Problemas de sucesiones...
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Problemas de
sucesiones recurrentes
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Problemas de
sucesiones recurrentes
Yu Takeuchi
Departamento de Matematicas
Facultad de Ciencias
Universidad Nacional de Colombia
Sede Bogota
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Problemas de sucesiones recurrentes
c© Yu Takeuchi
Departamento de Matematicas
Facultad de Ciencias
Universidad Nacional de Colombia
c© Universidad Nacional de Colombia
Facultad de Ciencias
Departamento de Matematicas
Ignacio Mantilla, Decano
Eugenio Andrade, Vicedecano Academico
Jorge Ortiz Pinilla, Director de Publicaciones
Primera edicion, 2007
Bogota, Colombia
ISBN 978-958-701-888-2
Impresion: Proceditor ltda.
Bogota, Colombia
Diagramacionen LATEX : Margoth Hernandez Quitian
Diseno de caratula: Andrea Kratzer
Catalogacion en la publicacion Universidad Nacional de Colombia
Takeuchi, Yu, 1927 –Problemas de sucesiones recurrentes / Yu Takeuchi. – Bogota : Universidad
Nacional de Colombia. Facultad de Ciencias. Departamento de Matematicas, 2007iii, 249 p.
ISBN 978-958-701-888-2
1. Sucesiones (Matematicas) 2. Analisis matematico
CDD-21 515.24 / 2007
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Indice general
Presentacion III
1. Introduccion 1
2. Regla de L’Hopital para series 13
3. Formula lineal de recurrencia del primer orden 21
4. Formula de recurrencia de primer orden (Caso particular) 55
5. Formula de recurrencia del primer orden (Caso general) 97
6. Formula fraccionaria de recurrencia del primer orden 131
7. Formula lineal de recurrencia del segundo orden 137
8. Fracciones continuas 147
9. Formula lineal de recurrencia de segundo ordencon coeficientes variables (I) 161
Problemas adicionales introduccion 177
Formula lineal de recurrencia del 1o orden 187
Formula fraccionada de recurrencia 207
Regla de L’Hopital 225
Problemas adicionales 239
i
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Presentacion
La mayorıa de textos de analisis tienen bastante material sobre los temas
basicos de sucesiones, mas cuando el lector quiere profundizar en ciertos topi-
cos, la bibliografıa es escasa y dispersa. En el texto Sucesiones recurrentes he
querido profundizar en algunos temas e incorporar un numero importante de
ejemplos y ejercicios que pueden ser material de apoyo para un curso avanzado
de la carrera de matematicas o para los primeros cursos de posgrado.
El libro esta dividido en nueve capıtulos numerados que contienen las solu-
ciones de los ejercicios propuestos en el libro Sucesiones recurrentes y cinco
mas con ejercicios adicionales.
En los primeros dos capıtulos, los ejercicios buscan afianzar los conceptos
de igualdad asintotica entre series, de sucesion de variacion acotada, la regla
de L’Hopital para series y trabajar exhaustivamente los casos 00 e ∞
∞ .
Los siguientes tres capıtulos contienen las soluciones de los ejercicios sobre
sucesiones recurrentes de primer orden de la forma Xn+1 = AnXn +Bn, como
caso mas general que el de recurrencia de primer con coeficientes constantes.
La recurrencia fraccionaria de primer orden de la forma xn+1 = an − bnxn
es el tema de los ejercicios del capıtulo sexto, y en el septimo se resuelven los
que corresponden al tema de la recurrencia de segundo orden.
Los ejercicios sobre fracciones continuas se estudian en el capıtulo octavo
como aplicacion de las sucesiones recurrentes aplicando los cuatro criterios de
convergencia conocidos, y en el capıtulo noveno se trata la formula lineal de
recurrencia de segundo orden con coeficientes variables.
iii
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iv INDICE GENERAL
Durante varios anos tuve la idea de desarrollar los ejercicios para mi uso
personal; sin embargo, por insinuacion de algunos colegas empece a trabajar
la idea de escribir un texto con las soluciones. A todos ellos les expreso mis
agradecimientos porque sin su insistencia tal vez este libro no hubiera llegado
a escribirse. Las Directivas del Departamento de Matematicas y de la Facultad
de Ciencias acogieron la idea con entusiasmo y me ofrecieron su apoyo para
la publicacion. Como resultado de ello, le entregue el manuscrito a la senorita
Margoth Hernandez Q., quien se encargo de transcribirlo y de disenarlo tal
como se presenta publicado en este momento con constancia y profesionalismo
admirables. A ella le expreso especialmente mis agradecimientos.
Yu Takeuchi
Bogota, Octubre de 2007
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1
Introduccion
1.3 Ejercicios
Comprobar las siguientes afirmaciones
1)
∣∣∣∣(n+ 1)3 − n3
n2
∣∣∣∣ =3n2 + 3n+ 1
n2= 3 +
3
n+
1
n2≤ 3 + 3 + 1 = 7
para todo n ∈ N, por lo tanto (n+ 1)3 − n3 = O(n2), o sea que
(n+ 1)3 = n3 +O(n2).
2) 0 ≤ (n+ 1)!
n=n+ 1
n· n! ≤ 2 · n! = O(n!).
3) Aplicando la regla de L’Hopital del calculo se tiene:
lımt→0
sen t− t
t3= lım
t→0
cos t− 1
3 · t2 = lımt→∞
−sen t
6t= −1
6, por lo tanto existe M
tal que
∣∣∣∣sen t− t
t3
∣∣∣∣ ≤M en una vecindad de 0, o sea
∣∣∣∣∣sen
x
n− x
n1
n3
∣∣∣∣∣ ≤M para todo x ∈ R,para todo n ∈ N, esto es:
senx
n− x
n= O
( 1
n3
).
1
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2 1. INTRODUCCION
4)
∣∣∣∣1
n(n+ 1)− 1
n2
∣∣∣∣ =∣∣∣∣
−1
n2 · (n+ 1)
∣∣∣∣ =1
n2 · (n+ 1)≤ 1
n3para todo n ∈ N,
esto es:1
n(n+ 1)− 1
n2= O
( 1
n3
), o sea que
1
n(n+ 1)=
1
n2+O
( 1
n3
).
5) Sean an = O( 1
n
), bn = O
( 1
n2
), entonces existe M > 0 tal que
|an| ≤M · 1
n, |bn| ≤M · 1
n2≤M · 1
npara todo n > N, por lo tanto:
|an + bn| ≤ |an| + |bn| ≤M · 1
n+M · 1
n= 2M · 1
n, para todo n > N.
6) Sea (an) una sucesion que satisface: an = O( 1
n2
), o sea que existe M > 0
tal que |an| ≤M · 1
n2. Por lo tanto se tiene que
∞∑
n=1
|an| ≤∞∑
n=1
M · 1
n2= M
∞∑
n=1
1
n2< +∞,
o sea que la serie∞∑
n=1an converge absolutamente.
7) Sea (an) la sucesion que satisface an = O(rn), entonces existe M > 0 tal
que |an| ≤M · rn. Si 0 < r < 1 entonces:
∞∑
n=1
|an| ≤∞∑
n=1
M · rn = M∞∑
n=1
rn < +∞ (serie geometrica)
por lo tanto la serie∞∑
n=1an converge absolutamente.
8) Como existe el lımite “ lımn→∞
an
bn”, entonces la sucesion
(an
bn
)es acota-
da, o sea que existe M > 0 tal que |an
bn| ≤ M para todo n ∈ N, esto es:
|an| ≤M · |bn| para todo n ∈ N, o sea que an = O(bn).
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3
9) Aplicando la regla de L’Hopital del calculo se tiene:
lımt→0
cos t− 1
t2= lım
t→0
−sen t
2t= lım
t→0
− cos t
2= −1
2
Por lo tanto la sucesion
(cos x
n− 1
( 1
n2
))
es acotada (para cada x ∈ R), en
consecuencia se tiene que cos xn−1 = 1 +O
( 1
n2
).
10) Aplicando la regla de L’Hopital del calculo se tiene:
lımt→0
(1 + t)a − 1 − at
t2= lım
t→0
a(1 + t)a−1 − a
2t= lım
t→0
a(a− 1)(1 + t)a−2
2
=a(a− 1)
2
Por lo tanto la sucesion:
((1 + 1
n)a − 1 − a
n1n2
;n = 1, 2, 3, . . .
)es acotada,
en consecuencia se tiene que(1 +
1
n
)a
− 1 − a
n= O
( 1
n2
), esto es:
(1 +
1
n
)a
= 1 +a
n+O
( 1
n2
).
11)
∣∣∣∣(n+ 1)2 − n2
n
∣∣∣∣ =2n+ 1
n= 2 +
1
n≤ 3 para todo n ∈ N, por lo tanto:
(n+ 1)2 − n2 = O(n), o sea que (n+ 1)2 = n2 +O(n).
12) sea (An) una sucesion que satisface An = O(an), entonces existe M > 0
tal que |An| ≤ M |an|, esto es, la sucesion(An
an
)es acotada, o sea que
An
|an|= O(1), esto es An = |an|O(1).
13)n(n+ 1) − n2
n= (n+ 1) − n = 1 para todo n ∈ N, por lo tanto:
n(n+ 1) − n2 = O(n), esto es, n(n+ 1) = n2 +O(n).
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4 1. INTRODUCCION
1.6 Ejercicios
Comprobar las siguientes afirmaciones:
1) lımn→∞
lnn
n= 0 ya que lım
X→∞lnX
X= lım
X→∞
( 1X
)
1= 0 (regla de L’Hopital), esto
es: lnn = o(n).
2) lımn→∞
(12n
)
( 1n)
= lımn→∞
(n
2n
)= 0 ya que lım
X→∞
(X
2X
)= lım
X→∞1
2X · ln 2= 0
(Regla de L’Hopital), esto es,1
2n= o( 1
n
).
3) lımn→∞
n3n
n2n
= lımn→∞
n
(32)n
= 0 (notese que 32 > 1 ), o sea que n
3n = o( 12n )
4) lımn→∞
(1
nλ
)
1n·ln n
= lımn→∞
n · lnnnλ
= lımn→∞
lnn
nλ−1= 0 (notese que λ− 1 > 0)
o sea que 1nλ = o
(1
n·ln n
)(cuando λ > 1).
5) lımn→∞
na
an= 0 (a > 1) ya que lım
X→∞Xa
aX= lım
X→∞Xa
ekX= 0 (tome k = ln a)
o sea que na = o(an) si a > 1.
6) lımt→0
sen t− t
t2= lım
t→0
cos t− 1
2t= lım
t→0
−sen t
2= 0 (Regla de L’Hopital),
por lo tanto: lımn→∞
sen Xn− X
n
( 1n)2
= 0 (para cada X ∈ R)
o sea que sen Xn− X
n= o(
1n2
)(para cada X ∈ R).
7) lımt→0
et − 1 − t
t= lım
t→0
et − 1
1= 0 (Regla de L’Hopital), por lo tanto:
lımt→∞
e1
n − 1 − 1n
1n
= 0, esto es: e1
n − 1 − 1n
= o(
1n
).
8) Sean (An), (Bn) tales que An = O(an), Bn = (an), entonces existe M > 0
tal que |An| ≤M · an, ademas lımn→∞
Bn
an= 0, tenemos:
lımn→∞
An +Bn
an= lım
n→∞An
an+ lım
n→∞Bn
an= lım
n→∞An
an≤M .
Como la sucesion(An +Bn
an; n = 1, 2, 3, . . .
)es acotada, entonces:
An +Bn = O(an).
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5
9) Sea (An) una sucesion tal que An = o(an), entonces
lımn→∞
An
an= 0, o sea que lım
n→∞An
|an| · 1= 0, esto es:
An
|an|= o(1).
10) lımn→∞
1n+1 − 1
n1n
= lımn→∞
−1
n+ 1= 0, o sea: 1
n+1 − 1n
= o(
1n
).
11) Tenemos:
lımx→0
ln(1 + x) − x+(
x2
2
)
x2= lım
x→0
11+x
− 1 + x
2x= lım
x→0
x2
(1 + x) · 2x= lım
x→0
x
2 · (1 + x)= 0,
como lımn→∞
an = 0, entonces:
lımn→∞
ln(1 + an) − an +(a2
n
2
)
a2n
= 0, o sea: ln(1 + an) − an +(a2
n
2
)= o(a2
n).
1.8 Ejercicios
Comprobar las siguientes afirmaciones:
1) sen 1n
∼1
nya que lım
n→∞sen 1
n1n
= 1 (notese que lımx→0
sen x
x= 0.)
2) lımn→∞
e1
n
1 + 1n
=e0
1= 1, esto es, e
1
n ∼ 1 + 1n.
3) (n+ 1)2 ∼ n2 ya que lımn→∞
(n+ 1)2
n2= lım
n→∞
(1 +
2
n+
1
n2
)= 1.
4) lımx→0
1 − cosx12x
2= lım
x→0
sen x
x= 1 (Regla de L’ Hopital), por lo tanto:
lımx→∞
1 − cos 1n
12n2
= 1, esto es: 1 − cos 1n
∼1
2n2.
5) Sean An = n+ 1, Bn = n entonces
lımn→∞
An
Bn= lım
n→∞n+ 1
n= lım
n→∞(1 +
1
n) = 1, esto es, An ∼ Bn.
Por otra parte, A−B = 1 6= o(1), ya que 1 6= 0.
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6 1. INTRODUCCION
6) Sean An =2
n, Bn =
1
n, entonces: An = Bn +
1
n= Bn + o(1) ya que
lımn→∞
1
n= 0. Por otra parte
An
Bn= 2 6= 1, esto es An � Bn (An no es
asintoticamente igual a Bn).
7) Supongamos que An ∼ Bn
(esto es, lım
n→∞An
Bn= 1), entonces tenemos:
lımn→∞
An+1
An
/Bn+1
Bn= lım
n→∞An+1
An
Bn
Bn+1= lım
n→∞An+1
Bn+1
Bn
An= 1 · 1 = 1.
8) Supongamos que An < Bn < An + O(1), lımn→∞
An = +∞. Tenemos
que:
1 <Bn
An< 1 +
O(1)
An, por lo tanto: 1 ≤ lım
n→∞Bn
An< 1 +O(1) · lım
n→∞1
An= 1
Por lo tanto: Bn ∼ An, en consecuencia: An ∼ Bn.
9) Supongamos que An < Bn < An + o(An), entonces: 1 <Bn
An< 1 +
o(An)
An.
Como lımn→∞
o(An)
An= 0, entonces: 1 ≤ lım
n→∞Bn
An≤ 1 por lo tanto se tiene
que lımn→∞
Bn
An= 1, o sea que Bn ∼ An. En consecuencia: An ∼ Bn.
10) Supongamos que An ∼ Bn, entonces: lımn→∞
An
Bn= 1.
Sea (Xn) una sucesion tal que Xn = O(An), entonces existe M > 0
tal que |Xn| ≤M ·An para todo n ∈ N. Por lo tanto:
|Xn|Bn
=|Xn|An
· An
Bn≤M · An
Bn.
Como(
An
Bn
)es acotada ya que existe su lımite, entonces la sucesion
(|Xn|Bn
)es acotada, esto es: Xn = O(Bn).
Sea (Xn) una sucesion tal que Xn = o(An), entonces lımn→∞
Xn
An= 0.
Por lo tanto: lımn→∞
Xn
Bn= lım
n→∞Xn
An· An
Bn= lım
n→∞An
Bn= 0 · 1 = 0, esto es:
Xn = o(Bn).
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7
11) Si An ∼ Bn entonces lımn→∞
An
Bn= 1.
Tenemos: lımn→∞
An −Bn
Bn= lım
n→∞An
Bn− 1 = 1 − 1 = 0, o sea que
An −Bn = o(Bn). Recıprocamente, si An −Bn + o(Bn), entonces
lımn→∞
An −Bn
Bn= 0. Por lo tanto: lım
n→∞An
Bn− 1 = 0, o sea que
lımn→∞
An
Bn= 1. Si An ∼ Bn entonces Bn ∼ An , por lo tanto se tiene que
Bn = An + o(An), en consecuencia An = Bn + o(An). El recıproco es
evidentemente valido.
12) Tenemos, para p < 1, que
∫ n
1
1
tpdt <
n∑
k=1
1
kp< 1 +
∫ n
1
1
tpdt
Como∫ n
1
1
tpdt =
1
1 − p(n1−p − 1), entonces se tiene que
1
1 − p(n1−p − 1) <
n∑
k=1
1
kp< 1 +
1
1 − p(n1−p − 1).
Dividiendo la desigualdad anterior por1
1 − p(n1−p):
1 − 1
n1−p<
n∑k=1
1
kp
1
1 − p(n1−p)
< 1 − p
n1−p.
Teniendo en cuenta que lımn→∞
( 1
n1−p= 0
)(notese que p < 1) se tiene que:
lımn→∞
n∑k=1
1
kp
1
1 − p(n1−p)
= 1, o sea quen∑
k=1
1
kp∼
1
1 − pn1−p.
13) Para todo N > n se tiene la siguiente desigualdad:
∫ N
n
1
tpdt <
N∑
k=n
1
kp<
1
np+
∫ N
n
1
tpdt (para p > 1)
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8 1. INTRODUCCION
Como
∫ N
n
1
tpdt =
1
p− 1
{ 1
np−1− 1
Np−1
}−→ 1
p− 1· 1
np−1(N → ∞)
entonces se tiene que1
p− 1· 1
np−1≤
∞∑k=n
1
kp≤ 1
np+
1
p− 1· 1
np−1.
Dividiendo la desigualdad anterior por1
p− 1· 1
np−1se tiene que
1 ≤
∞∑k=n
1
kp
1
p− 1
1
np−1
≤ p− 1
n+ 1, o sea: lım
n→∞
∞∑k=n
1
kp
1
p− 1
1
np−1
= 1, esto es,
∞∑k=n
1
kp∼
1
p− 1· 1
np−1
1.11 Ejercicios
1) Demostrar el siguiente criterio de Abel.
La serie∞∑
k=1
ak · bk (ak, bk ∈ C) converge si la serie∞∑
k=1
ak converge y la
sucesion (bk) es de variacion acotada.
Demostracion
Como la sucesion (bk) es convergente, entonces (bk) es acotada, o sea que
existe B > 0 tal que |bk| ≤ B para todo k ∈ N.
Ademas la serie∞∑
k=1
|bk − bk+1| converge. Por la condicion de Cauchy, dado
ε > 0, existe N tal que para cualquier m > N se tiene:
l∑k=1
|bk − bk+1| < ε (para todo l ≥ m)
|Sl| = |am + am+1 + · · · + al| < ε donde Sl = am + am+1 + · · · + al,
Sm−1 = 0
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9
Tenemos:
∣∣∣∣l∑
k=m
ak ·bk∣∣∣∣ =
∣∣∣∣l−1∑
k=m
Sk ·(bk−bk+1)+Sl ·bl∣∣∣∣ ≤
l−1∑
k=m
|Sk|·|bk−bk+1|+|Sl|·|bl|
< ε
{ l−1∑
k=m
|bk − bk+1| +B
}< ε · (ε+B).
Por lo tanto, la seriel∑
k=1
ak · bk satisface la condicion Cauchy, la cual con-
verge.
2) Demostrar que la suma de dos sucesiones de variacion acotada es de variacion
acotada.
Demostracion
Sean (an), (bn) dos sucesiones de variacion acotada, entonces:
∞∑k=1
|ak − ak+1| < +∞,∞∑
k=1
|bk − bk+1| < +∞,
Se tiene entonces que:
∞∑k=1
∣∣(ak + bk) − (ak+1 + bk+1)∣∣ ≤
∞∑k=1
|ak − ak+1| +∞∑
k=1
|bk − bk+1| < +∞.
Por tanto, la sucesion (ak + bk; k = 1, 2, 3, . . .) es de variacion acotada.
1.16 Ejercicios
1) (i) uk =(−1)k−1
√k
2n∏
k=1
(1 + uk) =
n∏
k=1
(1 +
1√2k − 1
)(1 − 1√
2k
)
=n∏
k=1
(1 − 1
2k+
1√2k − 1
− 1√2k
√2k − 1
)
=n∏
k=1
(1 − vk)
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10 1. INTRODUCCION
donde
vk =1√2k
− 1√2k − 1
+1√
2k√
2k − 1
=
√2k − 1 −
√2k + 1√
2k√
2k − 1·√
2k − 1 +√
2k√2k − 1 +
√2k
=
√2k − 1 +
√2k − 1
√2k ·
√2k − 1 ·
(√2k +
√2k − 1
) > 0 para todo k ∈ N.
Ademas,∞∑
k=1
vk = +∞ ya que
∞∑k=1
1√2k ·
√2k − 1
>∞∑
k=1
1
2k= +∞, la serie
∞∑k=1
1√
2k ·√
2k − 1 ·(√
2k +√
2k − 1) converge, por lo tanto el pro-
ducto infinito lımn→∞
n∏k=1
(1 − vk) diverge a 0.
(ii) uk =(−1)k−1
k
2n∏
k=1
(1 − uk) =n∏
k=1
(1 +
1
2k − 1
)·(
1 − 1
2k
)
=n∏
k=1
(1 +
1
2k − 1− 1
2k− 1
2k(2k − 1)
)=
n∏
k=1
1 = 1
Por lo tanto: lımn→∞
2n∏k=1
(1 + uk) =∞∏
k=1
(1 +
1
2k − 1
)·(
1 − 1
2k
)= 1,
en consecuencia, el producto infinito converge al valor “1”.
2) u2k−1 =1
k+
√2√k, u2k =
1
k−
√2√k
para todo k ∈ N.
Tenemos:
(1 + p · u2k−1) · (1 + p · u2k) =
(1 +
p
k+
√2√kp
)·(
1 +p
k−
√2√kp
)
=
(1 +
p
k
)2
− 2
kp2 = 1 +
2p
k(1 − p) +
p2
k2.
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11
p > 1.2p · (1 − p)
k+p2
k2< 0 para k suficientemente grande, y
∞∑k=1
(2p
k(1 − p) +
p2
k2
)= −∞. Por lo tanto el producto infinito
∞∏k=1
(1 + uk) diverge a 0.
0 < p < 1.2p
k(1 − p) +
p2
k2> 0 para todo k ∈ N, y
∞∑k=1
(2p
k(1 − p) +
p2
k2
)= +∞. Por lo tanto, el producto infinito
∞∏n=1
(1 + un) diverge a +∞.
3) Supongamos que∞∏
n=1(1 + un) converge.
ln(1+uk) = uk−u2
k
2+∆k donde ∆k = u2
k ·o(1) (Ejercicio 1.6, 11), entonces
se tiene: ln(1 + p · uk) = p · uk − p2 · u2k
2+ ∆k donde ∆k = u2
k · o(1).
Como∞∑
k=1
ln(1+uk) converge, entonces∞∑
k=1
(uk− 1
2 ·u2k+u2
k ·o(1)
)converge,
por lo tanto la serie∞∑
k=1
ln(1 + p · uk) =∞∑
k=1
(p · uk − p2 · u
2k
2+ ∆k
)=
p ·∞∑
k=1
(uk − p
2{u2k + o(1) · u2
k})
= p ·∞∑
k=1
{(uk − u2
k
2
)− p− 1
2· u2
k + o(1) · u2k}
converge si y solo si la serie∞∑
k=1
u2k converge.
En caso de la serie∞∑
k=1
u2k = +∞, entonces:
p > 1,∞∑
k=1
(−p− 1
2u2
k + o(1)u2k
)= −∞, por lo tanto el producto
infinito∞∏
k=1
(1 + puk) diverge a 0.
0 < p < 1∞∑
k=1
(−p− 1
2u2
k + o(1)u2k
)= +∞, por tanto el producto
infinito∞∏
k=1
(1 + puk) diverge a +∞.
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12 1. INTRODUCCION
4)∞∏
k=1
(1 +
(−1)k
k+
1
k2
).
La serie∞∑
k=1
((−1)k
k+
1
k2
)=
∞∑k=1
(−1)k
k+
∞∑k=1
1
k2converge, y la serie
∞∑k=1
((−1)k
k+
1
k2
)2=
∞∑k=1
1
k2
((−1)k +
1
k
)2< ∞ converge, por lo tanto el
producto infinito∞∏
k=1
(1 +
(−1)k
k+
1
k2
)converge.
5)∞∏
n=1
(1 − (−1)n
( 1√n
+1
n
)).
La serie∞∑
n=1(−1)n
( 1√n
+1
n
)=
∞∑n=1
(−1)n
√n
+∞∑
n=1
(−1)n
nconverge.
Sin embargo la serie∞∑
n=1
{(−1)n
( 1√n
+1
n
)}2=
∞∑n=1
( 1
n+
2
n√n
+1
n2
)= +∞
(diverge a +∞).
Por el criterio 1, el producto infinito∞∏
n=1
(1− (−1)n
( 1√n
+1
n
))diverge a
0.
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2
Regla de L’Hopital para series
2.11 Ejercicio
1) Supongamos que lımn→∞
Xn+1
xn= r, |r| < 1, lım
n→∞bn = b, entonces:
lımn→∞
∞∑k=n
bk ·Xk
Xn= lım
n→∞
∞∑k=n
bk ·Xk
∞∑k=n
(Xk −Xk+1)
= lımk→∞
bk ·Xk
Xk −Xk+1
= lımk→∞
bk1 − (Xk+1/Xk)
=b
1 − r.
2.12 Ejercicio
1) Supongamos que lımn→∞
Xn+1
Xn= 0, lım
n→∞bn · Xn
Xn − 1= L, entonces:
lımn→∞
∞∑k=n+1
bk ·Xk
Xn= lım
n→∞
∞∑k=n+1
bk ·Xk
∞∑k=n+1
(Xk−1 −Xk)
= lımk→∞
bk ·Xk
Xk−1 −Xk
= lımk→∞
bk · (Xk/Xk−1)
1 − (Xk/Xk−1)=
L
1 − 0= L.
