizaremos como referencia diversos artı́culos para desarrollar

The Geometry of some Fibonacci Identities in the Hosoya Triangle, Rigoberto

2. Demostración de teoremas; analizaremos y demostraremos de manera clara y detallada

3. Los capı́tulos a desarrollar son:

Preliminares: Triángulo de Hosoya.

El triángulo de Hosoya es un arreglo triangular definido recursivamente. Es importante men-

1.1. Números de Fibonacci

Definición 1.1. La definición recursiva del n-ésimo número de Fibonacci es:

1.2. Números de Lucas

Usando la relación de recurrencia de Fibonacci y diferente condiciones iniciales, podemos

Definición 1.2. La definición recursiva del n-ésimo número de Lucas es:

El resultado es la sucesión 2, 1, 3, 4, 7, 11... Es llamada la sucesión de Lucas, por Edouard

1.3. Identidades de Fibonacci y Lucas

Claramente, se cumple para el caso base.

Por lo tanto, la afirmación se cumple para todo entero positivo n.

Claramente, se cumple para el caso base.

Por lo tanto, la afirmación se cumple para todo entero positivo n.

A continuación, tenemos un ejemplo en el que el Teorema (1.2) se puede verificar de manera

Claramente, se cumple para el caso base.

Por lo tanto, la afirmación se cumple para todo entero positivo n.

Ahora estudiemos el siguiente patrón:

Por lo tanto, la afirmación se cumple para todo entero positivo n.

La fórmula de Cassini produce el siguiente derivado fascinante.

De esta manera concluimos que (Fn+1 , Fn ) = 1.

Figura 1: Rectángulo de tamaño F2 × F3

Igualmente, F12 + F22 + F32 = 1 + 1 + 4 = 6 = 2 · 3 = F3 F4 y F12 . Este resultado también puede

Figura 2: Rectángulo de tamaño F3 × F4

De la misma manera F12 + F22 + F32 + F42 = 1 + 1 + 4 + 9 = 15 = 3 · 5 = F4 F5 . Este resultado

Figura 3: Rectángulo de tamaño F4 × F5

Ası́ comprobamos que el resultado es válido para el caso base.

Por lo tanto, la afirmación se cumple para todo entero positivo n.

Claramente, se cumple para el caso base.

Por lo tanto, la afirmación se cumple para todo entero positivo n.

Por lo tanto, la afirmación se cumple para todo entero positivo n.

Caso base: para n = 1

Claramente, se cumple para el caso base.

Por lo tanto, la afirmación se cumple para todo entero positivo n.

Estudiando esta relación

Podemos conjeturar Ln−1 Ln+1 − L2n = 5(−1)n−1 y lo probaremos a continuación.

Teorema 1.8. Identidad que cumplen los números de Lucas:

Ln−1 Ln+1 − L2n = 5(−1)n−1 (9)

Lk−1 Lk+1 − L2k = 5(−1)k−1

Similarmente para β obtenemos:

Claramente, se cumple para el caso base.

Por lo tanto, la afirmación se cumple para todo entero positivo n.

Lema 1.2. Si β es la raı́z negativa de la ecuación x2 − x − 1 = 0, entonces se cumple que:

Claramente, se cumple para el caso base.

Por lo tanto, la afirmación se cumple para todo entero positivo n.

αn−1 − β n−1 αn−2 − β n−2