13
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14 2. REGLA DE L’HOPITAL PARA SERIES
2.16 Ejercicios
1) Sea∞∑
k=1
Xk una serie absolutamente convergente, si lımn→∞
rn = r, entonces:
lımn→∞
∞∑k=n
|Xk|rk∞∑
k=n
|Xk|= lım
k→∞|Xk|rk|Xk|
= lımk→∞
rk = r
Del 2) al 8) demostrar las igualdades asintoticas:
2)∞∑
k=n
bk ·Xk ∼b
1 − rXn ya que lım
k→∞Xn+1
Xn= r, |r| < 1, lım
k→∞bn = b.
3) lımn→∞
(((k + 1)(k + 2)
2k+1
)/(k(k + 1)
2k
))= 1
2 ,
∞∑k=n
k(k + 1)
2k∼n(n+ 1)
2n
1
1 − 12
=n(n+ 1)
2n−1.
4) lımn→∞
(n+ 1) · e−n−1
n · e−n=
1
e.
∞∑k=n
k · e−k∼ n · e−n · 1
1 − 1e
=n
e− 1· e−n+1.
5)
lımk→∞
(( 1
(k + 1)(k + 2)(k + 3)·(1
2
)k+2)/( 1
k(k + 1)(k + 2)·(1
2
)k+1))=
1
2.
∞∑k=n
1
k(k + 1)(k + 2)
(1
2
)k+1∼
1
n(n+ 1)(n+ 2)
(1
2
)n+1· 1
1 − 12
∼1
n3
(1
2
)n
6)
(1
(k + 1)2· 1
3k+1
)/(1
k2· 1
3k
)−−−−→(k→∞)
1
3. Por lo tanto:
∞∑
k=n
1
k2· 1
3k∼
1
n2· 1
3n
1
1 − 13
=1
2 · 3n−1
1
n2
7)
lımk→∞
(((k + 1)2
)/((k + 2) · 2k+2
)(k2)/((k + 1) · 2k+1
))
=1
2
∞∑
k=n
k2
(k + 1) · 2k+1∼
n2
(n+ 1) · 2n+1
1
1 − 12
=n2
(n+ 1)2n∼
n
2n
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15
8) lımk→∞
(k + 1) · rk+1
k · rk= r (|r| < 1),
∞∑k=n
k · rk∼ n · rn 1
1 − r.
9) Supongamos que Xn ∼ n · 2n−1, Yn = Xn ·∞∑
k=n
k · 2k−1
Xk ·Xk+1, entonces:
∞∑
k=n
k · 2k−1
XkXk+1∼
∞∑
k=n
k · 2k−1
k · 2k−1 · (k + 1) · 2k=
∞∑
k=n
1
(k + 1) · 2k
∼1
(n+ 1) · 2n· 1
1 − 12
=1
(n+ 1) · 2n−1,
por lo tanto se obtiene:
Yn ∼ n · 2n−1 · 1
(n+ 1) · 2n−1=
n
n+ 1∼ 1.
En consecuencia, la sucesion (Yn) es convergente, y lımn→∞
Yn = 1.
10) Supongamos que Xn ∼rn
n(r > 1), Yn = Xn ·
∞∑k=n
rk
Xk ·Xk+1, entonces:
(rk+1
Xk+1 ·Xk+2
)/(rk
Xk ·Xk+1
)∼ r
Xk
Xk+2∼
(r · rk
k
)/( rk+2
k + 2
)
=k + 2
k
1
r∼
1
r
(cuando k → ∞) ademas: |1r| < 1. por lo tanto se tiene que:
∞∑
k=n
rk
Xk ·Xk+1∼
rn
Xn ·Xn+1· 1
1 − 1r
=rn+1
r − 1· 1
Xn ·Xn+1
∼rn+1
r − 1· nrn
· n+ 1
rn+1∼
1
r − 1
n2
rn,
en consecuencia:
1
n· Yn ∼
1
n·Xn · 1
r − 1· n
2
rn∼
1
n· r
n
n
1
r − 1
n2
rn=
1
r − 1
Por lo tanto, la sucesion (1
n· Yn) es convergente, y lım
n→∞1
n· Yn =
1
r − 1.
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16 2. REGLA DE L’HOPITAL PARA SERIES
2.31 Ejercicios
1)n∑
k=1
2k−1 =2n − 1
2 − 1= 2n − 1 (serie geometrica)
n∑k=1
2k−1∼ 2n.
Notese que
2k
2k−1= 2 −→ 2 (cuando k −→ ∞).
n∑k=1
2k−1∼
2
2 − 1· 2n−1 = 2n.
2) Del ejemplo 2.24:
si lımn→∞
(ln an+1 − ln an) = lımn→∞
ln(an+1
an
)= ln r, entonces:
lımn→∞
ln an
n= lım
n→∞ln n
√an = ln r, o sea: lım
n→∞n√an = r,
(el segundo teorema de Cauchy).
3) lımk→∞
k · sen xk
= x · lımk→∞
k
x· sen x
k= x · lım
k→∞
sen xk
x
k
= x · 1 = x.
Por el primer teorema de Cauchy se obtiene:
lımn→∞
1
n
n∑
k=1
k · sen x
k= x.
4) Como lımk→∞
k + 1
k= 1, entonces por el 1er teorema de Cauchy se obtiene:
lımn→∞
1
n
n∑
k=1
k + 1
k= 1.
5) Si Xn = o(1) entonces lımn→∞
Xn = 0. Por el 1er teorema de Cauchy se
obtiene: lımn→∞
1
n
n∑k=1
Xk = 0.
6)
lımn→∞
1
n2
n∑
k=1
(ak + b) = lımn→∞
2
n(n+ 1)
(1
2
n+ 1
n
) n∑
k=1
(ak + b)
=1
2lım
n→∞
n∑k=1
(ak + b)
n(n+ 1)
2
=1
2lım
n→∞
n∑k=1
(ak + b)
n∑k=1
k
=1
2lım
n→∞ak + b
k=
1
2a.
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17
De 7) a 10), demostrar la igualdad asintotica.
7) lımk→∞
(k + 1)(k + 2) · 2k+1
k(k + 1) · 2k= 2.
n∑k=1
k(k + 1) · 2k∼
2
2 − 1· n(n+ 1) · 2n.
8) lımk→∞
2k+1
k + 12k
k
= 2.n∑
k=1
2k
k∼
2
2 − 1· 2n
n=
2n+1
n.
9) lımk→∞
(k + 1)a · pk+1
kapk= p,
n∑k=1
kapk∼
p
p− 1· na · pn =
1
p− 1· na · pn+1.
10) lımk→∞
((1 · 3 · 5 · · · (2k + 1)
)/((k + 1)!
)(1 · 3 · 5 · · · (2k − 1)
)/(k!)
)= lım
k→∞2k + 1
k + 1= 2. Por lo tanto:
n∑
k=1
1 · 3 · 5 · · · (2k − 1)
k!∼
2
2 − 1· 1 · 3 · 5 · · · (2n− 1)
n!
=1 · 3 · 5 · · · (2n− 1)
2 · 4 · 6 · · · (2n)· 2n+1√n√
n∼
1√π
2n+1
√n
ya que (la formula de Wallis)
√π = lım
n→∞2 · 4 · 6 · · · (2n)
1 · 3 · 5 · · · (2n− 1)· 1√
n.
11) Supongamos que lımn→∞
bn+1
bn= r con |r| > 1, entonces por el teorema 2.28
se tiene:n∑
k=1
bk ∼r
r − 1· bn,
n∑
k=1
|bk| ∼|r|
|r| − 1|bn|,
por lo tanto:n∑
k=1
|bn|
|n∑
k=1
bk|∼
|r − 1||r| − 1
o sea quen∑
k=1
|bk| = O(1) · |n∑
k=1
bk|.
Por lo tanto, el teorema 2.19 es valido.
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18 2. REGLA DE L’HOPITAL PARA SERIES
12) Supongamos que Xn ∼rn
n(0 < r < 1), Yn = Xn
n∑k=1
rk
Xk ·Xk+1,
entonces
Yn ∼rn
n·
n∑
k=1
k(k + 1) · rk
rk · rk+1=rn
n·
n∑
k=1
k(k + 1)
rk+1∼rn
n· 1
1 − r· n(n+ 1)
rn+1
=n+ 1
(1 − r)r.
Por lo tanto:1
n· Yn ∼
1
n· n+ 1
(1 − r)r∼
1
(1 − r)r
esto es, la sucesion (1
n· Yn) es convergente, y lım
n→∞1
n· Yn =
1
(1 − r)r.
13) Supongamos que lımn→∞
(Xn+1
Xn
)= ∞, (esto es, lım
n→∞Xn
Xn+1= 0),
lımn→∞
bn = b aplicando el ejemplo 2.27 se tiene (considerese X0 = 0);
lımn→∞
n∑k=1
|Xk −Xk−1|∣∣∣
n∑k=1
Xk −Xk−1
∣∣∣= lım
n→∞
∣∣∣1 − Xk−1
Xk
∣∣∣
1 −∣∣∣Xk−1
Xk
∣∣∣= 1
Por el teorema 2.19:
lımn→∞
n∑k=1
bk ·Xk
Xn= lım
n→∞
n∑k=1
bk ·Xk
n∑k=1
(Xk −Xk−1)
= lımk→∞
bk ·Xk
Xk −Xk−1
= lımk→∞
bk
1 −(Xk−1
Xk
) = b,
o sea:n∑
k=1
bk ·Xk ∼ b ·Xn.
14) En el ejercicio 13), reemplazando (Xn) por “(bn)” y reemplazando (bn) por
1 = (1, 1, 1, . . .) se tiene que:
n∑
k=1
bk ∼ bn,n∑
k=1
|bk| ∼ |bn|,
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19
Por lo tanto: lımn→∞
n∑k=1
|bk|∣∣∣
n∑k=1
bk
∣∣∣= lım
n→∞|bn||bn|
= 1.
15) Considere las dos sucesiones: (A, aN , aN+1, . . .) y (B, bN , bN+1, . . .),
como la segunda sucesion es de terminos positivos y B +∞∑
k=N
bk = +∞
entonces por el teorema 2.19 se obtiene:
lımn→∞
A+n∑
k=N
ak
B +n∑
k=N
bk
= lımk→∞
ak
bk= L.
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3
Formula lineal de recurrencia
del primer orden
3.7 Ejercicios
1. Supongamos valida la solucion (3.2) de la formula (3.1):
Xn = a1 · a2 · · · an−1 ·{X1 −
n−1∑k=1
bka1 · a2 · · · ak
}
entonces:
Xn+1 = an ·Xn − bn = an · a1 · a2 · · · an−1 ·{X1 −
n−1∑k=1
bka1 · a2 · · · ak
}− bn
= a1a2 · · · an ·{X1 −
n−1∑k=1
bka1a2 · · · ak·
− bna1a2 · · · an
}
= a1a2 · · · an ·{X1 −
n∑k=1
bka1a2 · · · ak
}
2. Xn+1 ·Xn + an ·Xn+1 + bn ·Xn = 0.
Tenemos: Xn+1 ·(Xn+an) = −bn ·Xn, entonces la formula de recurrencia
se convierte en: Xn+1 =−bn ·Xn
Xn + an.
Por el ejemplo 3.6 se obtiene su solucion como sigue:
Xn+1 =(−1)n · b1b2 · · · bn ·X1
(a1a2 · · · an)
{1 −X1 ·
n∑k=1
(−1)kb1b2 · · · bk−1 · bka1a2 · · · ak · bk
}
21
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22 3. FORMULA LINEAL DE RECURRENCIA DEL PRIMER ORDEN
3. Xn+1 ·Xn + a ·Xn+1 + b ·Xn + c = 0.
Haciendo la siguiente substitucion: Xn = yn + p(n = 1, 2, 3, · · · )
la formula dada se transforma en:
(yn+1 + p) · (yn + p) + a · (yn+1 + p) + b · (yn + p) + c = 0,
o sea. yn+1 · yn + (p+ a) · yn+1 + (p+ b) · yn + (p2 + p(a+ b) + c) = 0.
Sea p una raız de la ecuacion cuadratica p2+(a+b)·p+c = 0, entonces la
sucesion (yn) satisface la formula de la recurrencia del tipo del ejercicio
anterior 2): yn+1 · yn + (p+ a) · yn+1 + (p+ b) · yn = 0, por lo tanto:
yn+1 =(−1)n · (p+ b)n · y1
(p+ a)n
{1 − y1 ·
n∑k=1
(p+ b)k · (−1)k
(p+ b) · (p+ a)k
}
Volviendo a la sucesion (Xn) se obtiene finalmente que
Xn+1 =(−1)n · (p+ b)n · (X1 − p)
(p+ a)n
{1 − (X1 − p) ·
n∑k=1
(−1)k(p+ b)k
(p+ b) · (p+ a)k
} + p
4. Xn+1 = an +bn
X1X2 · · ·Xn·
Multiplicado por X1X2 · · ·Xn :
(X1X2 · · ·Xn+1) = an · (X1X2 · · ·Xn) + bn·
Sea yn = X1X2 · · ·Xn(n = 1, 2, 3, · · · ) entonces se obtiene la formula de
recurrencia para la sucesion (yn) como sigue:
yn+1 = an · yn + bn(n = 1, 2, 3, · · · ) y su solucion es:
yn+1 = a1 · a2 · · · an ·{y1 +
n∑k=1
bka1 · a2 · · · ak
}.
Como Xn+1 =(yn+1)
yn(n = 1, 2, 3, · · · ), X1 = y1 entonces se obtiene
(Xn):
Xn+1 = an ·X1 +
n∑k=1
bka1 · a2 · · · ak
X1 +n−1∑k=1
bka1a2 · · · ak
(n = 1, 2, 3, 4 . . .)
X2 = a1 +b1X1
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23
5. Xn+1 =Xn
Xn + 1(n = 1, 2, 3, . . .)
Tenemos ( ver el ejemplo 3.6):
1
Xn+1=
1
Xn+ 1 (n = 1, 2, 3, . . .)
Sumando la ecuacion anterior con respecto a “n”, de n = 1 hasta “n”:
1
Xn+1=
1
X1+ n =
n ·X1 + 1
X1.
Por lo tanto:
Xn+1 =X1
n ·X1 + 1. (n = 1, 2, 3, . . .)
6. Hallar la solucion general de
Xn+1 =2Xn
Xn + 2(n = 1, 2, 3, . . .).
Tenemos (ver el ejemplo 3.6)
1
Xn+1=
1
Xn+
1
2(n = 1, 2, 3, . . .).
Igual al caso del ejercicio 5, se obtiene la solucion general:
Xn+1 =2 ·X1
2 + n ·X1(1, 2, 3, . . .).
Por lo tanto:
lımn→∞
Xn = lımn→∞
2 ·X1
nX1 + 2= 0 (para cualquier valor de X1).
Nota
Si X1 = −2, entonces X2 = ∞, X3 = 2, X4 = 1, etc., lımn→∞
= 0.
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24 3. FORMULA LINEAL DE RECURRENCIA DEL PRIMER ORDEN
7. Xn+1 =X1 +X2 + · · · +Xn
n(n = 1, 2, 3, · · · )
Tenemos:n ·Xn+1 = X1 +X2 + · +Xn (n = 1, 2, 3, . . .)
(n− 1) ·Xn = X1 +X2 + · · · +Xn−1 (n = 2, 3, 4, . . .)
Restando miembro a miembro las dos igualdades anteriores:
n ·Xn+1 − (n− 1) ·Xn = Xn (n = 2, 3, 4, · · · )
o sea que Xn+1 = Xn (n = 2, 3, 4, · · · ). Ademas, de la formula dada se
obtiene inmediatamente que X2 = X1, por lo tanto Xn+1 = Xn
(n= 1,2,3, ...).
En consecuencia se obtiene: Xn = X1 para todo (n = 1, 2, 3, . . .).
8. Hallar la solucion general de:
Xn+1 = 2 ·Xn +n− 1
2(n = 1, 2, 3, · · · )
Xn+1 = 2n
{X1 +
n∑k=1
k − 1
2k+1
}(n = 1, 2, 3, · · · ) solucion general.
Tenemos: X1 =Xn+1
2n−
n∑k=1
k − 1
2k+1
Como: lımn→∞
n∑k=1
k − 1
2k+1=
∞∑k=1
k − 1
2k+1=
1
4
∞∑k=0
k
2k=
1
4· 2 =
1
2(∗)
entonces se obtiene:
X1 = lımn→∞
Xn+1
2n− 1
2.
(∗)∞∑
k=0
k · xk =x
(1 − x)2para |x| < 1. Tomando x =
1
2
se obtiene:∞∑
k=0
k
2k=
12
(12)2
= 2.
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25
9. Xn =
n∑k=1
ak
an(n = 1, 2, 3, . . .).
Entonces: an ·Xn =n∑
k=1
ak (n = 1, 2, 3, . . .).
an−1 ·Xn−1 =n−1∑k=1
ak (n = 2, 3, 4, . . .).
restando las dos igualdades miembro a miembro se obtiene:
an ·Xn − an−1 ·Xn−1 = an, o sea: Xn =an−1
an·Xn−1 + 1
(n = 2, 3, 4, . . .) la ultima igualdad es una formula de recurrencia lineal
de 1er orden para la sucesion (Xn; n = 1, 2, 3, . . .), y su solucion general
es:
Xn+1 =a1
an+1·{X1 +
n∑
k=1
ak+1
a1
}(1, 2, 3, . . .).
Notese que si X1 = 1 (la condicion inicial), entonces se obtiene:
Xn+1 =a1
an+1·{
1 +n∑
k=1
ak+1
a1
}=
a1 +n+1∑k=2
ak
an+1=
n+1∑k=1
ak
an+1
10. Xn =
∞∑k=n+1
ak
an(n = 1, 2, 3, . . .)
an ·Xn =∞∑
k=n+1
ak (n = 1, 2, 3, . . .)
an−1 ·Xn−1 =∞∑
k=n
ak (n = 2, 3, 4, . . .)
Restando las dos igualdades anteriores miembro a miembro se obtiene:
an ·Xn − an−1Xn−1 = −an, o sea: Xn =an−1
an·Xn−1 − 1
(n = 2, 3, 4, . . .).
La solucion general de la ultima igualdad (una formula lineal de recu-
rrencia de primer orden) es:
Xn+1 =a1
an+1·{X1 −
n∑k=1
ak+1
a1
}=
a1 ·X1 −n+1∑k=2
ak
an+1
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26 3. FORMULA LINEAL DE RECURRENCIA DEL PRIMER ORDEN
11. Xn+1 = n ·Xn − n
n+ 1(n = 1, 2, 3, . . .)
La solucion general es:
Xn+1 = n!
{x1 −
n∑
k=1
k
(k + 1) · k!
}.
Comon∑
k=1
k
(k + 1)!=
n∑k=1
( 1
·k! −1
(k + 1)!
)= 1 − 1
(n+ 1)!
entonces:Xn+1 = n!
{X1 − 1 +
1
(n+ 1)!
}= n! · (X1 − 1) +
1
n+ 1.
Por lo tanto se tiene que
si X1 < 1 entonces Xn → −∞
si X1 > 1 entonces Xn → +∞
si X1 = 1 entonces Xn → 0.
12. Hallar la solucion general de
Xn+12 · (Xn + 1)
Xn + 2(n = 1, 2, 3, . . .)
Sea Xn = Yn + p (n = 1, 2, 3 . . .) entonces:
Yn+1 + p =2(Yn + p+ 1)
Yn + p+ 2
o sea:Yn+1 · Yn + (p+ 2) · Yn+1 + (p− 2) · Yn + (p2 − 2) = 0.
Escogemos el valor p, “p =√
2”, entonces:
o sea: Yn+1 · Yn + (2 +√
2) · Yn+1 + (√
2 − 2) · Yn = 0,
Yn+1 =(2 −
√2) · Yn
Yn + (2 +√
2)(n = 1, 2, 3, . . .).
Por el ejemplo 3.6 se obtiene la solucion general como sigue:
Yn+1 =(2 −
√2)n · Y1
(2 +√
2)n
{1 + Y1 ·
n∑k=1
(2 −√
2)k−1
(2 +√
2)k
} (n = 2, 3, 4, . . .)
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27
Volviendo a la sucesion (Xn) se obtiene:
Xn+1 =(2 −
√2)n · (X1 −
√2)
(2 +√
2)n
{1 + (X1 −
√2) ·
n∑k=1
(2 −√
2)k−1
(2 +√
2)k
} +√
2
(n = 2, 3, 4, . . .)
Para n = 1 : X2 =(2 −
√2) · (X1 −
√2)
(2 +√
2) + (X1 −√
2)+√
2 =2(X1 + 1)
X1 + 2.
13. Xn+1 = −2 ·Xn + n (n = 1, 2, 3, . . .)
La solucion general es:
Xn+1 = (−2)n ·{X1 +
n∑
k=1
k
(−2)k
}= (−2)n ·
{X1 +
n∑
k=1
(−1)k · k(2)k
}
(n = 1, 2, 3, . . .)
14. Xn+1 = −Xn +1
2n(n = 1, 2, 3, . . .).
Haciendo el cambio Xn = (−1)n−1 · Yn se obtiene:
Yn+1 = Yn +(−1)n
2n(n = 1, 2, 3, . . .)
La solucion general para (Yn) es:
Yn+1 = Y1 +
n∑
k=1
(−1
2
)k
.
Tenemos:
lımn→∞
Yn = Y1 +∞∑
k=1
(−1
2
)k
= Y1 −1
3( serie geometrica).
15. Xn+1 = −Xn + bn (n = 1, 2, 3, . . .).
Xn+1 = (−1)n{X1 +
n∑k=1
(−1)k · bk}
(la solucion general.)
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28 3. FORMULA LINEAL DE RECURRENCIA DEL PRIMER ORDEN
Tenemos:
X2n = −{X1 +
2n−1∑
k=1
(−1)k · bk}
= −X1 −{−b1 + (b2 − b3) + (b4 − b5) + · · · + (b2n−2 − b2n−1)
},
X2n−1 = X1 +2n−2∑
k=1
(−1)k · bk
= X1 −{
(b1 − b2) + (b3 − b4) + (b5 − b6) + · · · + (b2n−3 − b2n−2)
}.
3.14 Ejercicios
1. Sea (Xn) la sucesion dada por (3.1) “Xn+1 = an ·Xn − bn”, supongamos
que lımn→∞
an = ∞, lımn→∞
bnan
= L, entonces:
Xn+1 = a1 · a2 · · · an ·{X1 −
n∑
k=1
bka1 · a2 · · · ak
}=
X1 −n∑
k=1
bk ·Ak
An
donde lımn→∞
An = lımn→∞
1
a1 · a2 · · · an= 0, lım
n→∞bnan
= L, lımn→∞
an = ∞.
Evidentemente, la serie∞∑
k=1
bka1 · a2 · · · ak
=∞∑
k=1
bk ·Ak converge absoluta-
mente.
X1 −n∑
k=1
bk ·Ak −→ X1 −∞∑
k=1
bk ·Ak ∈ R, o C (n→ ∞).
Si X1 6=∞∑
k=1
bk ·Ak entonces lımn→n
Xn = ∞.
Si X1 =∞∑
k=1
bk ·Ak entonces
Xn+1 =
∞∑k=n+1
bk ·Ak
An−−−−→(k→∞)
lımn→∞
bnAn
= L (Ejercicio 2.12)
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29
notese que
lımn→∞
An
An−1= lım
n→∞1
an= 0, lım
n→∞An
An−1· bn = lım
n→∞bnan
= L
2. Hallar lımn→∞
Xn
(i) Xn+1 =n
2n+ 1·Xn − 2n
n+ 1(n = 1, 2, 3, . . .)
an =n
2n+ 1−→ 1
2,
2n
n+ 1−→ 2, lım
n→∞Xn =
212 − 1
= −4.
(ii) Xn+1 = −n+ 1
2n·Xn + sen
nπ
2n+ 1(n = 1, 2, 3, . . .).
an = −n+ 1
2n−→ −1
2, bn = −sen
nπ
2n+ 1−→ −sen
π
2= −1,
lımn→∞
Xn =−1
−12 − 1
=2
3.
(iii) Xn+1 = − 1
n·Xn + 1 + e−n (n = 1, 2, 3, . . .).
an = − 1
n−→ 0, bn = −(1 + e−n) −→ −1, lım
n→∞Xn =
−1
0 − 1= 1.
(iv) Xn+1 = 2(1 +1
n) ·Xn − n+ 1
n(n = 1, 2, 3, . . .).
an = 2(1 +1
n) −→ 2, bn =
n+ 1
n−→ 1,
p =∞∑
k=1
bka1 · a2 · · · ak
=∞∑
k=1
1
k · 2k= ln 2.
(Xn) −→ +∞ si X1 > ln 2,
(Xn) −→ 1 si X1 = ln 2,
(Xn) −→ −∞ si X1 < ln 2.
(v) Xn+1 = n ·Xn − 1
n+ 1(n = 1, 2, 3, . . .).
an = n −→ +∞, bn =1
n+ 1−→ 0.
p =∞∑
k=1
bka1 · a2 · · · ak
=∞∑
k=1
1
(k + 1)!= e− 2.
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30 3. FORMULA LINEAL DE RECURRENCIA DEL PRIMER ORDEN
(Xn) −→ +∞ si X1 > e− 2,
(Xn) −→ 0 si X1 = e− 2,
(Xn) −→ −∞ si X1 < e− 2.
(vi) Xn+1 = n ·Xn − (n+ 1) (n = 1, 2, 3, . . .).
an = n −→ +∞, bn = (n+ 1) −→ +∞,
p =∞∑
k=1
bka1 · a2 · · · ak
=∞∑
k=1
k + 1
k!=
∞∑
k=1
1
(k − 1)!+
∞∑
k=1
1
k!
= e+ (e− 1) = 2e− 1.
(Xn) −→ +∞ si X1 > 2e− 1,
(Xn) −→ 1 si X1 = 2e− 1,
(Xn) −→ −∞ si X1 < 2e− 1.
3. Xn+1 = an ·X2n (an > 0, an → a > 0, X1 ≥ 0) (n = 1, 2, 3, . . .).
lnXn+1 = 2 · lnXn + ln an.
Sea Yn = lnXn, entonces la formula de recurrencia se convierte en:
Yn+1 = 2 · Yn + ln an (n = 1, 2, 3, . . .), ln an −→ ln a, p = −∞∑
k=1
ln ak
2k,
entonces:
(Yn) −→ +∞ si Y1 > p,
(Yn) −→ − ln a si Y1 = p,
(Yn) −→ −∞ si Y1 < p.
volviendo a la sucesion (Xn) se obtiene:
(Xn) −→ +∞ si X1 > ep,
(Xn) −→ 1
asi X1 = ep,
(Xn) −→ 0 si 0 < X1 < ep.
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31
Notese que si X1 = 0 entonces Xn = 0 para todo n ∈ N, por lo tanto se
tiene que (Xn) = (0, 0, 0, . . .) (la sucesion nula ), y lımn→∞
Xn = 0.
4. Xn+1 = (12)2 · (Xn)2 (n = 1, 2, 3, . . .), X1 ≥ 0,
lnXn+1 = 2 · lnXn − n · ln 2.
Sea Yn = lnXn, entonces: Yn+1 = 2 · Yn − n · ln 2.
La solucion general de la ultima formula de recurrencia es:
Yn+1 = 2n
{Y1 −
n∑
k=1
k · ln 2
2k
},
p =∞∑
k=1
k · ln 2
2k= ln 2 ·
∞∑
k=1
k
2k= 2 · ln 2 = ln 4.
(Yn) → +∞ si Y1 > ln 4,
(Yn) → lımn→∞
2n∞∑
k=n+1
k · ln 2
2k∼ lım
n→∞2n · n · ln 2
2n= +∞ si Y1 = ln 4,
(Yn) → −∞ si Y1 < ln 4.
Volviendo a (Xn) se tiene que:
(Xn) −→ +∞ si X1 > 4,
(Xn) −→ 0 si 0 < X1 < 4.
5. Xn+1 = an ·(Xn)−bn (n = 1, 2, 3, . . .) donde an, bn son numeros reales,
y an > 0. Si an → a > 1, bn → +∞,bn+1
bn→ c con |c| < a.
Como lımn→∞
[(bn+1)/(a1a2 · · · an · an+1)
(bn)/(a1a2 · · · an)
]= lım
n→∞bn+1
bn· 1
an+1=c
a,
∣∣∣ ca
∣∣∣ < 1, entonces la serie∞∑
k=1
bka1a2 · · · ak
= p converge absolutamente.
La solucion general de la formula es:
Xn+1 = a1a2 · · · an ·{X1 −
n∑
k=1
bka1a2 · · · ak
}=
X1 −n∑
k=1
bk ·Ak
An
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32 3. FORMULA LINEAL DE RECURRENCIA DEL PRIMER ORDEN
donde An =1
a1a2 · · · an.
Se tiene que lımn→∞
An = 0 ya que lımn→∞
an = a > 1 (por hipotesis), por lo
tanto:
(Xn) −→ +∞ si X1 > p,
(Xn) −→ −∞ si 0 < X1 < p.
Si X1 = p entonces:
Xn+1 =
∞∑k=n+1
bk ·Ak
An=
∞∑k=n+1
bk ·Ak
∞∑k=n+1
(Ak−1 −Ak)
−−−−−→(n→∞)
lımk→∞
bk ·Ak
Ak−1 −Ak
= lımk→∞
bk(Ak−1
Ak
)− 1
=lım
k→∞bk
a− 1= +∞.
6. Demostrar que el teorema 3.8 es valido cuando an → 0 o an → ∞
Xn+1 = an ·Xn − bn.
• an → 0, bn → b
Xn+1 =
X1 −n∑
k=1
bk ·Ak
Andonde An =
1
a1a2 · · · an.
Tenemos:
An → ∞,An+1
An=
1
an+1→ ∞,
X1
An→ 0,
n∑k=1
bk ·Ak
An= b (∗)
Por lo tanto se tiene que
lımn→∞
Xn = − lımn→∞
n∑k=1
bk ·Ak
An=
b
a− 1= −b
(lım
n→∞an = 0
).
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33
(∗)
n∑k=1
bk ·Ak
An=
n∑k=1
bk ·Ak
n∑k=1
(Ak −Ak−1)
−→ lımk→∞
bk ·Ak
Ak −Ak−1
= lımk→∞
bk = b (A0 = 0),
aplicando el ejercicio 2.31, 11).
• an → ∞ bn → b.
Xn+1 =
X1 −n∑
k=1
bkAk
An, An =
1
a1a2 · · · an→ 0.
La serie p =n∑
k=1
bkAk converge absolutamente, por lo tanto se tiene que
lımn→∞
Xn = ∞ si X1 6= p. Si X1 = p entonces:
Xn+1 =
∞∑k=n+1
bkAk
An=
∞∑k=n+1
bkAk
∞∑k=n+1
(Ak−1 −Ak)
−→ lımn→∞
bkAk
Ak−1 −Ak
= lımk→∞
bk(Ak−1
Ak
)− 1
= 0 ya que lımk→∞
(Ak−1
Ak
)= lım
k→∞ak = ∞.
7. Xn+1 = anXn − bn, an, bn ∈ R, y 0 ≤ an ≤ 1 para todo n ∈ N.
(i) Xn+1 = a1 · a2 · · · an ·{X1 −
n∑k=1
bka1 · a2 · · · ak
}=
X1 −n∑
k=1
bk ·Ak
An
Como (An; n = 1, 2, 3, . . .) es creciente, y An =1
a1 · a2 · · · an≥ 1
entonces: se tiene que lımk→∞
An = A (existe), o lımk→∞
An = +∞.
• Si lımk→∞
An = A (∈ R), entonces lımn→∞
n∑k=1
bkAk = +∞ si
lımk→∞
bk = +∞, y lımn→∞
n∑k=1
bkAk = −∞ si lımk→∞
bk = −∞, por lo
tanto se obtiene el resultado buscado.
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34 3. FORMULA LINEAL DE RECURRENCIA DEL PRIMER ORDEN
• Supongamos ahora que lımn→∞
An = +∞. Entonces:
lımn→∞
Xn+1 = − lımn→∞
n∑k=1
bkAk
n∑k=1
(Ak−1 −Ak)
= − lımk→∞
bkAk
Ak −Ak−1
= − lımk→∞
bk
1 −(Ak−1
Ak
) = − lımk→∞
bk1 − ak
.
Como 1 − ak ≥ 0, entonces:
lımn→∞
Xn = −∞ si lımn→∞
bn = +∞,
lımn→∞
Xn = +∞ si lımn→∞
bn = −∞.
8. Xn+1 = X1 +X2 + · · · +Xn +1
2n(n = 1, 2, 3, . . .)
Xn = X1 +X2 + · · · +Xn−1 +1
2n−1(n = 2, 3, 4, . . .).
Restando:
Xn+1 −Xn = Xn +1
2n− 1
2n−1= Xn − 1
2n,
o sea:
Xn+1 = 2Xn − 1
2n, (n = 2, 3, 4, . . .)
(ak = 2, bk =
1
2k, k ≥ 2
)
Ademas: X2 = X1 +1
2(a1 = 1, b1 = −1
2). Tenemos
p =b1a1
+∞∑
k=2
bka1a2 · · · ak
= −1
2
∞∑
k=2
1
2k−1 · 2k= −1
2+
1
8.
1
1 − 14
= −1
3.
Por lo tanto:
(Xn) −→ +∞ si X1 > −13 ,
(Xn) −→ 0 si X1 = −13 ,
(Xn) −→ −∞ si X1 < −13 .
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35
9. Xn+1 = an
√X2
n − bn (n=1,2,3,. . . )
donde an −→ a > 1, bn −→ b, ademas bn ≥ 0 para todo n, tenemos:
X2n+1 = a2
n ·X2n−bn ·a2
n. Sea Yn = X2n entonces la sucesion (Yn) satisface
la formula de recurrencia
Yn+1 = a2n · Yn − a2
n · bn, a2n −→ a2 > 1, a2
n · bn −→ a2 · b,
p =∞∑
k=1
a2kbk
a21a
22 · · · a2
k
= b1 +∞∑
k=2
bka2
1a22 · · · a2
k−1
= b1 +∞∑
k=1
bk+1
a21a
22 · · · a2
k
≥ 0.
Por tanto:
(Yn) −→ +∞ si Y1 > p
(Yn) −→ a2b
a2 − 1si Y1 = p.
Como Yn+1 = (a1a2 . . . an)2 ·{Y1 −
n∑k=1
a2kbk
(a1 · a2 · · · ak)2
}, entonces la
condicion Y1 ≥ p ≥ b1 garantiza que Yn+1 ≥ 0, por lo tanto se debe tener
que Yn ≥ bn para todo n ≥ 1.
Por otra parte, si Y1 < p entonces se tiene que lımn→∞
Yn = −∞, por lo
tanto se tiene que Yn < 0 para algun n, esto es, el valor de Xn =√Yn
no es un numero real para algun n (absurdo!).
Volviendo a la sucesion (Xn) se obtiene el siguiente resultado:
(Xn) −→ +∞ si X1 >√p
(Xn) −→ a√b√
a2 − 1si X1 =
√p.
No existe la solucion “real” de la formula dada en caso de que X1 <√p.
10. Xn+1 = an · (X1 +X2 + · · · +Xn) + bn (n = 1, 2, 3, . . .)
an −→ a, bn −→ b.
Tenemos: Xn = an−1 · (X1 +X2 + · · · +Xn−1) + bn−1 (n ≥ 2),
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36 3. FORMULA LINEAL DE RECURRENCIA DEL PRIMER ORDEN
de las dos igualdades anteriores se obtiene que:
Xn+1 =( an
an−1+ an
)·Xn +
(bn − bn−1 ·
an
an−1
)(n = 2, 3, 4, . . .)
X2 = a1 ·X1 + b1.
Comoan
an−1+an −→ 1+a, bn−bn−1 ·
an
an−1−→ 0, entonces si |1+a| < 1
entonces:
lımn→∞
Xn = 0 para cualquier valor de X1.
Notese que |1 + a| < 1 implica a = lımn→∞
an 6= 0.
11. Xn+1 =anXn
Xn + bn(n = 1, 2, 3, . . .), an −→ a, bn −→ b,
1
Xn+1=bnan
· 1
Xn+
1
an(n = 1, 2, 3, . . .)
i) |b| < |a|lım
n→∞bnan
=b
a, | b
a| < 1, lım
n→1
an=
1
a
entonces: lımn→∞
1
Xn=
1
a
1 − b
a
=1
a− bpara todo
1
X1,
o sea: lımn→∞
Xn = a− b para todo X1.
ii) |b| > |a|lım
n→∞bnan
=b
a, | b
a| > 1,
p = −∞∑
k=1
1
ak
b1b2 · · · bka1a2 · · · ak
= −∞∑
k=1
a1a2 · · · ak
b1b2 · · · bkak
= − 1
b1−
∞∑
k=1
a1a2 · · · ak
b1b2 · · · bkbk+1.
Por lo tanto se obtiene:
lımn→∞
1
Xn= ∞ si
1
X16= p,
lımn→∞
1
Xn=
1
a− bsi
1
X1= p.
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37
O sea:
(Xn) −→ 0 si X1 6= 1
p
(Xn) −→ a− b si x1 =1
p.
12. Xn+1 = an · (Xn)bn (n = 1, 2, 3, . . .), an −→ a, bn −→ b, |b| < 1.
Tenemos: lnXn+1 = bn · lnXn + ln an (n = 1, 2, 3, . . .)
Por lo tanto se obtiene:
lnXn −→ ln a
1 − b= ln a
1
1−b (para todo valor de X1 > 0),
o sea: Xn −→ a1
1−b (para todo valor de X1 > 0).
13. Xn+1 = an +bn
X1X2 . . . Xn(n = 1, 2, 3, . . .) an −→ a 6= 1, bn −→ b 6= 0.
Multiplicando por X1X2 . . . Xn se obtiene:
X1X2 · · ·Xn ·Xn+1 = an ·X1X2 · · ·Xn + bn (n = 1, 2, 3, . . .)
Sean Yn = X1X2 · · ·Xn, Y1 = X1, entonces se obtiene la formula de
recurrencia para (Yn):
Yn+1 = an · Yn + bn (n = 1, 2, 3, . . .).
i) |a| < 1
(Yn) −→ b
1 − apara todo Y1,
entonces:
(Xn+1) =(Yn+1
Yn
)−→ 1 para todo valor de lnX1 6= 0.
ii) |a| > 1.
(Yn) −→ ∞ si Y1 6= p
(Yn) −→ b
1 − a(6= 0) si Y1 = p.
donde p = −∞∑
k=1
bka1 · a2 · · · ak
.
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38 3. FORMULA LINEAL DE RECURRENCIA DEL PRIMER ORDEN
Volviendo a la sucesion (Xn) se tiene que:
si X1 6= p (Y1 6= p), entonces:
Yn+1 = a1a2 · · · an ·{X1 +
n∑
k=1
bka1a2 · · · ak
}∼ a1a2 · · · an · C
donde C = X1 +∞∑
k=1
bka1 · a2 · · · ak
= X1 − p.
Por lo tanto:
Xn+1 =(Yn+1
Yn
)∼ an ∼ a, esto es, lım
n→∞Xn = a
para todo X1 6= p.
Si X1 = p (Y1 = p) entonces Xn+1 =(Yn+1
Yn
)−→ 1.
En resumen se obtiene:
(Xn) −→ a si X1 6= p
(Xn) −→ 1 solamente cuando X1 = p.
14.
Xn+1 = an ·Xn − bn (n = 1, 2, 3 . . .), an −→ a (3.1)
Supongamos que la sucesion (Cn) satisface la condicion:
lımn→∞
cn+1
cn= c 6= 0, |a · c| < 1,
multiplicando la formula de recurrencia (3.1) por cn+1 se obtiene:
cn+1Xn+1 = ancn+1Xn − cn+1bn.
Sea Yn = cn ·Xn entonces: Yn+1 = ancn+1
cn· Yn − cn+1 · bn.
Como ancn+1
cn−→ a · c, |ac| < 1, entonces:
∞∑
n=1
|Yn| < +∞ si y solo si∞∑
n=1
|cn+1 · bn| < +∞.
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39
En vista de que∞∑
n=1|cn+1bn| =
∞∑n=1
|cnbn||cn+1
cn|, se tiene que
∞∑n=1
|cn+1bn| < +∞ si y solo si∞∑
n=1|cnbn| < +∞. En consecuencia:
∞∑
n=1
|cnXn| < +∞ si y solo si∞∑
n=1
|cnbn| + ∞
15. Xn+1 =n
2(n+ 1)Xn − 1 (n = 1, 2, 3, . . .)
Como lımn→∞
n
2(n+ 1)=
1
2< 1, entonces se tiene que lım
n→∞Xn = −2
para todo valor de X1. En virtud de que lımn→∞
|Xn| = 2, las dos series∞∑
n=1
1
n|Xn|,
∞∑n=1
1
n, convergen o divergen simultaneamente, por lo tanto
se tiene que∞∑
n=1
1
n|Xn| = +∞.
De la misma forma, se obtiene que∞∑
n=1
1
n2|Xn| < +∞ ya que
∞∑n=1
1
n2< +∞.
16. Supongamos que (Xn) satisface la desigualdad:
∣∣Xn+1
∣∣ < an · |Xn| + bn (n = 1, 2, 3, . . .)
donde an ≥ 0, bn ≥ 0, y lım sup an = a < 1.
i) Supongamos que existe B > 0 tal que bn < B para todo n, sea
2h = 1 − lım sup an > 0, por hipotesis existe N0 tal que
an < 1 − h para todo n ≥ N0.
Si M = Maximo
{B
h,∣∣XN0
∣∣}
, entonces se demuestra, por induccion
que |Xn| ≤M para todo N ≥ N0. En efecto,∣∣XN0
∣∣ ≤M .
Si |Xn| ≤M entonces:∣∣Xn+1
∣∣ ≤ an ·M +B ≤ (1− h) ·M +B ≤ (1− h) ·M +M · h = M.
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40 3. FORMULA LINEAL DE RECURRENCIA DEL PRIMER ORDEN
ii) Supongamos que lımn→∞
bn = 0, entonces:
lım sup |Xn| ≤ lım sup an · lım sup |Xn|+lım sup bn = a · lım sup |Xn|o sea (1 − a) · lım sup |Xn| ≤ 0, esto es: lım sup |Xn| = 0, en conse-
cuencia se tiene que lımn→∞
Xn = 0.
17. • Xn+1 = an ·Xn − bn (n = 1, 2, 3, . . .), an −→ a, |a| < 1.
Si lımn→∞
Xn = 0 entonces lımn→∞
(anXn −Xn+1) = 0.
Si lımn→∞
bn = 0 entonces lımn→∞
Xn =0
a− 1= 0.
• Xn+1an ·Xn − bn (n = 1, 2, 3, . . .), an −→ a, |a| > 1.
Si lımn→∞
Xn = 0 entonces lımn→∞
bn = lımn→∞
(anXn −Xn+1)
= 0 · 0 − 0 = 0.
Si lımn→∞
bn = 0 entonces lımn→∞
Xn =0
a− 1= 0.
18. Xn+1 = an ·Xn − bn, lımn→∞
an = a, |a| > 1, lımn→∞
bn = 0.
Supongamos que∞∑
n=1ak <∞ entonces:
|an| · |Xn| ≤ |Xn+1| + |bn|,
luego: (|an| − 1) · |Xn| + |Xn| ≤ |Xn+1| + |bn|.
Sumando la desigualdad anterior con respecto a “n”, de n = 1 hasta
n = N :N∑
n=1
(|an| − 1) · |Xn| + |X1| ≤ |XN+1| +N∑
n=1
|bn|
Tomando el lımite cuando N → ∞ (notese que lımN→∞
|XN+1| existe)
∞∑
n=1
(|an| − 1) · |Xn| + |X1| ≤ lımN→∞
|XN | +∞∑
n=1
|bn| < +∞.
Por lo tanto la serie de terminos positivos∞∑
n=1(|an| − 1) · |Xn| converge,
en consecuencia la serie∞∑
n=1|Xn| tambien converge.
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41
Recıprocamente, supongamos que la serie∞∑
n=1|Xn| < +∞ (converge),
tenemos entonces que: |bn| ≤ |Xn+1| + |an| · |Xn| por lo tanto:
∞∑
n=1
|bn| ≤∞∑
n=1
|Xn+1| +∞∑
n=1
|an| · |Xn| < +∞,
ası: la serie∞∑
n=1|bn| converge.
19. Xn+1 = an ·Xn + cn (n = 1, 2, 3, . . .)
lımn→∞
an = a, |a| < 1, lımn→∞
cncn+1
= 1.
Tenemos:Xn+1
cn+1= an · cn
cn+1· Xn
cn+
cncn+1
, an · cncn+1
→ a, |a| < 1.
Por lo tanto:
lımn→∞
Xn
cn=
1
1 − a, o sea, Xn ∼
1
1 − a· cn.
3.22 Ejercicios
1) lımn→∞
bn = b < 0.
Sea p =∞∑
k=1
Ak · bk(An =
1
a1a2 . . . An, an > 0, An > 0
)lım
n→∞an = 1,
entonces Xn+1 =1
An·(X1 −
n∑k=1
bkAk
).
Como lımn→∞
bn = b < 0 entonces Akbk < 0 para k suficientemente grande,
por lo tanto la serie p =∞∑
k=1
Ak · bk converge, o, p = −∞.
• p = −∞
Existe N tal quen∑
k=1
Ak · bk − X1 < 0, y, bn < 0 para todo n > N .
Tenemos:
An −An−1
An · bn=
1 −(An− 1
An
)
bn=
1 − an
bn−→ 0 (cuando n→ ∞),
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42 3. FORMULA LINEAL DE RECURRENCIA DEL PRIMER ORDEN
Ann∑
k=1
Akbk −X1
=
AN +n∑
k=N+1
(Ak −Ak−1)
(N∑
k=1
Akbk −X1
)+
n∑k=N+1
Akbk
−→ lımk→∞
Ak −Ak−1
Akbk= 0,
luego lımn→∞
1
Xn+1= 0.
Pero como An > 0, X1 −n∑
k=1
Akbk > 0 para n suficientemente grande
entonces se tiene que lımn→∞
1
Xn+1= 0+, o sea que lım
n→∞Xn = +∞
• p es un numero real, la serie∞∑
k=1
Akbk converge.
Como la serien∑
k=1
Akbk converge, entonces lımn→∞
An = 0
(An > 0, An −→ 0+).
Por lo tanto se tiene que
(Xn) −→ +∞ si X1 > p,
(Xn) −→ −∞ si X1 < p.
Si X1 = p entonces:
1
Xn+1=
An∞∑
k=n+1
Akbk
=
∞∑k=n+1
(Ak−1 −Ak)
∞∑k=n+1
Akbk
−→ lımk→∞
Ak−1 −Ak
Ak · bk= lım
k→∞ak − 1
bk= 0
(notese que lımk→∞
bk 6= 0).
Ademas, Xn+1 < 0 para todo n suficientemente grande, ya que
Xn+1 =
∞∑k=n+1
Akbk
An, en consecuencia se tiene que lım
n→∞Xn = −∞.
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43
2) Xn+1 =n(n+ 2)
(n+ 1)2·Xn +
1
n(n = 1, 2, 3, . . .)
an =n(n+ 2)
(n+ 1)2< 1, an − 1 = − 1
(n+ 1)2,
∞∑n=1
|an − 1| < +∞,
bn = − 1
n, lım
n→∞bn
an − 1no converge,
p =∞∑
k=1
bka1a2 · · · ak
= −∞∑
k=1
2(k + 1)
k(k + 2)= −∞,
∞∏
k=1
ak = lımk→∞
k + 2
2(k + 1)=
1
2,
Xn+1 =∞∏
k=1
ak ·{X1 −
n∑
k=1
bka1a2 · · · ak
}−−−−→(k→∞)
+∞ para todo X1.
3) Xn+1 =n(n+ 2)
(n+ 1)2·Xn +
1
n√n
(n = 1, 2, 3, . . .)
an =n(n+ 2)
(n+ 1)2, bn = − 1
n√n,
∞∑k=1
∣∣an − 1∣∣ =
∞∑n=1
1
(n+ 1)2< +∞
bnan − 1
=(n+ 1)2
n√n
−→ +∞ (n→ ∞),
p =∞∑
k=1
bka1a2 · · · ak
= −∞∑
k=1
2(k + 1)√k · k · (k + 2)
(converge)
Xn+1 =
n∏
k=1
ak ·{X1 +
n∑
k=1
2(k + 1)√k · k · (k + 2)
}−−−−−→(n→∞)
∞∏
k=1
ak ·{X1 +
∞∑
k=1
2(k + 1)√k · k · (k + 2)
}=
∞∏
k=1
ak · (X1 − p).
Como∞∏
k=1
ak = lımn→∞
n+ 2
2(n+ 1)=
1
2, entonces se tiene que
lımn→∞
Xn =1
2(X1 − p) =
1
2
{X1 +
∞∑
k=1
2(k + 1)√k · k · (k + 2)
}.
4) Xn+1 =n+ 1
n·Xn − 1
n+ 1(n = 1, 2, 3, . . .)
an =n+ 1
n−→ 1, bn =
1
n+ 1−→ 0,
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44 3. FORMULA LINEAL DE RECURRENCIA DEL PRIMER ORDEN
n∏k=1
ak = (n + 1) −−−−−→(n→∞)
∞∏k=1
ak = +∞,bn
an − 1=
n
n+ 1−−−−→(k→∞)
1,
(existe el lımite), an > 1 para todo n.
Aplicando (iii) (b) se obtiene:
p =∞∑
k=1
bka1a2 · · · ak
=∞∑
k=1
1
(k + 1)2=
∞∑
k=1
1
k2− 1 =
π2
6− 1,
(Xn) −→ +∞ si X1 >π2
6− 1,
(Xn) −→ 1 si X1 =π2
6− 1,
(Xn) −→ −∞ si X1 <π2
6− 1.
5) Xn+1 = (1 + c · rn−1) ·Xn − b · rn−1 (n = 1, 2, 3, . . .)
• |r| < 1. El producto infinito∞∏
k=1
(1 + c · rk−1) converge.
Xn+1 =
= (1 + c)(1 + cr) · · · (1 + crn−1)
{X1 −
n∑
k=1
b · rk−1
(1 + c)(1 + cr) · · · (1 + crk−1)
}
= (1 + c)(1 + cr) · · · (1 + crn−1)
{X1 −
b
c+b
c
1
(1 + c)(1 + cr) · · · (1 + crn−1)
}
=b
c+(X1 −
b
c
)·
n∏
k=1
(1 + c · rk−1) −−−−−→(n→∞)
b
c+
∞∏
k=1
(1 + c · rk−1
)(X1 −
b
c
)
• |r| > 1.∞∏
k=1
(1 + c · rk−1) = +∞
Como lımn→∞
Xn =b
c+
∞∏k=1
(1 + c · rk−1
)·(X1 −
b
c
)entonces:
lımn→∞
Xn = +∞ si X1 >b
c
lımn→∞
Xn = −∞ si X1 <b
c.
Evidentemente: (Xn) =(bc
) (una sucesion constante del valor
b
c
)
si X1 =b
c, entonces lım
n→∞Xn =
b
csi X1 =
b
c.
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45
6) Xn+1 =n
n+ 1Xn − 1
n(n = 1, 2, 3, . . .)
an =n
n+ 1< 1, bn =
1
n,
lımn→∞
bnan − 1
= lımn→∞
( 1/n
−1/(n+ 1)
)= lım
n→∞−n+ 1
n= −1.
Aplicando (ii) (b):∞∏
k=1
ak = lımn→∞
1
n+ 1= 0
entonces se tiene que lımn→∞
Xn = −1 para cualquier valor de X1.
7) Xn+1 =n
n+ 2·Xn +
2
n+ 1(n = 1, 2, 3, . . .)
an =n
n+ 2< 1, bn = − 2
n+ 1,
∞∏k=1
ak = 0,
bnan − 1
=
2
n+ 12
n+ 2
=n+ 2
n+ 1−→ 1 (cuando n→ ∞).
Aplicando (ii) (b) se tiene que
lımn→∞
Xn = lımn→∞
bnan − 1
= 1 para todo valor de X1.
8) Xn+1 =n+ 2
n·Xn − 1
n(n = 1, 2, 3, . . .)
an =n+ 2
n> 1, bn =
1
n
∞∏
n=1
an = +∞,bn
an − 1=
n
2n−−−−−→(n→∞)
1
2
p =∞∑
k=1
bka1a2 · · · ak
=∞∑
k=1
2
k(k + 1)(k + 2)
=∞∑
k=1
( 1
k(k + 1)− 1
(k + 1)(k + 2)
)=
1
2.
Aplicando (iii) (b) se obtiene:
(Xn) −→ +∞ si X1 >1
2,
(Xn) −→ 1
2si X1 =
1
2,
(Xn) −→ −∞ si X1 <1
2.
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46 3. FORMULA LINEAL DE RECURRENCIA DEL PRIMER ORDEN
9) Xn+1 =(n+ 1)2
n(n+ 2)·Xn +
1
n+ 1(n = 1, 2, 3, . . .)
an =(n+ 1)2
n(n+ 2)> 1, bn = − 1
n+ 1,
∞∑n=1
|an − 1| =∞∑
n=1
1
n(n+ 2)< +∞
(converge),∞∑
n=1
bka1a2 · · · ak
= −∞∑
k=1
k + 2
2(k + 1)2= −∞
lımn→∞
bnan − 1
= − lımn→∞
n(n+ 2)
n+ 1= −∞ (diverge a −∞)
∞∏k=1
ak = lımn→∞
2(n+ 1)
n+ 2= 2.
Como Xn+1 = a1a2 · · · an ·{X1 −
n∑k=1
bka1a2 · · · ak
}, entonces se tiene que
lımn→∞
Xn = +∞ para cualquier valor de X1.
10) Xn+1 =(n+ 2)2
n(n+ 2)·Xn − 1
(n+ 1)(n+ 2)(n = 1, 2, 3, . . .)
an =(n+ 1)2
n(n+ 2)> 1, bn =
1
(n+ 1)(n+ 2),
∞∑n=1
|an − 1| =∞∑
n=1
1
n(n+ 2)< +∞.
lımn→∞
bnan − 1
= lımn→∞
n
n+ 1= 1,
∞∏k=1
ak = lımk→∞
2(k + 1)
k + 2= 2,
p =∞∑
k=1
bka1a2 · · · ak
=∞∑
k=1
1
2(k + 1)2=
1
2
( ∞∑k=1
1
k2− 1)
=π2
12− 1
2.
Aplicando (i) se tiene que
lımn→∞
Xn = 2 · (X1 −π2
12− 1
2).
11) Xn+1 = −Xn + bn (n = 1, 2, 3, . . .).
Tenemos: Xn+1 = (−1)n ·{X1 +
n∑k=1
(−1)k · bk}
• n es par, n = 2m.
2m∑
k=1
(−1)k · bk = −((b1 − b2) + (b3 + b4) + · · · + (b2m−1 − b2m)
)
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47
la suma anterior converge al lımite ya que la sucesion (bn) es de variacion
acotada, sea A = lımm→∞
(−
2m∑k=1
(−1)k · bk)
= lımm→∞
2m∑k=1
(−1)k−1 · bk. Por lo
tanto:
Xn+1 = X2m+1 = (−1)2m ·(X1 +
2m∑
k=1
(−1)k · bk)
−−−−−→(m→∞)
X1 −A
• n es impar, n = 2m+ 1.
2m+1∑
k=1
(−1)kbk = −((b1−b2)+(b3+b4)+· · ·+(b2m−1−b2m)+b2m+1
)−→ −A−b,
notese que b2m+1 −→ b.
Por lo tanto:
Xn+1 = X2m+2 = (−1)2m+1·(X1+
2m+1∑
k=1
(−1)k·bk)
−−−−−→(m→∞)
−(X1−A−b)
En consecuencia, la sucesion (Xn) converge si y solo si
X1 −A = −(X1 −A− b), o sea X1 = A+1
2b.
En tal caso se tiene que lımn→∞
Xn = X1 −A = (A+ 12 b) −A = 1
2 b.
3.25 Ejercicios
1) En la igualdad (3.28) considerese que x, y, p son numeros complejos, en-
tonces ambos miembros de la igualdad son funciones analıticas en |x| < 1,
|y| < 1, |p| < 1, y la igualdad (3.28) es valida para x, y, p los numeros reales
(x ∈ (−1, 1) p ∈ (−1, 1)), por lo tanto esta es valida para x, y, p complejas
en |x| < 1, |y| < 1, |p| < 1 (el teorema de coincidencia).
2) En (3.29):
1∞∏
n=1(1 − ypn−1)
= 1 +∞∑
n=1
yn
(1 − p)(1 − p2) · · · (1 − pn).
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48 3. FORMULA LINEAL DE RECURRENCIA DEL PRIMER ORDEN
Tome y = p, entonces se tiene:
1∞∏
n=1(1 − pn)
= 1 +∞∑
n=1
pn
(1 − p)(1 − p2) · · · (1 − pn).(
para |p| < 1).
3) En (3.28):
∞∑
n=0
xn
(1 − y)(1 − yp) · · · (1 − ypn)=
∞∑
n=0
yn
(1 − x)(1 − xp) · · · (1 − xpn).
Tome y = p, entonces se tiene:
∞∑
n=0
xn
(1 − p)(1 − p2) · · · (1 − pn+1)=
∞∑
n=0
pn
(1 − x)(1 − xp) · · · (1 − xpn)
( para |x| < 1, |p| < 1).
4) En (3.37):
∞∏
n=1
(1 + y · pn−1) = 1 +∞∑
n=1
1 · p · p2 · · · pn−1
(1 − p)(1 − p2) · · · (1 − pn)· yn
Tome y = p entonces se obtiene
∞∏
n=1
(1 + pn) = 1 +∞∑
n=1
p1
2(n+1)n
(1 − p)(1 − p2) · · · (1 − pn)(|p| < 1).
5) En (3.39):
(a)∞∑
n=0
xn
1 − ypn=
∞∑n=0
yn
1 − xpn(|x| < 1, |y| < 1, |p| < 1).
Multiplicando la igualdad anterior por xy:
∞∑
n=0
xn+1 · y1 − ypn
=∞∑
n=0
x · yn+1
1 − xpn
El primer miembro de la igualdad anterior es “una serie de potencias”
de la variable “x”, derivando esta parcialmente con respecto a “x” se
obtiene:
∂
∂x
∞∑
n=0
xn+1y
1 − ypn=
∞∑
n=0
∂
∂x
(xn+1y
1 − ypn
)=
∞∑
n=0
(n+ 1)xny
1 − ypn.
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49
La ultima serie converge absoluta y uniformemente en |x| ≤ δ < 1,
|y| ≤ δ < 1, |p| ≤ δ < 1 (para algun δ < 1), puesto que (por el criterio
M de Weierstrass):
∞∑
n=0
∣∣∣∣∣(n+ 1)xny
1 − ypn
∣∣∣∣∣ ≤∞∑
n=0
(n+ 1)δn+1
1 − δn+1<
∞∑
n=0
(n+ 1) · δn+1
1 − δ< +∞.
Tambien la serie∞∑
n=0
∂
∂y
((n+ 1)xny
1 − ypn
)=
∞∑n=0
(n+ 1)xn
(1 − ypn)2converge abso-
luta y uniformemente en |x| ≤ δ < 1, |y| ≤ δ < 1, |p| ≤ δ < 1 ya que
∞∑
n=0
∣∣∣∣∣(n+ 1)xn
(1 − ypn)2
∣∣∣∣∣ ≤∞∑
n=0
(n+ 1)δn
(1 − δn+1)2<
∞∑
n=0
(n+ 1) · δn
(1 − δ)2< +∞.
Por lo tanto (ver el teorema 13-13 de Apostol) se tiene que
∂
∂y
(∂
∂x
∞∑
n=0
xn+1y
1 − ypn
)=
∂
∂y
∞∑
n=0
(n+ 1)xny
1 − ypn=
∞∑
n=0
∂
∂y
((n+ 1)xny
1 − ypn
)
=∞∑
n=0
(n+ 1)xn
(1 − ypn)2.
De la misma manera se obtiene:
∂
∂x
(∂
∂y
∞∑
n=0
xyn+1
1 − xpn
)=
∂
∂x
∞∑
n=0
(n+ 1)xyn
1 − xpn=
∞∑
n=0
∂
∂x
((n+ 1)xyn
1 − xpn
)
=
∞∑
n=0
(n+ 1)yn
(1 − xpn)2.
Por la continuidad de las derivadas parciales (Schwartz) se tiene en-
tonces:∂
∂y
∂
∂x
( ∞∑
n=0
xn+1y
1 − ypn
)=
∂
∂x
∂
∂y
( ∞∑
n=0
xyn+1
1 − xpn
)
o sea: ∞∑
n=0
(n+ 1)xn
(1 − ypn)2=
∞∑
n=0
(n+ 1)yn
(1 − xpn)2.
(b) Ahora, multiplicando la igualdad anterior obtenida en (a) por x2 · y2:
∞∑
n=0
(n+ 1)xn+2y2
(1 − ypn)2=
∞∑
n=0
(n+ 1)x2yn+2
(1 − xpn)2.
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50 3. FORMULA LINEAL DE RECURRENCIA DEL PRIMER ORDEN
Derivando el primer miembro de la igualdad anterior con respecto a
“x” tenemos (la derivada de la serie de potencias de “x”):
∂
∂x
∞∑
n=0
(n+ 1)xn+2y2
(1 − ypn)2=
∞∑
n=0
(n+ 1)(n+ 2)xn+1y2
(1 − xpn)2.
Derivado parcialmente con respecto a la variable “y”:
∂
∂y
∂
∂x
∞∑
n=0
(n+ 1)xn+2y2
(1 − ypn)2=
∂
∂y
∞∑
n=0
(n+ 1)(n+ 2)xn+1y2
(1 − ypn)2
=∞∑
n=0
∂
∂y
(((n+ 1)(n+ 2)xn+1y2
(1 − ypn)2
)=
∞∑
n=0
(n+ 1)(n+ 2)xn+1 · (2y)(1 − ypn)3
= 2xy
∞∑
n=0
(n+ 1)(n+ 2)xn
(1 − ypn)3.
De la misma manera se obtiene:
∂
∂x
∂
∂y
( ∞∑
n=0
(n+ 1)x2yn+2
(1 − xpn)2
)= 2xy
∞∑
n=0
(n+ 1)(n+ 2)yn
(1 − xpn)3,
Ası, se obtiene la igualdad (b).
(c) Por induccion se obtiene la igualdad (c) como sigue:
Supongamos valida la igualdad:
∞∑
n=0
(n+ 1)(n+ 2) · · · (n+ k)xn
(1 − ypn)k+1=
∞∑
n=0
(n+ 1)(n+ 2) · · · (n+ k)yn
(1 − xpn)k+1
Multiplicando por (xy)k+1:
∞∑
n=0
(n+ 1)(n+ 2) · · · (n+ k)xn+k+1yk+1
(1 − ypn)k+1
=∞∑
n=0
(n+ 1)(n+ 2) · · · (n+ k)xk+1yn+k+1
(1 − xpn)k+1
Tenemos:
∂
∂x
∞∑
n=0
(n+ 1)(n+ 2) · · · (n+ k)xn+k+1yk+1
(1 − ypn)k+1
=∞∑
n=0
(n+ 1) · · · (n+ k + 1)xn+kyk+1
(1 − ypn)k+1
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51
∂
∂y
∂
∂x
∞∑
n=0
(n+ 1)(n+ 2) · · · (n+ k)xn+k+1yk+1
(1 − ypn)k+1
=∞∑
n=0
(n+ 1) · · · (n+ k + 1)xn+k(k + 1)yk
(1 − ypn)k+2
= (k + 1)(xy)k∞∑
n=0
(n+ 1) · · · (n+ k)(n+ k + 1)xn
(1 − ypn)k+2
De la misma manera:
∂
∂x
∂
∂y
∞∑
n=0
(n+ 1)(n+ 2) · · · (n+ k)xk+1yn+k+1
(1 − xpn)k+1
= (k + 1)(xy)k∞∑
n=0
(n+ 1) · · · (n+ k + 1)yn
(1 − xpn)k+2
Ası se obtiene la igualdad (c) para k + 1.
6) F (x) =∞∑
n=0anx
n.
Se define: g(x) =∞∑
n=0
an
1 − ypnxn
(|y| < 1, |p| < 1
)
entonces g(xp) =∞∑
n=0
anpn
1 − ypnxn, y se obtiene:
g(x) − y · g(xp) =∞∑
n=0
an(1 − ypn)xn
1 − ypn=
∞∑
n=0
anxn = F (x).
Reemplazando “x” por “x · pn−1”:
g(xpn−1) − y · g(xpn) = F (xpn−1).
Sea Yn = g(xpn−1) (n = 1, 2, 3, . . .) :
Yn+1 =1
y· Yn − 1
y· F (xpn−1).
Como∣∣ 1y
∣∣ > 1,1
y·F (xpn−1) −→ 1
y·F (0) =
1
ya0, entonces (Yn) converge
si y solo si Y1 = g(x) =∞∑
k=1
1
yF (xpk−1)
(1
y
)k=
∞∑k=1
F (xpk−1) · yk−1.
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52 3. FORMULA LINEAL DE RECURRENCIA DEL PRIMER ORDEN
Como Yn −→ g(0) cuando n→ ∞, entonces se debe tener que
g(x) =∞∑
n=0
an
1 − ypnxn =
∞∑
n=0
F (xpn) · yn.
7) Sea g(x) =∞∑
n=0
1
a− ypnxn, |a| > 1, |x| < 1, |y| < 1, |p| < 1,
entonces g(px) =∞∑
n=0
pn
a− ypnxn,
por lo tanto:
a · g(x) − y · g(px) =∞∑
n=0
a− ypn
a− ypnxn =
∞∑
n=0
xn =1
1 − x.
Reemplazando “x” por “xpn−1”:
a · g(xpn−1) − y · g(xpn) =1
1 − xpn−1.
Sean Xn = g(xpn−1) (n = 1, 2, 3, . . .), entonces se obtiene la siguiente
formula de recurrencia para la sucesion (Xn; n = 1, 2, 3, . . .).
Xn+1 =a
yXn − 1
1 − xpn−1
1
y(n = 1, 2, 3, . . .).
Como |ay| > 1, entonces la sucesion (Xn) converge si y solo si
X1 =∞∑
k=1
yk−1
ak · (1 − xpk−1)=
∞∑
k=1
yk
ak+1 · (1 − xpk).
En virtud de que Xn =(g(xpn−1)
)−−−−−→(n→∞)
g(0) =1
a− y
entonces se debe obtener que
X1 = g(x) =∞∑
n=0
1
a− ypnxn =
∞∑
n=0
yn
an+1(1 − xpn).
8) Sea g(x) =∞∑
n=0
xn
1 − y − ypn,(|x| < 1, |y| < 1
2 , |p| < 1),
entonces: g(px) =∞∑
n=0
pn · xn
1 − y − ypn.
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53
Tenemos: (1 − y) · g(x) − y · g(px) =1
1 − x.
Reemplazando x por xpn−1:
(1 − y) · g(xpn−1) − y · g(xpn) =1
1 − xpn−1.
Sean Yn = g(xpn−1) (n = 1, 2, 3, . . .), entonces se obtiene la siguiente
formula de recurrencia para la sucesion (Yn):
Yn+1 =1 − y
y· Yn − 1
1 − xpn−1· 1
y.
Como
∣∣∣∣1 − y
y
∣∣∣∣ > 1, entonces la sucesion (Yn) converge si y solo si
Y1 =∞∑
k=1
yk−1
(1 − xpk−1) · (1 − y)k=
1
1 − y·
∞∑
k=0
1
1 − xpk
( y
1 − y
)k
.
Por otra parte, (Yn) −−−−−→(n→∞)
g(0) =1
1 − 2ypor lo tanto se debe tener que
Y1 = g(x) =
∞∑
n=0
xn
1 − y − ypn=
1
1 − y
∞∑
n=0
1
1 − xpn
( y
1 − y
)n
.
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4
Formula de recurrencia de
primer orden
(Caso particular)
4.2 Ejercicios
Encontrar las formulas de recurrencia correspondientes a las siguientes expre-
siones.
1) • Xn = b+ a(b+ a(b+ · · · + a(b + a) · · · )
)
n veces “a”
X1 = b+ a, X2 = b+ a · (b+ a), X3 = b+ a(b+ a · (b+ a)
), etc.
Xn+1 = b+ a ·Xn (n = 1, 2, 3 . . .), X1 = b+ a.
• Yn = b+ a(b+ a(b+ · · · + a · b) · · ·
)
n veces “b”
Y1 = b, Y2 = b+ a · b, Y3 = b+ a · (b+ a · b), etc.
Yn+1 = b+ a · Yn, Y1 = b.
55
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56 4. FORMULA DE RECURRENCIA DE PRIMER ORDEN (CASO PARTICULAR)
2)
√2 −
√2 −
√2 − · · · −
√2 = Xn, X1 =
√2, X2 =
√2 −
√2,
n veces “2”X3 =
√2 −
√2 −
√2, etc.
Xn+1 =√
2 −Xn (n = 1, 2, 3 . . .), X1 =√
2.
3) a+b
a+b
a+
.. .
+b
a
X1 = a, X2 = a+b
a, X3 = a+
b
a+b
a
, etc.
n veces “a” Xn+1 = a+b
Xn(n = 1, 2, 3 . . .)
4) Xn = ln(a+ ln (a+ ln (a+ ln (a+ · · · + ln a) · · ·))
)
n veces “a”
X1 = ln a, X2 = ln(a+ ln a), X3 = ln(a+ ln(a+ ln a)
), etc.
Xn+1 = ln a+Xn (n = 1, 2, 3 . . .), X1 = ln a.
5) Xn = 3 · tanh(3 · tanh(3 · tanh(· · · tanh 3) · · · )
)
n veces “3”
X1 = 3, X2 = 3 · tanh 3, X3 = 3 · tanh(3 · tanh 3), etc.
Xn+1 = 3 · tanhXn (n = 1, 2, 3 . . .), X1 = 3.
6) • Yn =
√3 − 2 ·
√3 − 2 ·
√· · · − 2 ·
√3 Y1 =
√3, Y2 =
√3 − 2 ·
√3,
n veces “3”Y3 =
√3 − 2 ·
√3 − 2 ·
√3 , etc.
Yn+1 =√
3 − 2 · Yn (n = 1, 2, 3 . . .), Y1 =√
3.
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57
• Xn =
√3 − 2 ·
√3 − 2 ·
√· · · − 2 X1 =
√3 − 2, X2 =
√3 − 2 ·
√3 − 2,
n veces “2”X3 =
√3 − 2 ·
√3 − 2 ·
√3 − 2, etc.
Xn+1 =√
3 − 2 ·Xn (n = 1, 2, 3 . . .), X1 =√
1 = 1.
4.17 Ejercicios
1) • f ′(L1) > 1.
(Xn) −→ +∞ si X1 > L1
(Xn) = (L1, L1, L1, . . .) → L1 si X1 = L1
(Xn) −→ +L2 si L3 < X1 < L1
(Xn) = (L3, L3, L3, . . .) → L3 si X1 = L3
(Xn) −→ −∞ si X1 > L3.
y=x
�
�
��
�
�
�
L3
L2 L1
y = f(x)y
x
Figura 1 a
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58 4. FORMULA DE RECURRENCIA DE PRIMER ORDEN (CASO PARTICULAR)
• f ′(L1) < 1.
(Xn) −→ +L1 si X1 > L2
(Xn) = (L2, L2, L2, . . .) → L2 si X1 = L2
(Xn) −→ L3 si X1 < L2.
y=f(x)
�
�
��
�
�
�
L3
L2 L1
y = xy
x
Figura 1 b
Hay que investigar los siguientes casos:
• f ′(L1) = 1, f ′(L2) > 1, f ′(L3) < 1.
• f ′(L1) = 1, f ′(L2) < 1, f ′(L3) > 1.
• f ′(L1) = 1, f ′(L2) = 1, f ′(L3) = 1.
caso : (Xn) −→ +∞ si X1 > L1
caso : (Xn) −→ L1 si X1 > L1
• f ′(L1) = 1, f ′(L2) = 1, f ′(L3) > 1.
• f ′(L1) = 1, f ′(L2) = 1, f ′(L3) < 1.
• f ′(L1) = 1, f ′(L2) > 1, f ′(L3) = 1.
• f ′(L1) = 1, f ′(L2) < 1, f ′(L3) = 1.
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59
2) Xn+1 = f(Xn) = a ·Xn − b (a > 0) donde f(x) = ax− b.
f(x) tiene un unico punto fijo L =b
a− 1y f ′(x) = a
• a > 1. Tenemos:
(Xn) −→ +∞ si X1 >b
a− 1
(Xn) =b
a− 1→ b
a− 1si X1 =
b
a− 1
(Xn) −→ −∞ si X1 <b
a− 1.
• 0 < a < 1.
(Xn) −→ b
a− 1para todo valor de X1.
y = f(x)
��
�
L
y = xy
x
Figura 2
3) Xn+1 = ln(Xn + a) (a > 1).
Sea f(x) = ln(x+ a) en (−a,+∞),
f ′(x) =1
x+ a. f(x) tiene dos puntos fijos, L2 < (0 <) L1, tenemos en-
tonces:
(Xn) → −∞ si − a < X1 < L2
(Xn) = (L2, L2, . . .) → L2 si X1 = L2
(Xn) → L1 si L2 < X1.
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60 4. FORMULA DE RECURRENCIA DE PRIMER ORDEN (CASO PARTICULAR)
y
x
y=x
y=ln(x+a)
L1
L2-a
Figura 3
4) Xn+1 = f(Xn) = a·ebXn (a > 0, b > 0), f(x) = a·ebx, f ′(x) = ab·ebx > 0.
La recta tangente a la curva y = f(x) que pasa por el origen es:
y = abe · x,
esta recta es tangente a la curva y = a · ebx en el punto(1
b, ae).
y
x
y=abe x
y=a e bx
1b
1b
,ae )(
a
Figura 4
(i) Si la pendiente abe de la recta tangente es mayor que 1, entonces f(x)
no tiene punto fijo.
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61
(ii) si abe = 1 entonces f(x) tiene un punto fijo en1
b.
(iii) si abe < 1 entonces f(x) tiene dos puntos fijos: L2 <1
b< L1.
(i) abe > 1. (Xn) → +∞ para todo valor de X1.
(ii) abe = 1.
(Xn) → +∞ si X1 >1b
(Xn) → 1b
si X1 ≤ 1b.
(iii) abe < 1.
(Xn) → +∞ si X1 > L1
(Xn) = (L1, L1, L1, . . .) → L1 si X1 = L1
(Xn) → L2 si X1 < L1.
5) Xn+1 = f(Xn) = a ·X2n + b (a > 0, b > 0), sea f(x) = a · x2 + b entonces
se observa que f(x) no tiene punto fijo si 4ab > 1(caso (i)
)en este caso:
(Xn) → +∞ para cualquier valor de X1.
y y y
y=x y=
xy=
x
y=f(x)y=f(x)
b
L1-L1 -L1
L 1=L2 -L2 L2
L1L1
x x x
(i) (ii) (iii)
Figura 5
Supongamos que 4ab ≤ 1, entonces los puntos fijos de f(x) son:
L1 =1 +
√1 − 4ab
2a,
1 −√
1 − 4ab
2a.
Tenemos f ′(x) = 2xa, f ′(L1) = 1 +√
1 − 4ab, f ′(L2) = 1−√
1 − 4ab, y la
funcion f(x) = ax2 + b es decreciente en (−∞, 0] y esta es creciente en el
intervalo [0,+∞). primero, consideramos el intervalo [0,∞).
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62 4. FORMULA DE RECURRENCIA DE PRIMER ORDEN (CASO PARTICULAR)
En el caso de que 4ab = 1, se tiene que L1 = L2 =1
2a. Tenemos
(ver (ii)
):
(Xn) −→ +∞ si X1 >1
2a, (Xn) −→ 1
2asi 0 ≤ X1 ≤ 1
2a.
En el caso de que 4ab < 1, se tiene que (0 <)L2 < L1, observando (iii)
se tiene que (Xn) −→ L2 si 0 ≤ X1 < L1, y (Xn) −→ +∞, si X1 > L1,
(Xn) = (L1, L1, L1, . . .) −→ L1.
Teniendo en cuenta que si X1 ∈ (−∞, 0] entonces X2 = f(X1) ∈ [0,+∞),
en consecuencia se obtiene el siguiente resultado.
• 4ab = 1(caso (ii)
):
(Xn) → +∞ si X1 < − 1
2a,
(Xn) → 1
2asi − 1
2a≤ X1 ≤ 1
2a,
(Xn) → +∞ si X1 >1
2a.
• 4ab < 1(caso (iii)
):
(Xn) → +∞ si X1 < −L1,
(Xn) → L1 si X1 = −L1,
(Xn) → L2 si − L1 < X1 < L1,
(Xn) → L1 si X1 = L1,
(Xn) → +∞ si X1 > L1.
6) Xn+1 = f(Xn) = a ·X3n (a > 0)
Sea f(x) = ax3, x ∈ (−∞,∞). Si f(x) = x entonces x = 0,1√a, − 1√
a,
f ′(x) = 3ax2 ≥ 0, f ′(
1√a
)= f ′
(− 1√
a
)= 3,
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63
f ′(0) = 0, por lo tanto se obtiene:
(Xn) → −∞ si X1 < − 1√a,
(Xn) → − 1√a
(sucesion constante) si X1 = − 1√a,
(Xn) → 0 si X1 ∈(− 1√
a, 1√
a
),
(Xn) → 1√a
si X1 = 1√a,
(Xn) → +∞ si X1 >1√a.
1
1
a
a
y
x
y=xf(x)=y
Figura 6
7) Xn+1 = f(Xn) =3 · (1 +Xn)
3 +Xn(n = 1, 2, 3, . . .).
Sea f(x) =3 · (1 + x)
3 + xen R (notese que 1
0 = ∞), si f(x) = x entonces
x = ±√
3, por lo tanto la funcion f(x) tiene dos puntos fijos −√
3,√
3.
Si f(−2) = −3 entonces:
lımn→∞
Xn =√
3 si X1 = −3, lımn→∞
Xn =√
3 si X1 = −2.
(esto es, X1 = −2, X2 = −3, X3 = ∞, X4 = 3 > −√
3, . . . ,
lımn→∞
Xn =√
3.)
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64 4. FORMULA DE RECURRENCIA DE PRIMER ORDEN (CASO PARTICULAR)
3
3
3
3
-3
3
3
1
y=f(x)
y y=x
y=f(x)
x
Figura 7
Si X1 ≤ −3 entonces X2 = f(X1) > 3, se observa que:
(Xn) = (−√
3,−√
3,−√
3, . . .) → −√
3 si X1 = −√
3,
(Xn) →√
3 si X1 > −√
3, o X1 < −3.
Si −3 < X1 < −2 entonces X2 = f(X1) < −3, luego X3 = f(X2) > 3,
por lo tanto se tiene que (Xn) −→√
3.
Si −2 < X1 < −√
3, entonces (Xn) es decreciente, y para algun k se
tiene queXk < −3, yXk+1 > 3, por lo tanto se tiene que (Xn) −→√
3.
En resumen:
(Xn) −→√
3 si X1 6= −√
3,
(Xn) −→ −√
3 (sucesion constante) si X1 = −√
3.
8) Xn+1 = f(Xn) = 2Xn − aX2n (a > 0).
Sea f(x) = 2x− ax2 (a > 0) en R = (−∞,∞), entonces los puntos fijos de
f(x) son: 0 y 1a. tenemos: f ′(x) = 2 − 2ax, f ′(0) = 2 (> 1), f ′( 1
a) = 0.
Por lo tanto se obtiene:
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65
(Xn) → −∞ si X1 < 0, o, X1 >2a,
(Xn) → 1a
si 0 < X1 <2a,
(Xn) = (0, 0, . . .) → 0 (sucesion nula)
(Xn) = ( 2a, 0, 0, . . .) → 0 (sucesion casi-constante) .
y=f(x)
x
yy=x
1a
1a
2a
0
Figura 8
9) Xn+1 = −X3n + 1
3Xn = f(Xn) donde f(x) = −x3 + 13x en (−∞,∞).
Si x = 0 entonces f(x) = 0, o sea que 0 es el unico punto fijo de la funcion
f(x). f ′(x) = −3x2 + 13 , f
′(0) = 13 (< 1). Por lo tanto se tiene que:
(Xn) → 0 si − 1√3≤ X1 ≤ 1√
3.
Ahora, haciendo el cambio Xn = (−1)nYn se tiene:
Yn+1 = Y 3n − 1
3Yn = g(Yn)
Sea g(x) = x3 − 13x, entonces g(x) tiene tres puntos fijos: 0,
2√3, − 2√
3.
Tenemos: g′(x) = 3x2 − 13 > 0 si x > 1
3 , o x < −13 , y g(x) es decreciente si
−13 < x < 1
3 (ver figura). g(x) tiene un mınimo local en x = 13 ,
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66 4. FORMULA DE RECURRENCIA DE PRIMER ORDEN (CASO PARTICULAR)
g(13) = − 2
27 , y g(x) tiene un maximo loca en x = −13 , g(−1
3) = 227 .
0
0
13
1
3
1
3
13
y=xy
x
1
3
2
3
13
1
313
2
3
y=x
y=g(x)
Figura 9
Supongamos que Y1 ∈( 1√
3,
2√3
), entonces Y2 = g(Y1) < Y1, ya que
g(x) < x para x >1√3, Y3 = g(Y2) < Y2, ya que Y2 > 0, ası sucesivamente.
Existe k tal que Yk−1 > 0, y, Yk < 0; como el mınimo local de g(x) es
g(13) = − 2
27 (= −0.074) lo cual es mayor que − 1√3
(= −0.577), entonces
Yk ∈(− 1√
3, 0), en consecuencia se tiene que Yn ∈
(− 1√
3,
1√3
)para todo
n ≥ k. En vista de que Xn = (−1)nYn, se obtiene que Xn ∈(− 1√
3,
1√3
)
para todo n ≥ k, por lo tanto (Xn) → 0.
De la misma manera, si Y1 ∈(− 2√
3,− 1√
3
)entonces la sucesion (Xn)
tiende a 0.
Si Y1 >2√3
entonces (Yn) → +∞, o sea que (Xn) diverge en forma oscilante
(|Xn|) → +∞. Si Y1 =2√3
entonces:
(Yn) = (2√3,
2√3,
2√3, . . .) → 2√
3,
y los terminos de la sucesion (Xn) toman valores2√3
y − 2√3
alternativa-
mente, por lo tanto (Xn) diverge en forma oscilante.
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67
En conclusion se obtiene el siguiente resultado.
(Xn) → 0 si X1 ∈(− 2√
3, 2√
3
),
(Xn) diverge en forma oscilante si X1 ≥ 2√3, o X1 ≤ − 2√
3.
10) Xn+1 =aXn√Xn + 1
(a > 0). Sea f(x) =ax√x+ 1
(a > 0) en x ∈ (−1,∞).
La funcion f(x) tiene dos puntos fijos:
L1 = a2 − 1, L2 = 0,
y tenemos:
f ′(x) =a(x+ 2)
2(x+ 1)√x+ 1
.
(i) a > 1, f ′(0) = a > 1, f ′(a2 − 1) =a2 + 1
2a2< 1.
(Xn) diverge si X1 < 0,
(Xn) → a2 − 1 si X1 0,
(Xn) = (0, 0, 0, . . .) 0 si X1 = 0.
0
y=f(x)
y=x
x
y
a -12
Figura 10 I
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68 4. FORMULA DE RECURRENCIA DE PRIMER ORDEN (CASO PARTICULAR)
(ii) a < 1.
f ′(0) = a < 1, f ′(a2 − 1) =a2 + 1
2a2> 1.
(Xn) diverge si − 1 < X1 < a2 − 1,
(Xn) → 0 si X1 > a2 − 1,
(Xn) = (a2 − 1) → a2 − 1 si X1 = a2 − 1.
y=f(x)
y=x
x
y
a -12-1
0
Figura 10 II
(iii) a = 1. 0 es el unico punto fijo de la funcion f(x), y f ′(0) = 1.
0
y=f(x)
y=x
x
y
-1
Figura 10 III
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69
(Xn) diverge si X1 < 0,
(Xn) → 0 si X1 ≥ 0.
11) Xn+1 = a ·√X2
n +Xn (0 < a < 1)
0
y=x
x
y
a1-a
2
Figura 11
Sea f(x) = a ·√x2 + x en [0,+∞), si
f(x) = x entonces x(a2x+ a2 − 1) = 0,
por lo tanto, 0 ya2
1 − a2son los puntos fijos de la funcion f(x). Observese
que f ′(0) = +∞, 0 < f ′(a2
1 − a2) =
1 + a2
2< 1, entonces:
(Xn) → a2
1 − a2si X1 > 0,
(Xn) = (0, 0, 0, . . .) → 0 si X1 = 0.
12) Xn+1 =Xn + b
Xn + a(0 < b < a) (Nota: 1
∞ = 0, 10 = ∞)
Sea f(x) =x+ b
x+ a, si f(x) = x entonces x2 + (a− 1)x− b = 0, por lo tanto:
L1 =−(a− 1) +
√(a− 1)2 + 4b
2> 0, L2 =
−(a− 1) −√
(a− 1)2 + 4b
2< 0
son los puntos fijos de la funcion f(x). Tenemos f ′(x) =a− b
(x+ a)2> 0,
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70 4. FORMULA DE RECURRENCIA DE PRIMER ORDEN (CASO PARTICULAR)
observando la grafica de la funcion f(x) se ve que f ′(L1) < 1, f ′(L2) > 1,
por lo tanto: (Xn) → L1 si L2 < X1. Si −a < X1 < L2 entonces:
Xk < −a < X1 (< L2) para algun k ≥ 2, por lo tanto: Xk+1 = f(Xk) > 1,
en consecuencia: (Xn) −→ L1.
-a
L
1
y y=x
y=f(x)
x
L
1
2 -b
Figura 12
Si X1 = L2 entonces (Xn) = (L2, L2, L2, . . .) → L2. En resumen:
(Xn) → L1 si X1 6= L2,
(Xn) = (0, 0, 0, . . .) → L2 (sucesion constante) si X1 = L2.
Notese que si X1 = −a, entonces (Xn) = (−a,∞, 1,b+ 1
a+ 1, . . .) → L1.
13) Xn+1 = ln(X2n + b2) (b > 1).
Sea f(x) = ln(x2 + b2) en (−∞,∞), entonces f ′(x) =2x
x2 + b2.
Tenemos que 0 ≤ f ′(x) ≤ 1b
para x > 0 ya que2x
x2 + b2≤ 1
b(o sea que
(x − b)2 ≥ 0). Por lo tanto la curva y = f(x) corta la recta y = x en un
solo punto, digamos en L (> 0): L = ln(L2 + b2).
Como 0 < f ′(L) ≤ 1b< 1, entonces se tiene que (Xn) → L para cualquier
valor de X1.
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71
y
y=x
y=f(x)
L-L
L
x
2-ln b
Figura 13
Notese que si X1 < 0 entonces X2 = f(X1) > 0. La funcion f(x) es una
contraccion del espacio R = (−∞,∞) ya que
|f(x) − f ′(x)| ≤ 1
b|x− x′| para x, x′ ∈ R.
14) Xn+1 = XXnn .
y=x
(1,1)1
1 x
y
Figura 14
Sea f(x) = xx en I = (0,∞), entonces f ′(x) = xx · (lnx+ 1). Si f(x) = x
entonces x = 1 (la curva y = f(x) es tangente a la recta en (1,1)). Como
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72 4. FORMULA DE RECURRENCIA DE PRIMER ORDEN (CASO PARTICULAR)
f ′(1) = 1 entonces se tiene:
(Xn) → +∞ si X1 > 1,
(Xn) → 1 si 0 < X1 ≤ 1.
15) Xn+1 = −14 ·X2
n +Xn + 14 . Sea f(x) = −1
4 · x2 + x+ 14 entonces
f ′(x) = −12x+ 1, y 1,−1 son los puntos fijos de la funcion f(x), tenemos:
f ′(1) = 12 < 1, f ′(−1) = 3
2 > 1.
yy=x
y=f(x)
1 2 3 5
-1
Figura 15
Observando la grafica de la funcion f(x) se tiene que:
(Xn) → −∞ si X1 < −1 o X1 > 5,
(xn) → −1 si X1 = −1 o X1 = 5,
(Xn) → 1 si − 1 < X1 < 5.
16) Xn+1 = eXn − 1. Sea f(x) = ex − 1, f(x) tiene un unico punto fijo en
x = 0, y f ′(x) = ex, f ′(0) = 1, o sea que la recta y = x es tangente a la
curva y = ex − 1 en x = 0. tenemos entonces:
(Xn) → +∞ si X1 > 0,
(Xn) → 0 si X1 ≤ 0.
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73
y=x
y=f(x)
x
-1
y
0
Figura 16
17) Xn+1 =X2
n + 1
Xn + 1(n = 1, 2, 3, . . .), X1 ≥ 0. Sea f(x) =
x2 + 1
x+ 1en [0,∞),
si f(x) = x entonces x = 1, por lo tanto 1 es el unico punto fijo de f(x) en
[0,∞). f ′(x) =x2 + 2x− 1
(x+ 1)2, f(0) = 1, f ′(1) =
1
2< 1.
Observando la grafica de la funcion f(x) se obtiene que: (Xn) −→ 1 para
todo X1.
y=x
y=f(x)
x1
y
0
1 (1,1)
Figura 17
18) Xn+1 =X3
n +Xn
Xn + 1en [0,+∞). Sea f(x) =
x3 + x
x+ 1en [0,+∞), la funcion
f(x) tiene dos puntos fijos, 0 y 1.
f ′(x) =x3 + 3x2 + 1
(x+ 1)2> 0, f ′(0) = 1, f ′(1) = 3
2 > 1.
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74 4. FORMULA DE RECURRENCIA DE PRIMER ORDEN (CASO PARTICULAR)
f(x) − x =x2(x− 1)
x+ 1> 0 si x > 1; f(x) − x < 0 si x < 1. Por lo tanto se
tiene:
(Xn) → 0 si X1 < 1,
(Xn) = (1, 1, 1, . . .) → 1 si X1 = 1,
(Xn) → +∞ si X1 > 1.
y=x
y=f(x)
x1
y
0
1 (1,1)
Figura 18
19) Xn+1 = 4 − 3
Xn+1.
4
1
y=f(x)y=x
y=f(x)
2 3 43
4
0
Figura 19
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75
Sea f(X) = 4 − 3
xen (−∞,∞), f(x) tiene dos puntos fijos en x = 1 y en
x = 3, observando la grafica de la funcion f(x) se tiene que:
(Xn) → 3 si X1 6= 1,
(Xn) = (1, 1, 1, . . .) → 1 si X1 = 1.
Si 0 < X1 < 34 entonces X2 < 0, X3 > 4, por lo tanto se tiene que
(Xn) → 3.
Notese que1
∞ = 0,1
0= ∞.
20) Supongamos que f(x) es continua en una vecindad del origen, y f(0) = 0,
f ′(0) = α con 0 < α < 1. sea (Xn) la sucesion dada por la formula de
recurrencia Xn+1 = f(Xn), entonces evidentemente (Xn) tiende a 0 en una
vecindad del origen.
Como lımx→0
f(x)
x= lım
x→0
f(x) − f(0)
x− 0= α = f ′(0), entonces
lımn→∞
f(Xn)
Xn= lım
n→∞f(Xn+1)
Xn= α = f ′(0).
Por el segundo teorema de Cauchy se tiene que lımx→∞
n√|Xn| = α < 1, por
lo tanto la serie∞∑
n=1|Xn| converge. Evidentemente,
Xn+1
Xn= α + o(1) ya
que lımn→∞
(Xn+1
Xn− α
)= 0.
Supongamos que existe M > 0 tal que
∣∣∣∣Xn+1
Xn− α
∣∣∣∣ ≤M · |Xn|.
SeaXn+1
Xn= α+ Yn, entonces |Yn| ≤M · |Xn|. Tenemos:
Xn
X1=
n−1∏k=1
Xk+1
Xk
= αn−1 ·n−1∏k=1
(1 +
Yk
α
)= αn · 1
α
n−1∏k=1
(1 +
Yk
α
).
Como la serie∑ |Yn| ≤M ·∑ |Yn| converge, entonces el producto infinito
∞∏k=1
(1 +
Yk
α
)tambien converge absolutamente, esto es, existe el lımite
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76 4. FORMULA DE RECURRENCIA DE PRIMER ORDEN (CASO PARTICULAR)
lımn→∞
n−1∏k=1
(1 +
Yk
α
), entonces:
Xn ∼ αn ·X1 ·1
α
∞∏
k=1
(1 +
Yk
α
)= C · αn
donde la constante C =X1
α
∞∏k=1
(1 +
Yk
α
)6= 0.
y=x
y=f(x)
0
y
x
Figura 20
4.28 Ejercicios
1) Xn+1 = a+b
Xn(a > 0, b > 0), X1 > 0.
Sea f(x) = a +b
xen (0,+∞), entonces L = 1
2
(a +
√a2 + 4b
)es el unico
punto fijo de la funcion f(x) en (0,+∞).
Tenemos: f ′(x) = − b
x2< 0, por lo tanto f(x) es decreciente en (0,∞), y
f(x) −→ +∞ cuando x −→ 0+,
f(x) −→ a cuando x −→ +∞.
|f ′(L)| =2b
a2 + 2b+ a ·√a2 + 4b
, |f ′(L)| < 1.
Por lo tanto la sucesion Xn converge al lımite L en una vecindad de L.
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77
y=x
y=f(x)
L
y
x
a
Figura 1
Sea h = f ◦ f , entonces: h(x) = a +bx
ax+ b=
(a2 + b)x+ ab
ax+ b, se observa
que L es el unico punto fijo de la funcion h(x) en (0,∞), por lo tanto se
obtiene: (Xn) −→ L = 12 ·(a+
√a2 + 4b
)para todo X1 > 0.
2) Xn+1 =a√Xn
(a > 0), X1 > 0.
y=x
y=f(x)
L=a
y
x0
2/3
Figura 2
Sea f(x) =a√x
en (0,+∞), entonces L = a2
3 es el unico punto fijo de la
funcion f(x) en (0,+∞), ademas:
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78 4. FORMULA DE RECURRENCIA DE PRIMER ORDEN (CASO PARTICULAR)
f(x) → +∞ cuando x→ 0+,
f(x) → 0 cuando x→ +∞,
f ′(L) = −1
2, |f ′(L)| =
1
2.
Sea h(x) = f(f(x)
), entonces h(x) =
√a · 4
√x, ademas L = a
2
3 es el unico
punto fijo de h(x) en (0,∞), por lo tanto se tiene que
(Xn) → L = a2
3 para cualquier valor de X1 > 0.
3) Xn+1 =a
Xn + 1(a > 0), X1 > 0. Sea f(x) =
a
x+ 1en (0,∞), entonces
f ′(x) = − a
(x+ 1)2< 0, luego f(x) es decreciente en (0,∞). Si f(x) = x,
entonces x2 + x− a = 0 por lo tanto L =−1 +
√1 + 4a
2es el unico punto
fijo de f(x) en (0,∞). Tenemos: |f ′(L)| =2a
1 + 2a+√
1 + 4a< 1.
y=x
L
y
x
0
-1
a
Figura 3
Sea h = f ◦ f entonces h(x) = f(f(x)) =a(x+ 1)
x+ 1 + a. Si h(x) = x entonces
x2 + x − a = 0, por lo tanto L es el unico punto fijo de h(x) en (0,∞).
Ası se obtiene: (Xn) → L =−1 +
√1 + 4a
2para todo X1 > 0.
4) Xn+1 =2√
Xn + 3, X1 > −3. Sea f(x) =
2√x+ 3
en (−3,∞).
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79
Si f(x) = x entonces (x − 1) · (x + 2)2 = 0. Como x = −2 es una raız
fantasma de la ecuacion f(x) = x entonces x = 1, o sea, L = 1 es el unico
punto fijo de f(x) en (−3,∞). Tenemos: f ′(x) = − 1
(x+ 3)√x+ 3
< 0
|f ′(1)| = 18 < 1. Sea h(x) = f(f(x)), entonces:
h′(x) = f ′(f(x)) · f ′(x) =1
(f(x) + 3)√f(x) + 3
· 1
(x+ 3)√x+ 3
> 0.
Si x > L = 1, entonces h′(x) <1
3√
3 · 4√
4< 1, (ya que f(x) + 3 > 3,
x+3 > 4 si x > 1), por lo tanto la ecuacion h(x) = x no tiene raız en x > 1
(en consecuencia, h(x) no tiene punto fijo diferente de 1), ası se tiene que
(Xn) → 1 para cualquier valor de X1 > −3.
y=x
L=1
y
x
0
-3
y=h(x)
y=f(x)
Figura 4
5) Xn+1 =aXn√Xn + 1
(a > 0), X1 > −1.
Sea f(x) =ax√x+ 1
en I = (−1,+∞), la funcion f(x) tiene dos puntos
fijos:
L1 = a2 − 1, L2 = 0. Tenemos: f ′(x) =a(x+ 2)
2(x+ 1)√x+ 1
.
(i) a > 1. f ′(0) = a > 1, f ′(a2 − 1) =a2 + 1
2a2< 1.
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80 4. FORMULA DE RECURRENCIA DE PRIMER ORDEN (CASO PARTICULAR)
Tenemos: (L2 < L1)
(Xn) diverge si 1 < X1 < 0,
(Xn) → a2 − 1 si X1 > 0,
(Xn) = (0, 0, 0, . . .) → 0 si X1 = 0.
(ii) a < 1, f ′(0) < 1, f ′(a2 − 1) =a2 + 1
2a2> 1.
Tenemos (L1 < L2):
(Xn) diverge si − 1 < X1 < a2 − 1,
(Xn) → 0 si X1 > a2 − 1
(Xn) → a2 − 1 si X1 = a2 − 1.
(iii) a = 1, L1 = L2 = 0 es el unico punto fijo de f(x) en I = (−1,∞) y
f ′(0) = 1, se tiene que:
(Xn) → 0 si X1 ≥ 0,
(Xn) diverge si X1 < 0.
y=x
y
x
y=f(x)
(a=1)
y=x
y
x0
-1
y=f(x)
(a<1)
a -12
y=x
y
x0
-1
y=f(x)
L =a -1
L
1
2
2
(a>1)
Figura 5
6) Xn+1 =b
x2 + a+ c (a > 0, b > 0, c > 0).
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81
Sea f(x) =b
x2 + a+ c, entonces f(x) es una funcion par, y f(x) > 0 para
todo x ∈ R, por lo tanto podemos suponer, sin perdida de generalidad, que
x ∈ [0,+∞).
Tenemos: f ′(x) = − 2xb
(x2 + a)2< 0 para todo x ∈ [0,+∞), por lo tanto f(x)
es decreciente en [0,+∞) y la funcion f(x) tiene unico punto fijo L (> 0):
b
L2 + a+ c = L, o sea: (L− c)(L2 + a) = b, (notese que L > c), entonces:
|f ′(L)| =2bL
(L2 + a)2=
2b · Lb2
(L− c)2
=2L · (L− c)2
b
c
c L-L
ba +c
y
x
y=x
0
Figura 6 a
Si |f ′(L)| < 1, entonces 2L · (L − c)2 < b = (L − c)(L2 + a), por lo
tanto:
2L · (L− c) < L2 + a o sea (L− c)2 < a+ c2
en consecuencia se tiene que L− c <√a+ c2, luego:
b = (L − c) · (L2 + a) <√a+ c2 ·
{(√a+ c2 + c)2 + a
}= 2(a +
c2)(√a+ c2 + c)
entonces se obtiene la siguiente desigualdad:
b < 2 · (a+ c2) ·(√
a+ c2 + c)
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82 4. FORMULA DE RECURRENCIA DE PRIMER ORDEN (CASO PARTICULAR)
Recıprocamente, supongamos ahora que b < 2(a+ c2) ·{√
a+ c2 + c}.
Para realizar mas comodamente la operacion tomemos
L− c = Y (> 0),√a+ c2 = A (> 0) entonces la desigualdad anterior
puede escribirse como sigue: Y · (Y 2 + 2cY +A2) − 2A2(A+ c) < 0,
el primer miembro de la ultima desigualdad es factorizable por
Y −A, o sea
(Y 3 −A3) + 2c · (Y 2 −A2) +A2(Y −A)
= (Y −A) ·{(Y 2 + Y A+A2) + 2c · (Y +A) +A2
}< 0
por lo tanto se tiene que Y −A < 0 puesto que{(Y 2 + Y A+A2) + 2c · (Y +A) +A2
}> 0.
Entonces: L− c = Y < A =√a+ c2, en consecuencia se obtiene:
2L · (L− c)2 < (L2 + a)(L− c) = b, o sea que |f ′(L) < 1|.
? Elevando al cuadrado ambos miembros de la desigualdad
“L− c <√a+ c2” se obtiene: (L− c2) < a+ c2, o sea:
2L ·(L−c) < (L2+a), ahora multiplicando por (L−c) se obtienen
la desigualdad deseada.
En los procedimientos anteriores reemplazando “<” por “≥”, o reem-
plazando “<” por “=” se obtiene el siguiente resultado:
|f ′(L)| < 1 si y solo si b < 2(a+ c2) · (√a+ c2 + c)
|f ′(L)| = 1 si y solo si b = 2(a+ c2) · (√a+ c2 + c)
|f ′(L)| > 1 si y solo si b > 2(a+ c2) · (√a+ c2 + c).
(i) Si b > 2(a+ c2) ·(√a+ c2 + c
), entonces |f ′(L)| > 1, por lo tanto la
sucesion (Xn) es divergente salvo el caso de que
X1 = L (o X1 = −L) que converge al lımite L (o al lımite −L).
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83
(ii) Si b < 2(a + c2) · (√a+ c2 + c), entonces |f ′(L)| < 1, por lo tanto
la sucesion (Xn) converge en una vecindad de L. Si existieran p y
q (p 6= q) tales que f(p) = q, f(q) = p, entonces:
p =b
q2 + a+ c, q =
b
p2 + a+ c,
o sea: b+ cp2 + ca = q · (p2 + a), b+ cq2 + ca = p · (q2 + a).
Restando las dos igualdades, y dividiendo por p−q (6= 0), se obtiene:
pq = c · (p+ q) + a.
Ahora, sumando las dos igualdades anteriores y reemplazando pq por
c · (p+ q) + a se obtiene: (p+ q)(a+ c2) = b, por lo tanto obtenemos
p+ q y pq como sigue:
p+ q =b
a+ c2pq =
bc+ a(a+ c2)
a+ c2.
De lo anterior los valores de p, q serıan dos raıces de la ecuacion
cuadratica t2 − b
a+ c2t+
bc+ a(a+ c2)
a+ c2= 0.
Como p 6= q, entonces :( b
a+ c2
)2− 4 · bc+ a(a+ c2)
a+ c2> 0, o sea:
b2 − 4c(a+ c2){bc+ a(a+ c2)
}> 0.
o b2 − 4c(a + c2)b + 4ac(a + c2)2 − 4c2(a + c2)2 − 4a(a + c2)2 > 0,{b−2c(a+c2)
}2−4(a+c2)3 > 0,{b−2c(a+c2)+2(a+c2)
√a+ c2
}·
{b− 2c(a+ c2) − 2(a+ c2)
√a+ c2
}> 0.
Como el primer factor del primer miembro de la desigualdad anterior
es positivo ya que b+ 2c(a+ c2)(√a+ c2 − c
)> 0, entonces se tiene
b−2c(a+c2)−2(a+c2)√a+ c2 = b−2(a+c2)
(√a+ c2+c
)> 0, esta
ultima desigualdad contradice a la hipotesis (ii), la cual es equivalente
a la hipotesis “|f ′(L)| < 1”. Por lo tanto, no existen p, q tales que
f(p) = q, f(q) = p, en consecuencia se tiene que la sucesion (Xn)
converge al lımite L para todo valor de X1.
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84 4. FORMULA DE RECURRENCIA DE PRIMER ORDEN (CASO PARTICULAR)
(iii) Si b = 2(a+ c2)(√a+ c2 + c
)entonces |f ′(L)| = 1, o sea que la curva
y = h(x) = f(f(x)) es tangente a la recta y = x en (L,L).
Como
h(+∞) = f(f(+∞)
)= f(c) > L, h(0) = f
(f(0)
)= f(
b
a+ c) < L
ya que la funcion h(x) = f(f(x)
)es creciente, entonces la concavidad
de la funcion h(x) cambia de “arriba” a “abajo” al pasar por el punto
L, por lo tanto se obtiene: (Xn) → L para todo valor de X1.
y=h(x)
y=h(x)
y=f(x)
y=xy
y=cc
c L
b
a+c
f(c)
x
Figura 6
7) Xn+1 = −a(Xn − b)3 + c (a > 0).
Sea f(x) = −a(x − b)3 + c (a > 0), entonces f ′(x) = −3a(x − b)2 ≤ 0
para todo x ∈ R, por lo tanto f(x) es decreciente, luego existe unico punto
fijo L, o sea: a(L− b)3 + L = c.
Primero, vamos a establecer la condicion para que |f ′(L)| < 1.
Observamos que |f ′(L)| = 3a(L− b)2, y a(L− b)3 = c− L.
(i) Supongamos que |f ′(L)| < 1, entonces 3a(L− b)2 < 1, luego:
|L− b| < 1√3a
.
Si L > b entonces 0 < L− b <1√3a
, por lo tanto:
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85
y=xy
0
L x
L
y=f(x)
Figura 7
c = a(L− b)3 + L < a
(1√3a
)3
+1√3a
+ b =4
3√
3a+ b, luego:
0 < c− b <4
3√
3a, notese b < L < c(c− L = a(L− b)3 > 0.)
Si L < b entonces 0 < b − L <1√3a
, teniendo en cuenta que
c < L < b se tiene que:
c = L− a(b− L)3 > −a(
1√3a
)3
+ b− 1√3a
= − 4
3√
3a+ b,
o sea 0 < b− c <4
3√
3a.
Por lo tanto se obtiene la desigualdad
|b− c| < 4
3√
3a.
(ii) Recıprocamente, supongamos ahora que |b− c| < 4
3√
3a.
Si L > b entonces c− L = a(L− b)3 > 0, luego b < L < c, ası se
tiene que 0 < c− b <4
3√
3a. Tenemos:
a(L− b)3 + L = c < b+4
3√
3a,
o sea: a(L− b)3 + (L− b) − 4
3√
3a< 0.
Factorizando el primer miembro de la desigualdad anterior (∗):{
(L− b) − 1√3a
}{a(L− b)2 +
a√3a
(L− b) +4
3
}< 0,
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86 4. FORMULA DE RECURRENCIA DE PRIMER ORDEN (CASO PARTICULAR)
se obtiene que L− b− 1√3a
< 0,
en consecuencia: |f ′(L)| = 3a(L− b)2 < 3a( 1√
3a
)2= 1.
(∗) Tome L− b = x, entonces
ax3 + x− 4
3√
3a=(x− 1√
3a
)(ax2 +
a√3ax+
4
3
).
De la misma forma, si L < b entonces L − c = a(L − b)3 > 0,
luego:
b > L > c , ası se tiene que 0 < b− c <4
3√
3a.
Tenemos: −a(b− L)3 + L = c > b− 4
3√
3a,
esto es: a(b− L)3 + (b− L) − 4
3√
3a< 0, luego: b− L <
1√3a
.
por lo tanto se tiene que |f ′(L)| = 3a(b− L)2 < 3a( 1
3a
)= 1.
De (i) y (ii) se obtiene: |f ′(L)| < 1 si y solo si |b− c| < 4
3√
3a.
De forma similar se tiene que
|f ′(L)| < 1 si y solo si |b− c| < 4
3√
3a
|f ′(L)| = 1 si y solo si |b− c| =4
3√
3a
|f ′(L)| > 1 si y solo si |b− c| > 4
3√
3a.
(I) En el caso de que |b−c| > 4
3√
3ala solucion (Xn) diverge a excepcion
de la sucesion constante (Xn) = (L,L, L, . . .) −→ L cuando X1 = L.
(II) |b − c| < 4
3√
3a. sea h(x) = f
(f(x)
), entonces h(x) < x cuando
x −→ −∞, y, h(x) > x cuando x −→ +∞.
Ademas, |f ′(L)| < 1, entonces h′(L) = f ′(L)2 < 1.
en este caso, existen p, q (p < q) puntos fijos de la funcion h(x) tales
que f(p) = q, y f(q) = p. En efecto:
h′(x) = f ′(f(x)) · f ′(x) = 9a2 · (f(x) − b)2 · (x− b)2
= 9a2 · (a(x− b)3 + b− c)2 · (x− b)2,
h′′(x) = 18a2 · (x− b)(a(x− b)3 + b− c) · (4a(x− b)3 + b− c)
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87
por lo tanto la ecuacion h′′(x) = 0 tiene exactamente tres raıces, o
sea que la funcion h(x) posee tres puntos de inflexion. Si h(x) tuviera
mas de tres puntos fijos, entonces la curva y = h(x) cortarıa la recta
y = x, en por lo menos, 7 puntos, por lo tanto h(x) tendrıa, por lo
menos, cinco puntos de inflexion (absurdo!). Por lo tanto, la funcion
h(x) tiene exactamente tres puntos fijos, L, p, q. En consecuencia,
la solucion (Xn) −→ L cuando p < X1 < q.
(III) |b − c| =4
3√
3a. h′(L) = f ′(L)2 = 1. En este caso, usando L =
f(L) = −a(L− b)3 + c, |f ′(L)| = 3a(L− b)2 = 1, obtenemos:
f(L+ ε) = −a(L+ ε− b)3 + c
= −a{(L− b)3 + 3(L− b)2ε+ 3(L− b)ε2 + ε3
}+ c
= −a(L− b)3 + c− 3a(L− b)2ε− 3a(L− b)ε2 − aε3
= L− ε− 3a(L− b)ε2 − aε3.
Tambien, para ε suficientemente pequeno se obtiene aproximada-
mente que
h(L+ ε) = f(f(L+ ε)) = f(L− ε− 3a(L− b)ε2 − aε3)
≈ L+ (ε+ 3a(L− b)ε2 + aε3) − 3a(L− b){ε+ 3a(L− b)ε2}2
− a(−ε)3
= L+ ε+ 3a(L− b)ε2 − (3a)(L− b)ε2 + 2aε3 − 18a2(L− b)2ε3
= L+ ε+ 2aε3 − 6aε3 = L+ ε− 4aε3
< L+ ε si ε > 0
> L+ ε si ε < 0.
Por lo tanto, L es un punto de inflexion de la curva y = h(x), y su con-
cavidad cambia de “arriba” a “abajo” al pasar por el punto L, presentando
ası la situacion igual al caso de |f ′(L)| < 1 (caso (II)). En resumen:
|b− c| > 4
3√
3a.
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88 4. FORMULA DE RECURRENCIA DE PRIMER ORDEN (CASO PARTICULAR)
(Xn) diverge en forma oscilante si X1 6= L,
(Xn) = (L,L, L, . . .) −→ L si X1 = L.
|b− c| ≤ 4
3√
3a.
Existe p, q tales que (p < L < q):
(Xn) −→ L si p < X1 < q,
(Xn) diverge en forma oscilante si X1 ≤ p, o X1 ≥ q.
(-L,L)
x
y
y=x
y=h(x
)p
(L,L)L
L0 q
y=h(x
)
/
/+
-
/+
/-
Figura 7
8) Sea h = f ◦ f , entonces h(x) es creciente en el intervalo I ya que f(x) es
decreciente en I y f(I) ⊆ I, es un punto fijo de f(x) en I, y |f ′(L)| < 1.
Como h(x) es concava hacia abajo en x > L entonces h′′(x) < 0 en x > L,
por lo tanto h′(x) es decreciente en x > L, ademas h′(x) = |f ′(L)|2 < 1.
En consecuencia, no existe x(> L) donde h′(x) = 1, esto es, h(x) no tiene
punto fijo en x > L, por lo tanto h(x) tampoco tiene punto fijo en x < L,
o sea que L es el unico punto fijo de la funcion h(x) en I, ası se tiene que
(Xn) −→ L para todo valor de X1 ∈ I.
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89
yy=x
(L,L)
L
0
x
Figura 8
9) a) Sea
Xn =
√3 − 2 ·
√3 − · · · − 2 ·
√3 − 2 , entonces:
n veces “3”
Xn+1 =√
3 − 2Xn (n = 1, 2, 3, . . .), X1 =√
3 − 2 = 1.
Sea f(x) =√
3 − 2x entonces f ′(x) = − 1√3 − 2x
< 0 en [0, 1.5].
La funcion f(x) tiene un punto fijo en x = 1, y |f ′(1)| = 1. tenemos
que, para X1 = 1: (Xn) = (1, 1, 1, . . .) −→ 1, por lo tanto el valor
de la expresion es 1.
y
y=x
(1,1)
1
0
x
y=f(x)
3
1.5
Figura 9
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90 4. FORMULA DE RECURRENCIA DE PRIMER ORDEN (CASO PARTICULAR)
Sea
Xn =
√3 − 2 ·
√3 − · · · − 2 ·
√3 − 2 ,
n veces “3”
entonces: Xn+1 =√
3 − 2Xn X1 =√
3 (X2 =√
3 − 2√
3, etc.).
Sea f(x) =√
3 − 2x, si X1 =√
3 entonces se debe tener que
X2 =√
3 − 2√
3 = X2 =√
3 − 3.47 y el valor de X2 no existe
(en los numeros reales), por lo tanto la sucesion (Xn) no converge.
Notese que consideramos que la sucesion (Xn) no converge en el
caso de que la formula de recurrencia no genera la sucesion infinita.
b)
Xn =
√4 − 2 ·
√4 − 2 ·
√4 − 2 ·
√· · · − 2 ,
n veces “2”
Xn+1 =√
4 − 2Xn (n = 1, 2, 3, . . .), X1 =√
4 − 2 =√
2.
Sea f(x) =√
4 − 2x en [0, 2] entonces −1 +√
5 (= 1.236 . . .) es el
unico punto fijo de f(x), y f ′(x) = − 1√4 − 2x
< 0.
|f ′(−1 +√
5)| =1√
6 − 2√
5= 0.8090 . . . < 1.
Sea h(x) = f(f(x)) =√
4 − 2√
4 − 2x, entonces h(x) tiene tres
puntos fijos en [0, 2], son 0, 2, −1 +√
5. Como X1 =√
2 (=
1.41 . . .) ∈ (0, 2) entonces: (Xn) −→ −1 +√
5 cuando X1 =√
2, o
sea que el valor de la expresion es igual a −1 +√
5.
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91
Xn =
√4 − 2 ·
√4 − · · · − 2 ·
√4 ,
n veces “4”
X1 =√
4, X2 =√
4 − 2 ·√
4 = 0, entonces Xn+1 =√
4 − 2Xn,
X1 =√
4 = 2.
La sucesion (Xn) = (2, 0, 2, 0, . . .) diverge en forma oscilante cuan-
doX1 = 2. En esta ultima interpretacion la expresion no tiene valor.
c) Xn =1
1 +1
1 +1
1+
.. .
+1
1
X1 =1
1, X2 =
1
1 +1
1
=1
2, etc.
entonces Xn+1 =1
1 +Xn(n = 1, 2, 3, . . .), X1 = 1.
Sea f(x) =1
1 + xen [0,+∞), si f(x) = x entonces x2+x−1 = 0, por lo
tanto f(x) tiene un unico punto fijo−1 +
√5
2(= 0.618 . . .) en [0,+∞).
Tenemos f ′(x) = − 1
(1 + x)2< 0,
∣∣∣∣f ′(−1 +
√5
2
)∣∣∣∣ = 0.382 < 1.
Sea h(x) = f(f(x)) =x+ 1
x+ 2, si h(x) = x entonces x2 + x − 1 = 0, por
lo tanto−1 +
√5
2es el unico punto fijo de h(x) en [0,+∞).
En consecuencia, la sucesion (Xn) dada por la condicion inicial X1 = 1
converge al lımite−1 +
√5
2.
Ası se tiene que: el valor de la expresion es igual a−1 +
√5
2.
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92 4. FORMULA DE RECURRENCIA DE PRIMER ORDEN (CASO PARTICULAR)
d) Xn+1 = −X3n. Sea f(x) = −x3 en R = (−∞,+∞), entonces
f ′(x) = −3x2 ≤ 0 y f(x) es decreciente en R. 0 es el unico punto fijo de
f(x) y |f ′(0)| = 0 < 1.
Sea h(x) = f(f(x)) = x9, si h(x) = x entonces:
x9 − x = x(x2 − 1)(x2 + 1)(x4 + 1) = 0, por lo tanto h(x) tiene tres
puntos fijos: 0, +1, −1. Se obtiene:
(Xn) −→ 0 si X1 ∈ (−1, 1),
(Xn) = (−1, 1 − 1, 1 − 1, . . .) divergente si X1 = −1,
(Xn) = (1 − 1, 1 − 1, 1, . . .) divergente si X1 = 1,
(Xn) divergente en forma oscilante si X1 > 1, o, X1 < −1.
4.35 Ejercicios
1) Sea g(x) = ϕ−√ϕ2 − x donde ϕ =
−1 +√
5
2= 0.618 . . .
Tenemos g′(x) =1
2√ϕ2 − x
, g′(0) =1
2ϕ= 0.809 . . . < 1. Si g(x) = x
entonces x = 0, x = 2ϕ− 1 =√
5 − 2 > 0, entonces g(x) satisface:
0 < g(x) < x si 0 < x <√
5 − 2,
x < g(x) < 0 si x < 0,
g(x) > x si√
5 − 2 < x.
ademas g′′(x) =1
4(ϕ2 − x)√ϕ2 − x
, g′′(0) =1
4ϕ3(existe g′′(0)).
Por el ejemplo 4.29, la siguiente ecuacion
2ϕ · F (g(x)) = F (x), F (0) = 0, F ′(0) = 1,
posee unica solucion (continua) en el intervalo [a, 2ϕ− 1) (a < 0).
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93
y
y=x
0
x
y=g(x)
2ϕ−1 a b
Figura 1
2) Xn+1 = Xn − 1
Xn(n = 1, 2, 3, . . .).
Sea f(x) = x − 1
xentonces f ′(x) = 1 +
1
x2> 0, y f(x) es continua,
estrictamente creciente en (−∞, 0) y en (0,+∞). Ademas,
lımx→−∞
f(x) = −∞, lımx→0−
f(x) = +∞, lımx→0+
f(x) = −∞, lımx→+∞
f(x) = +∞.
Como la ecuacion f(x)−x = −1
x= 0 no posee raız, entonces f(x) no tiene
punto fijo. Por el ejemplo 4.31 la formula de recurrencia Xn+1 = Xn − 1
Xn
tiene las soluciones periodicas de cualquier perıodo diferente de 1.
3) Xn+1 = 4Xn(1 −Xn) (n = 1, 2, 3, . . .).
y=f(x)
(1/2,1)
y=xy
x1/2 10
1
Figura 3
Sea f(x) = 4x(1 − x) entonces la funcion f(x) es de [0, 1] sobre [0, 1],
y f(0) = f(1) = 0. Por el procedimiento igual al caso del ejemplo 4.30,
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94 4. FORMULA DE RECURRENCIA DE PRIMER ORDEN (CASO PARTICULAR)
la formula de recurrencia Xn+1 = f(Xn) posee soluciones periodicas de
cualquier perıodo.
4) Considere la formula de recurrencia Xn+1 = f(Xn) =X2
n − 1
2Xn
(n = 1, 2, 3, . . .), sea f(x) =x2 − 1
2x, entonces f ′(x) =
1
2+
1
2x2> 0, f(x)
es continua y creciente en (−∞, 0) y en (0,+∞) , ademas:
lımx→−∞
f(x) = −∞ lımx→0−
f(x) = +∞, lımx→0+
f(x) = −∞, lımx→+∞
f(x) = +∞.
Como la ecuacion f(x)−x = −x2 + 1
2x= 0 no posee raız real, entonces f(x)
no tiene punto fijo en R. Por el ejemplo 4.31 existen soluciones periodicas
de cualquier perıodo (6= 1) de la formula de recurrencia dada.
5) Sea X un conjunto ordenado, f : X −→ X tal que f(x) > x para todo
x ∈ X. Dado x ∈ X la sucesion Sx = (x, f(X), f2(x), . . . , fn(x), . . .) es
estrictamente creciente puesto que fn(x) = f(fn−1(x)) > fn−1(x) para
todo n, por lo tanto Sx no es periodica. Por el ejemplo 4.32 (el caso (i))
existe una particion (P,Q) del conjunto X tal que
f(P ) ∩ P = ∅, f(Q) ∩Q = ∅.
6) Sean X = {1, 2, 3}, f : X −→ X la funcion dada por:
f(1) = 2, f(2) = 3, f(3) = 1. Tenemos:
S1 = (1, 2, 3, 1, 2, 3, 1, 2, 3, . . .), S2 = (2, 3, 1, 2, 3, 1, 2, 3, 1, . . .),
S3 = (3, 1, 2, 3, 1, 2, 3, 1, 2, . . .),
por lo tanto se tiene que S1 ∼ S2 ∼ S3, y el perıodo “`” de estas sucesiones
es igual a “3”. Considere B = {1} (el conjunto de representante de la clase
de equivalencia), notese que solamente hay una clase. Como ` = 3 es impar
se presenta el caso (iii).
x = 1. f0(1) = f1−1(1) = 1 ∈ B, por lo tanto 1 ∈ P ,
x = 2. f2(2) = f3−1(2) = 1 ∈ B, como n = 3 es impar (6= 1), entonces
2 ∈ Q.
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95
x = 3 f1(3) = f2−1(3) = 1 ∈ B, como n = 2 entonces 3 ∈ R.
Ası se tiene: P = {1}, Q = {2}, R = {3}.
Para este caso no existe una particion (P,Q) del conjunto X = {1, 2, 3} tal
que f(P ) ∩ P = ∅ f(Q) ∩Q = ∅.
En efecto, supongamos que existe tal particion (ademas 1 ∈ P , sin perdida
de generalidad) entonces:
1 ∈ P entonces 2 = f(1) ∈ Q.
Si 3 ∈ P entonces 1 = f(3) ∈ Q, esto es un absurdo ya que 1 ∈ P ,
si 3 ∈ Q, como f(2) = 3, y 2 ∈ Q entonces 3 ∈ P , esto es un absurdo
ya que 3 ∈ Q.
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5
Formula de recurrencia del
primer orden (Caso general)
5.11 Ejercicios
1) Supongamos que fn(x) es continua en D (para cada n), fn(x) → f(x)
uniformemente en D, y la sucesion (Xn) dada por Xn+1 = fn(Xn) (n =
1, 2, 3, . . .) converge al lımite L, entonces dado ε > 0 existe N1 tal que
|fn(x) − f(x)| < ε para todo x ∈ D , para n > N1, y existe δ > 0 tal que
|f(x) − f(L)| < ε si |x− L| < δ (ya que f(x) es continua en D). Ademas,
existe N2 tal que |Xn−L| < δ para todo n > N2. Sea N =maximo{N1, N2}entonces:
|f(Xn)−f(L)| < ε, |fn(Xn)−f(Xn)| < ε (Xn ∈ D) para todo n > N.
Por lo tanto:
|fn(Xn) − f(L)| ≤ |fn(Xn) − f(Xn)| + |f(Xn) − f(L)| < ε+ ε = 2ε,
o sea: lımn→∞
fn(Xn) = f(L).
Como Xn+1 = fn(Xn) −→ f(L), (Xn+1) −→ L, entonces f(L) = L.
2) Sea (Xn) la solucion de Xn+1 = fn(Xn) =X3
n
X2n + 1
+ cn donde (cn) es
decreciente y tiende a 0.
97
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98 5. FORMULA DE RECURRENCIA DEL PRIMER ORDEN (CASO GENERAL)
• Primero, hallaremos los puntos fijos de la funcion fn(x) =x3
x2 + 1+cn para
cada n (ver el ejemplo 5.6, Fig. 5.2 (b)). Si fn(x) = x entonces x+1
x=
1
cn.
Cuando cn <1
2, fn(x) tiene dos puntos fijos, digamos αn, βn(0 < αn < 1 <
βn). (Notese que cn > 0 puesto que cn es decreciente y (cn) → 0). Ademas,
(αn) es decreciente, (αn) → 0, y (βn) es creciente, (βn) → +∞.
y = x + 1x__
2
01
(1,2)
x
y
1
y = f (x)
y =
x
x
y
1cn__
βn βnαn
n
αn
Figura 2
i) Si Xk ∈ (αk, βk) para algun k, entonces:
αk+1 < αk = fk(αk) < fk(Xk) = Xk+1 < Xk > βk < βk+1,
por lo tanto (Xn;n ≥ k) es decreciente y acotada por 0 = lımn→∞
αn;
como 0 es el unico posible lımite de la sucesion (Xn) entonces
lımn→∞
Xn = 0.
ii) Supongamos que Xn /∈ (αn, βn) para todo n.
Si Xm ≤ αm para algun m, entonces:
Xm+1 = fm(Xm) ≤ fm(αm) = αm < βm < βm+1, por lo tanto
se debe tener que Xm+1 ≤ αm+1, en consecuencia Xn ≤ αn para
todo n ≥ m. Si Xk > 0 para algun k ≥ m, entonces
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99
Xk+1 = fk(Xk) > fk(0) > 0, por lo tanto Xn > 0 para todo
n ≥ k, luego lımn→∞
Xn = 0. Si Xn ≤ 0 para todo n ≥ m, entonces
Xn+1 = fn(Xn) > Xn para todo n ≥ m, luego lımn→∞
Xn = 0.
Si Xm ≥ βm para algun m, entonces Xm+1 = fm(Xm) > Xm ≥βm, luego Xm+1 ≥ βm+1. Por lo tanto, Xn ≥ βn para todo n ≥ m
y lımn→∞
Xn = +∞.
iii) Supongamos que una solucion (Xn) de la formula de recurrencia tiende
a 0, entonces cualquier solucion (Xn) con X1 < X1 tambien converge
a 0 (igual al caso del ejemplo 5.6).
De (i),(ii) y (iii) se obtiene (a),(b) propuestos en el ejercicio 2).
3) Xn+1 = fn(Xn) =X3
n
X2n + 1
+ cn, Yn+1 =Y 3
n
Y 2n + 1
+ bn, donde (cn), (bn)
son decrecientes y tienden a 0, bn ≥ cn para todo n ≥ N .
(a) Supongamos que (Yn) → 0 para cualquier Y1 ∈ R.
Dado X1 cualquier, escoja YN tal que YN = XN ; evidentemente, existe
Y1 tal que YN = XN (puesto que gn(x) es biyectiva para cada n). Como
bn ≥ cn para todo n ≥ N , entonces Xn ≤ Yn para todo n ≥ N (por
induccion, siXn ≤ Yn entoncesY 3
n
Y 2n + 1
≥ X3n
X2n + 1
puesto que la funcion
x3
x2 + 1es creciente y bn ≥ cn, por lo tanto se tiene que Yn+1 ≥ Xn+1).
En virtud de que (Yn) → 0 se tiene que (Xn) → 0 (por el ejercicio 2).
Notese que es imposible tener que (Xn) → +∞.
(b) Supongamos existe σ 6= +∞ tal que
(Xn) → 0 si y solo si X1 ∈ (−∞, σ).
Entonces existe una solucion de la formula de recurrencia Xn+1 =
fn(Xn) que diverge a +∞. Por lo tanto, existe una solucion (Yn) de la
formula de recurrencia Yn+1 = g(Yn) que diverge a +∞ (basta escoger
YN = XN ).
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100 5. FORMULA DE RECURRENCIA DEL PRIMER ORDEN (CASO GENERAL)
Por el ejercicio 2) existe ρ 6= +∞ tal que
(Yn) → 0 si y solo si Y1 ∈ (−∞, ρ).
4) Xn+1 =X3
n
X2n + 1
+ cn (n = 1, 2, 3, . . .), (cn) es decreciente, (cn) → 0.
Por el ejercicio 2) se concluye que siXm < βm para algunm suficientemente
grande, entonces Xn) → 0.
(a) cn =A√n
, A <1√2.
Como βn +1
βn=
1
cn=
√n
A(A <
1√2), βn → +∞, entonces
βn −√n
A→ 0, por lo tanto: βn >
√n
A− 1 para n suficientemente
grande.
De la formula de recurrencia, si Xn > 0 (*) para todo n suficientemente
grande:
Xn+1 = Xn − Xn
X2n + 1
+A√n< Xn +
A√n.
Sumando la desigualdad anterior con respecto a “n”, desde n hasta
m− 1:
Xm < Xn +A ·m−1∑
k=n
1√k< Xn +A ·
m−1∑
k=1
1√k< Xn + 2
√m ·A
(notese que
m−1∑k=1
1√k< 2 · √m
).
Dado un “n” fijo, para m(> n) suficientemente grande se tiene:
( 1
A− 2A
)· √m > Xn + 1
ya que1
A− 2A > 0, por hipotesis, A <
1√2, entonces:
Xm < Xn +2√m ·A <
√m
A− 1 < βm, para m suficientemente grande,
esto es, existe m suficientemente grande tal que Xm < βm, por lo tanto
la sucesion (Xn) → 0.
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101
(#) Si lım infXn ≤ 0, entonces existe m (grande) tal que Xm < βm,
en consecuencia se tiene que (Xn) → 0.
(b) cn =A√n·A ≥
√2.
Basta considerar que A =√
2 (por 3),(b)), por lo tanto vamos a de-
mostrar que si cn =
√2√n
entonces alguna solucion (Xn) → +∞.
Escogemos que Xm >√
2√m (para algun m), vamos a demostrar, por
induccion que Xn >√
2√n para todo n ≥ m. En efecto, supongamos
que Xn >√
2√n, por la formula de recurrencia se obtiene:
Xn+1 = Xn − Xn
X2n + 1
+
√2√n> Xn − 1
Xn+
√2√n
>√
2√n− 1√
2√n
+
√2√n
(nota: la funcion t− 1
tes creciente)
=√
2√n+
1√2√n≥
√2 ·
√n+ 1. (#)
Por la induccion, se tiene que Xn >√n para todo n ≥ m, entonces
lımn→∞
Xn = +∞.
(#)√
2√n +
1√2√n
=2n+ 1√
2√n
=
√n
2+√n+ 1
2
√2√n
≥ 2√n√n+ 1√
2√n
=√
2√n+ 1.
(c) cn =C
na
(a > 1
2
).
Tenemos:C
na<
A√n
con A <1√2
para n suficientemente grande, por
4) (a) se tiene que lımn→∞
Xn = 0 para todo X1.
(d) cn =C
na
(0 < a < 1
2
).
tenemosC
na>
√2√n
para n suficientemente grande. Por 4) (b) y 2) se
obtiene el resultado buscado.
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102 5. FORMULA DE RECURRENCIA DEL PRIMER ORDEN (CASO GENERAL)
5.19 Ejercicios
1) Xn+1 = fn(Xn) =an ·Xn
Xn + bn, (an) → a, (bn) → b (|a| > |b|).
Tenemos:1
Xn+1=bnan
1
Xn+
1
an,
bnan
→ b
a, | ba| < 1,
por lo tanto:( 1
Xn+1
)→ 1
a− bpara cualquier X1 6= 0
Se observa que (Xn) → 0 si X1 = 0.
Sea fn(x) =an · xx+ bn
, fn(x) → f(x) =ax
x+ b, entonces la funcion f(x)
tiene puntos fijos en x = 0, x = a− b, y f ′(x) =ab
(x+ b)2,
f ′(0) =a
b,
∣∣∣ab
∣∣∣ > 1, f ′(a− b) =b
a,∣∣∣ ba
∣∣∣ < 1.
Notese que fn(x) → f(x) uniformemente en una vecindad de “0” (cuando
b 6= 0) y que fn(x) → f(x) uniformemente en una vecindad de a−b (cuando
a 6= 0). Sean A0 el conjunto abierto correspondiente al punto fijo a− b, S0
el conjunto cerrado correspondiente al punto fijo 0, entonces:
A0 = R − {0} (ya que (Xn) → a− b si X1 ∈ A0)
S0 = {0} (ya que (Xn) → 0 si X1 ∈ S0).
2) Xn+1 = fn(Xn) donde fn(Xn) = an ·√x2 − bn, (an > 0, bn > 0)
(an) → a(> 1), (bn) → b.
Tenemos: X2n+1 = a2
n ·X2n − a2
nbn, por lo tanto:
X2n+1 = (a1a2 · · · an)2 ·
{X2
1 −n∑
k=1
a2kbk
a1a2 · · · ak)2
},
Sea p =∞∑
k=1
a2kbk
(a1a2 · · · ak)2= b1 +
∞∑k=1
bk+1
(a1a2 · · · ak)2(> 0),
si 0 < X1 <√p entonces X2
n+1 < 0 para algun n, por lo tanto la formula
de recurrencia no define el valor real del termino Xn+1, considerandose
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103
ası que la sucesion (Xn) sea divergente. Por lo tanto se obtiene:
(Xn) −→ +∞ cuando X1 >√p
(Xn) −→ a√b√
a2 − 1cuando X1 =
√p
(Xn) diverge cuando X1 <√p
Sea fn(x) = an
√x2 − bn, f(x) = a
√x2 − b, x ∈ (
√b,+∞), en-
tonces la funcion f(x) tiene unico punto fijo en L =a√b√
a2 − 1. Observese que
fn(x) → f(x) uniformemente en una vecindad de L, y que f ′(L) = a2 > 1.
Sea S0 el conjunto cerrado correspondiente al punto fijo L de la funcion
f(x), entonces: S0 = {√p}.
3) Xn+1 = fn(Xn) donde:
fn(x) =
x3 + x− {(12)n + (1
2)3n−3} si x ≥ (12)n−1
12 · x si − (1
2)n−1 ≤ x ≤ (12)n−1
x3 + x+ {(12)n + (1
2)3n−3} si x ≤ (12)n−1
Sea f(X) = x3 +x, entonces fn(x) −→ f(x) uniformemente en R. Ademas,
0 es el unico punto fijo de la funcion lımite f(x), y f ′(0) = 1. Tenemos:
fn :[−(1
2
)n−1,(1
2
)n−1]−→
[−(1
2
)n
,(1
2
)n]sobre,
por lo tanto: (Xn) −→ 0 cuando X1 ∈ [−1, 1].
Ahora, vamos a demostrar que (Xn) −→ +∞ cuando X1 > 1.
Sea fn(x) = x − (12)n si x ≥ (1
2)n−1, entonces fn(x) > fn(x) > (12)n si
x ≥ (12)n−1.
Dado ε > 0, consideremos dos sucesiones (Xn), (tn) definidas por:
Xn+1 = fn(Xn), tn+1 = fn(tn) (n = 1, 2, 3, . . .) X1 = t1 = 1 + ε,
teniendo en cuenta que fn, fn son funciones crecientes, obtenemos:
Xn > tn para todo n > 1.
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104 5. FORMULA DE RECURRENCIA DEL PRIMER ORDEN (CASO GENERAL)
x
y y=f(x) y=x
y=f (x)n
y=f (x)n
y=f(x)
1
2n-1 1
2n
1
2n
1
2n-1
r
rn
n0
Figura 3
Por otra parte, t1 = 1 + ε, t2 = 12 + ε, t3 = (1
2)2 + ε, etc. luego:
Xn > tn > ε para todo n > 1
Sea rn(> 0) el punto fijo positivo de la funcion fn(x) : fn(rn) = rn, entonces
(r3n) = (12)n + (1
2)3n−3; por lo tanto (rn) es decreciente y
(rn) −→ 0+(cuando n −→ ∞).
En consecuencia, existe m tal que rm < Xm puesto que Xm > ε. Se observa
que si x ≥ rm entonces x ≥ rn para todo n ≥ m ya que (rn) es decreciente,
en consecuencia fn(x) > x para todo n ≥ m , por lo tanto:
Xm ≤ Xm+1 ≤ Xm+2 ≤ · · · −→ +∞, o sea que (Xn) −→ +∞ cuando
X1 > 1.
De la misma manera se tiene que:
(Xn) −→ −∞ cuando X1 < −1.
4) Sea f : R −→ R tal que f(0) = 0, f ′(0) ≥ 1, f ′(x) > 1 para todo x 6= 0,
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105
y (sn;n = 1, 2, 3, . . .) una sucesion estrictamente decreciente y tiende a
0. Se define fn : R −→ R como sigue:
fn(x) =
f(x) − (f(sn) − sn+1) si x ≥ sn
sn+1
sn· x si 0 ≤ x ≤ sn
f(x) si x ≤ 0
Xn+1 = fn(Xn) (n = 1, 2, 3 . . .)
• Tenemos: fn : [0, sn] −→ [0, sn+1] sobre.
Como (sn) es decreciente y tiende a 0, entonces:
(Xn) −→ 0 s i X1 ∈ [0, s1].
• Si x < 0 entonces f(x) < x ya que f ′(x) > 1, por lo tanto:
fn(x) < x para todo x < 0, en consecuencia se obtiene: (Xn) −→ −∞ (en
forma decreciente) si X1 < 0.
• Supongamos que X1 > s1 entonces existe ε > 0 tal que X1 = s1 + ε.
Tenemos: X2 = f(X1) − f(s1) + s2 = f(s1 + ε) − f(s1)︸ ︷︷ ︸W
ε ya que f ′(x)>1
+s2 > ε+ s2
X3 = f(X2) − f(s2) + s3 > f(s2 + ε) − f(s2) + s3 > ε+ s3↑f es creciente
en general se obtiene (por induccion) :
Xn > ε+ sn para todo n
Sea rn(> 0) el unico punto fijo de fn(x) en (0,+∞), entonces:
(rn) −→ 0) (cuando n → −∞)(#), por lo tanto existe m tal que rm < ε
esto es, rm < Xm.
La sucesion (Xn; n = m,m + 1,m + 2, . . .) = (Xm, Xm+1, Xm+2, . . .) es
estrictamente creciente, luego: (Xn) → +∞ si X1 > s1, notese que
fn(x) > x cuando x > rn (para n ≥ m).
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106 5. FORMULA DE RECURRENCIA DEL PRIMER ORDEN (CASO GENERAL)
(#) Sea F (x) = f(x) − x entonces F (x) es estrictamente creciente ya que
F ′(x) = f ′(x) − l > 0, y F : [O,+∞) −→ [0,+∞). Como F es inyectiva
existe la funcion inversa F−1 : [0,+∞) −→ [0,+∞) Y F−1 es estrictamente
creciente. Sea δn = f(sn)−sn+l > sn−sn+1 > 0, como (sn) −→ 0 entonces
δn −→ 0.
Tenemos: fn(x) = f(x) − δn, rn = fn(rn) = f(rn) − δn, por lo tanto
f(rn) − rn = F (rn) = δn.
En virtud de que δn −→ 0, rn = F−1(δn) −→ 0 (n −→ ∞).
5) Xn+1 = fn(Xn) = f(Xn) + cn donde f(x) = ex − 1, y cn −→ 0.
(a) 0 < cn ≤ 1
2n2.
Basta demostrar para el caso de “cn =1
2n2” (ver el ejercicio siguiente).
Por la desigualdad ex < 1 + x+ 12x
2 (para x < 0 ), se tiene:
Xn+1 = eXn − 1 + 12n2 < Xn + 1
2X2n + 1
2n2 (para Xn < 0).
Por otra parte:
1
n+ 1+
2
(n+ 1)2+
2
n3+
2
n4=
1
n+
1
n2− 1
n3+O
( 1
n4
)
por lo tanto existe m tal que para todo n ≥ m se cumple la siguiente
desigualdad:1
n+ 1+
2
(n+ 1)2+
2
n3+
2
n4<
1
n+
1
n2(para n ≥ m).
Supongamos que Xm satisface la desigualdad:
−1 < Xm < − 1
m− 2
m2(para algun m), entonces se demuestra, por
induccion, que
−1 < Xn < − 1
n− 2
n2para todo n ≥ m. (i)
En efecto, supongamos valida la desigualdad (i) para n, como Xn+1 >
Xn (ya que ex > 1 + x para todo x 6= 0) entonces −1 < Xn+1. La
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107
funcion x+ 12x
2 es creciente para x > −1, luego:
Xn+1 ≤ Xn +1
2X2
n +1
2n2≤ (− 1
n− 2
n2) +
1
2(− 1
n− 2
n2)2 +
1
2n2
= − 1
n− 2
n2+
2
n3+
2
n4< − 1
n+ 1− 2
(n+ 1)2,
ası por induccion se obtiene la desigualdad (i).
De (i) se tiene que Xn < 0 para todo n ≥ m.
Dado ε > 0 existe m ∈ N tal que −ε < − 1
m− 2
m2(< 0), escoja Xm:
(−1 <) − ε < Xm < − 1
m− 2
(m)2, entonces la solucion (Xn; n ≥
m) satisface: Xm < Xm+l < · · · < Xn < · · · < 0, por lo tanto:
(Xn; n ≥ m) −→ 0.
Considere la solucion (Xn) con X1 = 0, entonces
X2 = f(0) + c1 > 0, luego: 0 = X1 < X2 < X3 < · · · −→ +∞.
En resumen, existe “m” y “σ = 0” tales que
(Xn; n ≥ m) → 0 si Xm ∈ (−∞, 0)
(Xn; n ≥ m) → +∞ si Xm /∈ (−∞, 0) (esto es,Xm ≥ 0, m = 1).
(b) Si cn ≥ A
n2con A > 1
2 para todo n suficientemente grande, entonces
para cualquier m la solucion (Xn; n ≥ m) diverge a +∞.
Sea cn =A
n2, si alguna solucion (Xn; n ≥ m) converge al lımite 0, entonces
demostremos que A ≤ 12 .
Demostracion
Dado (0 < ε < 12), existe una vecindad de 0, (−δ, 0) tal que
ex − 1 > x+ (12 − ε) · x2 para x ∈ (−δ, 0). (#)
Supongamos que alguna solucion (Xn) de la formula de recurrencia tiende
0, esto es, existe “m” tal que −δ < Xn < 0 para todo n ≥ m.
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108 5. FORMULA DE RECURRENCIA DEL PRIMER ORDEN (CASO GENERAL)
De la formula de recurrencia
Xn+1 = eXn − 1 +A
n2> Xn + (
1
2− ε) ·X2
n +A
n2(para todo n ≥ m), (ii)
se tiene: Xn+1 > Xn +A
n2(para todo n ≥ m).
Sumando la desigualdad anterior con respecto a “n”, desde n = k hasta
n = ∞ (notese que k ≥ m) tenemos:
X∞ = 0 > Xk +∞∑
n=k
A
n2> Xk +
∫ ∞
k
A
t2dt = Xk +
A
k, (##)
o sea:
• Xk < −Ak
para todo k ≥ m.
Reemplazando la ultima desigualdad en (ii) se obtiene:
Xn+1 > Xn +(1
2− ε)· A
2
n2+A
n2(para n ≥ m)
Nuevamente, sumando la desigualdad anterior con respecto a “n”, desde
n = k hasta n = ∞:
X∞ = 0 > Xk +{(1
2− ε)·A2 +A
}· 1
kpara todo k ≥ m,
o sea que:
• Xk < −{(1
2− ε)·A2 +A
}· 1
k.
Repitiendo el mismo proceso sucesivamente, se obtiene la siguiente:
(#) ex − 1 = x+ 12x
2 +O(x3) > x+ (12 − ε) · x2 ya que ε · x2 +O(x3) > 0.
(##)∞∑
n=k
1
n2>
∞∫k
1
t2dt =
1
k.
• Xk < −Yj ·1
k(para todo k ≥ m) j = 1, 2, 3, . . . (iii)
Y1 = A, Y2 =(
12 − ε
)A2 +A, en general:
Yj+1 =(1
2− ε)· Y 2
j +A (j = 1, 2, 3, . . .).
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109
Notese que esta ultima es una formula de recurrencia del primer orden para
determinar (Yj ; j = 1, 2, 3, . . .), sea
G(x) =(1
2− ε)· x2 +A,
entonces la formula para (Yj ; j = 1, 2, 3, . . .) puede escribirse como sigue:
Yj+1 = G(Yj) (j = 1, 2, 3, . . .).
La funcion G(x) no tiene punto fijo cuando “A >1
2(1 − 2ε)”, ya que la
ecuacion(
12 − ε
)x2 +A = x, que es una ecuacion de 2o grado,
“(1 − 2ε) · x2 − 2x+ 2A = 0” la cual no tiene raız cuando A <1
2(1 − 2ε).
En tal caso, la sucesion (Yj ; j = 1, 2, 3, . . .) diverge monotonamente hacia
+∞ cuando j → ∞, por lo tanto existe j tal que Yj > m · δ.
En la desigualdad (iii) tomando k = m se obtiene
Xm < −m · δ · 1
m, o sea que Xm < −δ (!absurdo!)
En consecuencia, se debe tener:
A ≤ 1
2(1 − 2ε)
para que la sucesion (Xn; n = 1, 2, 3, . . .) tienda al lımite 0. Como ε(> 0)
es cualquiera, entonces A ≤ 1
2.
6) Sean (Xn), (Yn) soluciones, respectivamente, de las formulas de recurren-
cia: Xn+1 = fn(Xn) = f(Xn) + cn, Yn+1 = g(Yn) = f(Xn) + bn
donde f(x) = ex − 1; supongamos que existe N tal que
0 < cn ≤ bn, para todo n ≥ N, (bn) −→ 0 (n→ ∞).
Por la desigualdad: ex − 1 > x para todo x ∈ R, x 6= 0
se obtiene: Xn+1 = eXn − 1 + cn > Xn + cn > Xn (notese que cn > 0 por
hipotesis), por lo tanto: Xn < Xn+1 < Xn+2 < · · · , o sea que (Xn; n ≥ m)
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110 5. FORMULA DE RECURRENCIA DEL PRIMER ORDEN (CASO GENERAL)
es creciente, para cualquier m. Teniendo en cuenta que fn(x) es continua,
y creciente, ademas fn(x) −→ f(x) uniformemente, x = 0 es el unico
punto fijo de la funcion lımite f(x), por lo tanto la sucesion (Xn; n ≥ m)
tiende a lımite 0, o lımn→∞
Xn = +∞ (para cualquier m). De la misma forma,
sucesion (Yn; n ≥ m) tiende al lımite 0, o lımn→∞
Yn = +∞ (para cualquier
m).
(a) Si (Xn; n ≥ m) −→ +∞ para cualquier Xm (para m ∈ N cualquiera)
entonces (Yn; n ≥ m) −→ +∞ para cualquier Ym (para cualquier m).
En efecto, podemos suponer, sin perdida de generalidad, que n ≥ N ,
considere que Ym cualquiera, sea (Xn) dada por la 1a formula de
recurrencia con la condicion inicial “Xm = Ym”, entonces (Xn; n ≥m) −→ +∞ (por hipotesis). Si (Yn; n ≥ m) satisface la 2a formula de
recurrencia, entonces se demuestra, por induccion que
Xn ≤ Yn para todo n ≥ m,
por lo tanto se obtiene:
lımn→∞
Yn = +∞ (para cualquier Ym).
(b) Supongamos que existe “m” y “σ < 0” tales que
(Yn; n ≥ m) = (Ym, Ym+1, Ym+2, . . .) → 0 si y solo si Ym ∈ (−∞, σ],
entonces existen “k” y ρ(< 0) tales que
(Xn; n ≥ k = (Xk, Xk+1, Xk+2, . . .) → 0 si y solo si Xk ∈ (−∞, ρ].
Notese que podemos suponer que m ≥ N .
En efecto, sea (Xn; n ≥ m) la solucion de la 1a formula de recurrencia
determinada con la condicion inicial Xm = Ym, entonces Xn ≤ Yn para
todo n ≥ m, por lo tanto se tiene que (Xn) −→ 0 ya que Xn ≤ Yn < 0
para todo n ≥ m.
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111
Sea Sn ={x | (fn−1 ◦ fn−2 ◦ · · · fm)(x) ≤ 0
}, evidentemente Sn es un
conjunto cerrado ya que fn es continua para todo n, mas precisamente,
puesto que la funcion fn−1 ◦ fn−2 ◦ · · · fm es creciente entonces Sn es un
intervalo de la forma:
Sn = (−∞, ρn] para todo n.
Como Xn = (fn−1 ◦ fn−2 ◦ · · · fm)(Xm) < 0, entonces Xn ∈ Sn para todo
n.
Sea S0 =∞⋂
n=m+1Sn, entonces S0 es un intervalo de la forma:
S0 = (−∞, ρ], y S0 6= ∅ ya que Xm ∈ Sn para todo n. Tenemos:
Si Xm ∈ S0 entonces Xm ∈ Sn para todo n > m, luego:
Xn = (fn−1 ◦ fn−2 ◦ · · · fm)(Xm) ≤ 0 para todo n > m,
por lo tanto la sucesion (Xn; n ≥ m) es acotada, en consecuencia:
(Xn; n ≥ m) −→ 0.
Si Xm /∈ S0 entonces Xm /∈ Sn para algun n, luego:
Xn = (fn−1 ◦ fn−2 ◦ · · · fm)(Xm) > 0 para algun n,
en virtud de que 0 < Xn < Xn+1 < Xn+2 · · · , se tiene que
lımn→∞
Xn = +∞.
7) f : R → R continua y creciente, ademas f(0) = 0, f ′(0) = 1 y f(x) > x
para todo x 6= 0. Considere la sucesion (Xn) dada por:
Xn+1 = f(Xn) + cn con (cn) → 0.
(a) Supongamos que cn > 0,∞∑
n=1cn = +∞.
Como Xn+1 = f(Xn)+ cn ≥ Xn + cn, sumando la desigualdad anterior
con respecto a “n”, de n = m hasta n = k +m:
Xk+m+1 ≥ Xm +k+m∑
n=m
cn,
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112 5. FORMULA DE RECURRENCIA DEL PRIMER ORDEN (CASO GENERAL)
luego:
lımn→∞
Xn ≥ Xm +k+m∑
n=m
cn = +∞,
por lo tanto: lımn→∞
Xn = +∞ dado cualquier valor de Xm (para cualquier
m).
(b) Como f ′(0) = 1, entonces existe δ > 0 tal que∣∣∣∣f(x)
x− 1
∣∣∣∣ <1
4si |x| < δ.
Sea p tal que (12)p < δ, si cn = (1
2)n+p+2 entonces (Xn) → 0 cuando
X1 = −(12)p+1.
En efecto, considere la sucesion (tn) dada por tn = −(12)n+p, entonces
|tn| < δ, y |f(x) − x| < 14 · |x| = −x
4si x < 0, |x| < δ, o sea que
f(x) < x− x
4=
3
4x si x < 0, |x| < δ.
Sea bn = tn+1 − f(tn), entonces:
bn = −(12)n+p+1 − f(−(1
2)n+p) > −(12)n+p+1 + 3
4(12)n+p
= (12)n+p+1 · (3
2 − 1) = (12)n+p+2 = cn
por lo tanto:
tn+1 = f(tn) + bn > f(tn) + cn.
Sea (Xn) la solucion de Xn+1 = f(Xn) + cn, X1 = t1 = −(12)p+1,
entonces se tiene que: tn ≥ Xn para todo n ya que bn ≥ cn para todo
n.
Como fn(x) + cn > x+ cn > x, entonces la sucesion (Xn) es creciente
y Xn ≤ tn → 0, por lo tanto: lımn→∞
Xn = 0.
(c) Supongamos que f(x) es concava hacia arriba y que cn < 0, entonces
existe σ tal que (Xn) → 0 si y solo si X1 ∈ (−∞, σ].
Xn+1 = fn(Xn), fn(x) = f(x) + cn.
La funcion fn(x) tiene dos puntos fijos: pn, qn (pn < 0 < qn). Sean
hn = maximo{qj ; j = n, n+1, n+2, . . .} entonces qn ≤ hn y (hn) → 0.
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113
pn
y=fn (x)
y=f (x)y=x
0
qn
Figura 7
Se define
Sn = {x | (fn−1 ◦ fn−2 ◦ · · · ◦ f1)(x) ≤ hn}
entonces Sn es un intervalo cerrado de la forma (−∞, σn] y σn ≥ 0, ya
que fj(x) < 0 para todo x ≤ 0, para todo j. Sea S0 =∞⋂
n=1Sn entonces
S0 es un intervalo de la forma (−∞, σ] con σn ≥ 0
Si x /∈ S0 entonces X1 /∈ Sk para algun k, luego:
Xk = (fk−1 ◦ fk−2 ◦ · · · ◦ f1)(X1) > hk ≥ qk.
Como fk(x) > x si x > qk, entonces Xk+1 = fk(Xk) > Xk > hk >
hk+1 ası sucesivamente se tiene:
Xk < Xk+1 < Xk+2 < · · · −→ +∞.
Si X1 ∈ S0 entonces X1 ∈ Sn para todo n, entonces Xn ≤ hn para
todo n. Como pn → 0, qn → 0, entonces dado ε > 0 cualquiera
existe N tal que −ε < pn < 0 < hn < ε para todo n ≥ N , y
Xn = (fn−1 ◦ fn−2 ◦ · · · ◦ f1)(X1) ≤ hn < ε para todo n ≥ N .
Si Xn ≥ −ε para todo n ≥ N entonces −ε < Xn < ε.
Si Xm < −ε para algun m ≥ N entonces (Xm) < pm, y Xm+1 =
fm(Xm) > Xm. Si Xm+1 < −ε entonces Xm+1 < pm+1, por lo
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114 5. FORMULA DE RECURRENCIA DEL PRIMER ORDEN (CASO GENERAL)
tanto: Xm+2 = fm+1(Xm+1) > Xm+1, ası sucesivamente se tiene
que Xm < Xm+1 < Xm+2 < · · · , se presenta las dos posibilidades:
i) la sucesion (Xn) es creciente a partir de Xm, y lımn→∞
Xn = 0, o
ii) existe algun k > m(≥ N) tal que −ε < Xk < ε.
En el segundo caso (ii),
Si Xk ≥ pk entonces fk(pk) = pk < fk(Xk) = Xk+1 (ya que fk(x)
es creciente), luego: − ε < Xk+1,
si Xk ≤ pk entonces Xk+1 = fk(Xk) ≥ Xk > −ε,
de toda manera se tiene que −ε < Xk+1 < ε, por lo tanto:
Xn ∈ (−ε, ε), para todo n ≥ k(> N), esto es: lımn→∞
Xn = 0.
8) Sea fn(x) = x + b · x2k +A
na→ f(x) = x + b · x2k donde a > 0, b > 0,
k ∈ N, A > 0. Se ve que fn → f uniformemente en R, f(x) > x para todo
x 6= 0, y que 0 es el unico punto fijo de la funcion lımite f(x), si (Xn) es la
solucion de la formula de recurrencia
Xn+1 = fn(Xn) = Xn + b · (Xn)2k +A
na(n = 1, 2, 3, . . .) 1©
entonces (Xn) es estrictamente creciente y (Xn) → 0, o, (Xn) → ∞.
(i) Si a >2k
2k − 1entonces existen soluciones (Xn) que convergen a 0,
(ii) Si a <2k
2k − 1entonces toda soluciones (Xn) diverge a +∞.
Solucion
(i) Si a >2k
2k − 1entonces 2k(a− 1) > a.
Evidentemente a > 1. Consideremos (tn) =(− c
na−1
)(c es una cons-
tante positiva), entonces (tn) → 0. Se define bn como sigue:
bn = tn+1 − f(tn) =c
na−1− c
(n+ 1)(a−1)− b ·
( c
na−1
)2k
.
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115
Como:
c
na−1− c
(n+ 1)a−1=
c
na−1
(1−(1+
1
n
)−(a−1))=c(a− 1)
na+o(1) · 1
na
∣∣∣b ·( c
na−1
)2k∣∣∣ = b · c2k
n2k(a−1)=b · c2k
na· o(1) (ya que 2k(a− 1) − a > 0)
entonces existe m ∈ N tal que
bn =c(a− 1)
na+ o(1) · 1
na>c(a− 1)
2napara todo n ≥ m.
Vamos a escoger la constante c como sigue:
c(a− 1)
2> A
entonces:
tn+1 = f(tn) + bn, Xn+1 = f(Xn) +A
na, bn >
A
napara todo n ≥ m.
Si la solucion (Xn) de la formula de recurrencia 1© satisface la condi-
cion inicial “Xm = tm” entonces se tiene que Xn ≤ tn para todo
n ≥ m, por lo tanto: lımn→∞
Xn = 0 puesto que (Xn) es estrictamente
creciente, y lımn→∞
tn = 0.
(ii) Ahora supongamos que a <2k
2k − 1.
Si a ≤ 1 entonces∞∑
n=1
A
na= +∞, entonces cualquier solucion de la
formula 1© diverge a +∞ (ver 7), (a)), por lo tanto basta suponer
que a > 1.
Supongamos que una solucion (Xn) de la formula 1© converge a 0, y
llegaremos a un absurdo. Sea r con 0 < r < b, entonces b ·x2k > rx2k,
por lo tanto
Xn+1 > Xn + r · (Xn)2k +A
na(A > 0, 1 < a <
2k
2k − 1). 2©
Primero, se obtiene:
Xn+1 > Xn +A
na= Xn +
A(1)
ns(1)donde A(1) = A, s(1) = a(> 1)
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116 5. FORMULA DE RECURRENCIA DEL PRIMER ORDEN (CASO GENERAL)
Sumando la desigualdad anterior con respecto a “n”, desde n hasta
+∞:
0 = X∞ > Xn+∞∑
n
A(1)
ns(1)> Xn+
∞∫
n
A(1)
ts(1)dt = Xn+
A(1)
s(1) − 1· 1
ns(1)−1,
por lo tanto:
Xn < − A(1)
s(1) − 1· 1
ns(1)−1. 3©
Reemplazando la desigualdad 3© en 2©:
Xn+1 > Xn + r ·( A(1)
s(1) − 1
)2k
· 1
n2k(s(1)−1)+A
na> Xn +
A(2)
ns(2)
donde
A(2) = r ·( A(1)
s(1) − 1
)2k
, s(2) = 2k · (s(1) − 1).
Sumando la desigualdad anterior con respecto a “n”, desde n hasta
+∞ (cuando a(2) > 1):
0 = X∞ > Xn+∞∑
n
A(2)
ns(2)> Xn+
∞∫
n
A(2)
ts(2)dt = Xn+
A(2)
s(2) − 1· 1
ns(2)−1,
ası:
Xn < − A(2)
s(2) − 1· 1
ns(2)−1. 4©
De la misma manera, reemplazando 4© en 2©:
Xn+1 > Xn + r ·( A(2)
s(2) − 1
)2k
· 1
n2k(s(2)−1)+A
na> Xn +
A(3)
ns(3)
donde A(3) = r ·( A(2)
s(2) − 1
)2k
, s(3) = 2k(s(2) − 1),
y sumando la ultima desigualdad con respecto a “n” desde n hasta
+∞ (por el mismo procedimiento) se obtiene:
Xn < − A(3)
s(3) − 1
1
ns(3)−15©
En general, consideremos dos sucesiones l(A(j); j = 1, 2, 3, . . .
),
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117
(s(j); j = 1, 2, . . .) dadas por las formulas de recurrencia:
s(j+1) = 2k ·(s(j)−1), A(j+1) = r ·( A(j)
s(j) − 1
)2k
(j = 1, 2, 3, . . .),
s(1) = a, A(1) = A,
entonces
Xn < − A(j)
s(j) − 1· 1
ns(j)−1, 6©
Reemplazando la desigualdad 6© en 2©:
Xn+1 > Xn + r · (Xn)2k > Xn + r ·( A(j)
s(j) − 1
)2k
· 1
n2k(s(j)−1)
= Xn +A(j + 1)1
ns(j+1).
Como la sucesion (s(j); j = 1, 2, 3, . . .) satisface una formula de re-
currencia de primer orden, entonces
s(j + 1) = (2k)j ·(s(1) −
∞∑
`=1
2k
(2k)`
)(j = 1, 2, 3 . . .).
Sea p =∞∑
`=1
2k
(2k)`=
∞∑`=1
1
(2k)`−1=
1
1 − 1
2k
=2k
2k − 1(> a), entonces
sabemos que lımj→∞
s(j) = −∞ ya que s(1) = a < p =2k
2k − 1. Por lo
tanto existe algun j tal que a = s(1) > 1, s(2) > 1, · · · , s(j) > 1, y,
s(j + 1) < 1.
Sumando la ultima desigualdad “Xn+1 > Xn +A(j + 1)1
ns(j+1)” con
respecto a “n”, desde n hasta m se obtiene:
Xm+1 > Xn +A(j + 1) ·m∑
n
1
ns(j+1),
tomando el lımite cuando m→ ∞:
0 = lımm→∞
Xm > Xn + A(j + 1) · lımm→∞
m∑n
1
ns(j+1)= +∞, ya que
s(j + 1) < 1, llegando ası a un absurdo.
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118 5. FORMULA DE RECURRENCIA DEL PRIMER ORDEN (CASO GENERAL)
5.29 Ejercicios
1) fn(x) = ex − 1 + cn en (−∞, 0), cn < 0, lımn→∞
cn = 0.
0
-1
Cny=e -1x
y=f (x)n
y=x
pn
y
x
Figura 1
La funcion fn(x) tiene un punto fijo pn en (−∞, 0], y pn → 0 (n → ∞).
Como f ′n(x) = ex < 1 si x < 0, entonces se tiene que:
fn(x) > x si x < pn, fn(x) < x si x > pn. Por el teorema 5.20, existe
lımm→∞
Xn para cualquier valor de X1 ≤ 0.
Ademas, fn(x) → ex − 1 uniformemente en (−∞, 1], y la funcion lımite
ex − 1 tiene unico punto fijo 0 en (−∞, 1], por lo tanto se tiene:
lımm→∞
Xn = 0 para cualquier valor de X1 ≤ 0.
2) f : R −→ R continua y creciente, f(0) = 0, f ′(0) = 1, ademas f ′′(x) > 0
si x < 0; f ′′(x) < 0 si x > 0. Sea (Xn) la sucesion definida por
Xn+1 = fn(Xn) (n = 1, 2, 3, . . .) donde fn(x) = f(x) + cn, (cn) → 0.
La funcion fn(x) (n = 1, 2, 3, . . .) satisface la condicion para aplicar el
teorema 5.20 (fn(x) tiene unico punto fijo pn y (pn) → 0), por lo tanto la
sucesion (Xn) converge para cualquier valor de X1 ∈ R.
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119
0
y
pn y=f (x)
y=f(x)
n
x
Figura 2
Ademas, fn(x) → f(x) uniformemente en R, y f(x) tiene unico punto fijo
en 0, por lo tanto se tiene que:
(Xn) −→ 0 para cualquier valor de X1 ∈ R.
3) Xn+1 = Xn − lnXn +n+ 1
n, X1 ≥ 1.
1 e pn
y=f (x)
n
y=x
y=f(x)
(e,e)
y
x
2
0
Figura 3
Sea fn(x) = x − lnx +n+ 1
n, entonces fn(x) → f(x) = x − lnx + 1
uniformemente en x ≥ 1, la funcion fn(x) = f(x) +n+ 1
nsatisface las
condiciones para aplicar el teorema 5.20.
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120 5. FORMULA DE RECURRENCIA DEL PRIMER ORDEN (CASO GENERAL)
Por lo tanto, (Xn) converge para cualquier valor de X1 ≥ 1. Ademas, e es
el unico punto fijo de la funcion lımite f(x) = x− lnx+1, en consecuencia:
lımn→∞
Xn = e, para cualquier X1 ≥ 1
4) Xn+1 =X2
n
|Xn| + 1+ cn, (cn) → 0.
y
x
0
|Cn|
y=f
(x)
n
y=f (x)
y=x
pn
Figura 4
Tenemos:
|Xn+1| =
∣∣∣∣∣|X2
n||Xn| + 1
+ cn
∣∣∣∣∣ ≤|X2
n||Xn| + 1
+ |cn|.
Sea fn =x2
x+ 1en [0,+∞), considere la sucesion (Yn) dada por:
Yn+1 = f(Yn) + |cn|, Y1 = |X1|.
La funcion fn(x) = f(x) + |cn|, x ∈ [0,+∞) tiene un unico punto fijo
en pn =|cn|
1 − |cn|y pn → 0. fn(x) satisface todas las condiciones para
aplicar el teorema 5.20, por lo tanto existe lımn→∞
Yn. Como fn(x) → f(x)
uniformemente en [0,+∞), el unico punto fijo de la funcion f(x) es 0,
entonces:
lımn→∞
Yn = 0 para cualquier valor Y1 ≥ 0.
En virtud de que f(x) es creciente en x ≥ 0 (f ′(x) > 0 si x > 0), se tiene
que 0 ≤ |Xn| < Yn para todo n (por induccion), por lo tanto se obtiene:
lımn→∞
|Xn| = 0 para cualquier valor de |X1|, o sea que
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121
lımn→∞
Xn = 0 para cualquier valor de X1 ∈ R.
5) Sea (Xn) dada por Xn+1 = fn(Xn) (n = 1, 2, 3, . . .) donde
fn(x) = f(x) +1
2n,
f(x) =
1
2k + 2si
1
k + 1< x ≤ 1
k
0 si x = 0
− 1
2k + 2si − 1
k≤ x < − 1
k + 1
y=x
)) ((1
k+1
1 k
1
-1
x
y
Figura 5
Como f(x) > x para x < 0, entonces fn(x) = f(x) +1
2n> x para x < 0
y para todo n, por lo tanto fn(x) no tiene punto fijo en x < 0. Dado
n ∈ N, si f(x) = x para x ∈ ( 11+k
, 1k] entonces:
1
k + 1<
1
2k + 2+
1
2n≤ 1
k,
o sea:
n− 1 < k ≤ n− 1 +√
(n− 1)2 + 8n
2.
Se observa que el unico numero natural k que satisface la desigualdad
anterior es “k = n”(#). Por lo tanto se tiene que
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122 5. FORMULA DE RECURRENCIA DEL PRIMER ORDEN (CASO GENERAL)
pn =1
2n+ 2+
1
2n=
2n+ 1
2n(n+ 1)es el unico punto fijo de fn(x) (para cada
n). Se ve que (pn) → 0. Evidentemente:
fn(x) > x si x < pn, fn(x) < x si x > pn.
Por el teorema 5.20, la sucesion (Xn) converge para cualquier valor de
X1 ∈ [−1, 1]. (ver la observacion 5.22). Se tiene que |f(x)| ≤ 12 |x| para todo
x ∈ [−1, 1] y |fn(x)| ≤ 12 |x| +
1
2npara todo x ∈ [−1, 1], en consecuencia
se tiene que |L| ≤ 12 |L| donde L = lım
n→∞Xn (dado X1), o sea que |L| = 0,
ası lımn→∞
Xn = 0 para cualquier valor de X1 ∈ [−1, 1].
(#)1
k + 1<
1
2k + 2+
1
2n⇒ k > n− 1,
1
2n≤ 1
k− 1
2k + 2⇒ k2 − (n− 1)k − 2n ≤ 0, o sea:
k ≤ (n− 1) +√
(n− 1)2 + 8n
2.
k ≤ (n− 1)√n2 + 6n+ 1
2<
(n− 1)√n2 + 6n+ 9
2
=(n− 1) + (n+ 3)
2= n+ 1.
ası: n− 1 < k < n+ 1
5.38 Ejercicios
1) Sea (Xn) dada por Xn+1 = fn(Xn) (n = 1, 2, 3, . . .)
donde fn(x) = (n+ 1) · x− (n− 2).
Si fn(x) = x entonces x =n+ 2
n, por lo tanto fn(x) tiene unico punto fijo
pn =n+ 2
ny pn → 1.
a) evidentemente, la sucesion (fn(x); n = 1, 2, 3, . . .) diverge para cualquier
x ∈ R.
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123
b) El teorema 5.30, el corolario 5.31 garantiza que existe un c tal que
(Xn) → 1 si y solo si X1 = c.
Por otra parte, se tiene:
Xn+1 = (n+ 1)! ·{X1 −
n∑
k=1
k + 2
(k + 1)!
},
p =∞∑
k=1
k + 2
(k + 1)!=
∞∑
k=1
(1
k!+
1
(k + 1)!
)= (e− 1) + (e− 2) = 2e− 3,
por lo tanto, (Xn) converge (su lımite es igual a 1) si y solo si
X1 = 2e− 3.
2) Sea (Xn) dada por Xn+1 = F (Xn) donde (#)
Fn+1(x) =
fn+1(x) si |x| ≤ (1
2)n (n = 0, 1, 3, . . .)
4n · x3 si |x| ≥ (12)n
el conjunto T (el conjunto de convergencia de la formula Xn+1 = fn(Xn)):
T =
∞⋂
n=1
Tn ( ver ejemplo 5.37)
donde Tn = f−11 (f−1
2 (· · · f−1n (Dn) · · · )) (n = 1, 2, 3, . . .).
Tn esta determinado por:
fk(x) para x ∈ Dk = [pk, qk] (para k = 1, 2, 3, . . .)
fk(x) < x si x < pk, fk(x) > x si x > qk (para k = 1, 2, 3, . . .)
fk(x) es continua en R (para todo k = 1, 2, 3, . . .)
En nuestro caso, como Fn(x) = fn(x) para x ∈ Dn (para todo n) y
fn(Dn) = f−1n (Dn) = Dn (para todo n) entonces se obtiene el resultado
deseado. El hecho de que fn(x) 6= Fn(x) en x /∈ Dn no afecta al conjunto
Tn (ver la siguiente figura) ya que Fk(x) < x si x < pk, y, Fk(x) > x si
x > qk, para todo k.
(#) fn(x) es la funcion dada en el ejemplo 5.37.
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124 5. FORMULA DE RECURRENCIA DEL PRIMER ORDEN (CASO GENERAL)
T2 = f−11 (f−1
2 (D2) = f−11 (D2).
Para obtener T2 basta conocer:
F1(x) = f1(x) en D1 y la condicion F1(x) < x si x < p2, F1(x) > x si
x > q1, F2(x) = f2(x) en D2 y la condicion F2(x) < x si x < p2,
F2(x) > x si x > q2.
Para obtener T3, basta conocer: ademas de conocer f1(x), f2(x):
F3(x) = f3(x) en D3 y la condicion F3(x) < x si x < p3, F3(x) > x si
x > q3. etc.
D2
D2
f1(x)1
-1 1
f1 (D2)=T2-1
Figura 2
La sucesion (Fn(x); n = 1, 2, 3, . . .) diverge para todo x 6= 0, en efecto:
para x > 0 existe m tal que qn < x, para todo n > m, por lo tanto:
Fn(x) = 4n−1 · x3 −→ +∞ cuando n→ ∞.
De la misma forma, para x < 0 se tiene que
Fn(x) = 4n−1 · x3 −→ −∞ (n→ ∞).
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125
3) Xn+1 = Gn(Xn) donde
Gn+1(x) =
fn+1(x) si |x| < (12)n (#)
( 1√2
)n
· √x si x ≥ (12)n
−( 1√
2
)n
·√
|x| si x ≤ −(12)n
Si x < pn = −(12)n−1 entonces Gn(x) = − 1
(√
2)n−1·√
|x|. Tenemos:
x < − 1
2n−1⇒ |x| > 1
2n−1⇒√|x| > 1
(√
2)n−1, y
|x| =√|x| ·
√|x| > 1
(√
2)n−1·√|x|, o sea: Gn(x) > x (ya que x = −|x|
para x < 0).
De la misma manera se obtiene: Gn(x) < x si x > qn =1
2n−1. Por el
y=Gn(x)
y=fn(x)
y=fn(x)
qn(x)
pn(x)
Figura 3
teorema 5.20, la sucesion (Xn) converge para cualquier X1 ∈ R. Por lo
tanto, el conjunto de convergencia de la formula Xn+1 = Gn(Xn) es igual
a R.
Por otra parte, Gn(x) → G(x) (6= 0) uniformemente en cualquier con-
junto acotado (por ejemplo en [−M,M ]) y el unico punto fijo de la fun-
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126 5. FORMULA DE RECURRENCIA DEL PRIMER ORDEN (CASO GENERAL)
cion lımite G(x) es igual a 0, por lo tanto: (Xn) → 0 para cualquier
X1 ∈ [−M,M ]. Esto es: (Xn) → 0 para cualquier X1 ∈ R.
(#) fn(x) es la funcion dada en el ejemplo 5.37.
5.38 Ejercicios
1) Sea fn(x) dada por:
fn(x) =
2x si x ≤ 1
2
(2
3
)n−1; f(x) = −2 · |x|.
−2x+ 2 ·(2
3
)n−1si x ≥ 1
2
(2
3
)n−1,
t < 0. f(t) = 2t. Tome t = x− an
2= x− 1
2·(2
3
)n−1, entonces:
f(x− 1
2
(2
3
)n−1 )+(2
3
)n−1= 2 ·
(x− 1
2
(2
3
)n−1)+(2
3
)n−1
= 2x = fn(x) si x <1
2
(2
3
)n−1
t > 0. f(t) = −2t. Tome t = x− 1
2·(2
3
)n−1, entonces:
f
(x− 1
2
(2
3
)n−1)
+(2
3
)n−1= −2 ·
(x− 1
2
(2
3
)n−1)
+(2
3
)n−1
= −2x+ 2 ·(2
3
)n−1= fn(x) si x >
1
2
(2
3
)n−1
2) (5.35) fn(Dn) = Dn, f−1n (Dn) = Dn. (Ver Figura 2)
Dn+1 =[
0,(
23
)n ]= 2
3
[0,(
23
)n−1]= 2
3 ·Dn.
(5.37). Como fk+1(x) = 23 · fk
(32 · x
)para todo k, entonces:
{x |(fn+1◦· · ·◦f2◦f1
)(x) ∈ Dn+1
}={x | 2
3·(fn◦· · ·◦f2◦f1
)(3
2x)∈ 2
3Dn
}
(3
2· x = x′
)⇔(x =
3
2· x′)
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127
={x |(fn ◦ · · · ◦ f2 ◦ f1
)(3
2x)∈ Dn
}
=2
3·{x′ |
(fn ◦ · · · ◦ f2 ◦ f1
)(x′) ∈ Dn
}
=2
3·{x′ |
(fn ◦ · · · ◦ f2 ◦ f1
)(x) ∈ Dn
}=
2
3· Tn.
y=xy
x
y=f n(x)
y=f n(x)
n-1
((1/2)(2/3) , (2/3) )n-1
(2/3)n-1
(2/3)n-1
Dn
0
Dn
Figura 2
Ası se obtiene:
Tn+1 ={x |(fn+1 ◦ fn ◦ · · · ◦ f2 ◦ f1
)(x) ∈ Dn+1
}
f−11
(f−12 (· · · (f−1
n (f−1n+1(Dn+1)) · · ·︸ ︷︷ ︸
))
= f−11
(2
3· Tn
)
{x |(fn+1 ◦ · · · ◦ f3 ◦ f2
)(x) ∈ Dn+1
}.
3) Sea Xn dada por Xn+1 = Fn(Xn) donde
Fn+1(x) = fn+1(x) en Dn+1 =[0,(2
3
)n](n = 0, 1, 2, . . .)
Fn+1(x) < x si x < 0, Fn+1(x) < 0 si x > qn =(2
3
)n
donde fn(x) es la funcion dada en el ejemplo 5.40.
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128 5. FORMULA DE RECURRENCIA DEL PRIMER ORDEN (CASO GENERAL)
Como Fn(x) = fn(x) en Dn para todo n, entonces el comportamiento de
la solucion (Xn) esta determinado por el comportamiento de la funcion
Fn(x) (= fn(x)) en Dn para todo n, (ver el ejercicio 2) de 5.38), y por las
condiciones Fn(x) < 0 (fn(x) < 0) si x < 0, Fn(x) < 0 (fn(x) < 0) si
x > qn−1 =(2
3
)n−1(ya que si Xn > qn−1 entonces Xn+1 = Fn(Xn) < 0,
luego Xn+2 < Xn+1 < 0, en consecuencia Xn+1 > Xn+2 > · · · → −∞).
Por lo tanto el conjunto de convergencia de la formula de recurrencia
Xn+1 = Fn(Xn) es igual al ternario de cantor en el sentido clasico (el
ejemplo 5.40). Mas precisamente (ver el ejemplo 5.40) se tiene:
(Xn) −→ 0 si X1 ∈ T =∞⋂
n=1Tn, (Xn) → −∞ si X1 /∈ T (5.36) donde
T1 = D1 (= I) = [0, 1], Tn+1 = f−11
(23· Tn
).
La funcion f1(x) esta formada de dos partes (ver cap. IV, seccion 4.4)
y = 2x, y = −2x+ 2, las funciones inversas de estas son respectivamente:
h0 : [0, 1] →[0,
1
2
], h1 : [0, 1] →
[12, 1]
t −→ 1
2· t t −→ −1
2· t+ 1
Tn+1 = f−11
(23 · Tn
)=
h0
(23 · Tn
)
h1
(23 · Tn
).
Se define: H0(t) = h0
(23 t)
= 13 t, H1(t) = h1
(23 t)
= −13 t+ 1
Tn+1 = H0(Tn) ∪H1(Tn).
En las paginas 122, 123 y 124 del libro reemplazando Sn, S por Tn, T , y
las funciones h0, h1 por H0, H1 se obtienen:
T1 = H0(I) ∪H1(I) = I(0) ∪ I(1) donde I(0) = [0, 13 ], I(1) = [23 , 1]
T2 = I(0, 0) ∪ I(0, 1) ∪ I(1, 0) ∪ I(1, 1) donde
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129
I(0, 0) = H0(I(0)), I(0, 1) = H0(I(1)) ⊂ I(0)
I(1, 0) = H1(I(0)), I(1, 1) = H1(I(1)) ⊂ I(1) etc.
De esta forma se concluye que T es el conjunto ternario de Cantor.
I(1)
1
2/3
2/3
1/3
I(0)
I(1)I(0)
0
x
y1/3
x=H
1(y)
x=H0(y)
Figura 3
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6
Formula fraccionaria de
recurrencia del primer orden
6.12 Ejercicios
1) Sea Xn+1 =n+ 2
n+ 1− 1
nXn(n = 1, 2, 3, . . .)
Si Xn =1
nentonces
n+ 2
n+ 1− 1
nXn=n+ 2
n+ 1− 1
nn =
1
n+ 1(= Xn+1).
Comon+ 2
n+ 1→ 1,
1
n→ 0 entonces la ecuacion t2 − t = 0 tiene dos raıces:
λ = 0, µ = 1. La sucesion (1
n) tiende a 0, por lo tanto:
(Xn) → 1 si X1 6= 1
(Xn) → 0 si X1 = 1 esto es, (Xn) = (1
n; n = 1, 2n3n . . .).
2) Sea (Xn) dada por: Xn+1 = an − bnXn
(n = 1, 2, 3, . . .).
an → ∞, bn → ∞,bnan
→ L (6= ∞).
131
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132 6. FORMULA FRACCIONARIA DE RECURRENCIA DEL PRIMER ORDEN
Haciendo el cambio: Xn = an−1Xn (n 6= 1), X1 = X1, la formula de
recurrencia se transforma en:
Xn+1 = 1 − bnanan−1
1
Xn
(n = 1, 2, 3, . . .)
X2 = 1 − b1a1
1
X1
bnanan−1
=bnan
1
an−1−→ L
1
∞ = 0.
Existe p tal que Xn → 1 si X1 6= p
Xn → 0 si X1 = p.
Por el ejemplo 6.4:
si X1 = X1 6= p entonces Xn = an−1Xn → ∞
si X1 = X1 = p entonces Xn → 0,
o sea, Xn =bn
anan−1+ o
(b
anan−1
), esto es,
Xn = an−1Xn ∼bnan
−→ L (6= ∞).
3) Sea (Xn) dada por:
Xn+1 = an − bnXn
donde an → 0, bn → 0,bn
an−1an→ 0.
Haciendo el cambioXn = an−1Xn, X1 = X1 la formula de recurrencia se
transforma en:
Xn+1 = 1 − bnan−1an
1
Xn
(n ≥ 2)
X2 = 1 − b1a1
1
X1
.
Comobn
an−1an→ 0, entonces existe p tal que
(Xn) → 1 si X1 6= p,
(Xn) → 0 si X1 = p.
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133
Si X1 = X1 = p entonces Xn =bn
an−1an+ o( bnanan−1
)(el ejemplo 6.4), por
lo tanto: Xn =bnan
+ o( bnan
)si X1 = X1 = p.
Ademas,Xn
an−1= Xn → 1 si X1 = X1 6= p.
Comobnan
=bn
an−1anan−1 → 0, entonces: (Xn) → 0 para todo X1.
4) Sea (Xn) dada por:
Xn+1 =1
n− 1
n3
1
Xn= an − bn
Xn(n = 1, 2, 3, . . .).
an =1
n→ 0, bn =
1
n3→ 0
bnan−1an
=n(n− 1)
n3→ 0.
por 3) existe p tal queXn
an−1= (n− 1)Xn → 1, luego:
nXn =n
n− 1(n− 1)Xn → 1 si X1 6= p, Xn =
n
n3+ o( 1
n2
), luego:
n2Xn = 1 + o(1) si X1 = p, o sea que n2Xn → 1 si X1 = p.
5) Sea (Xn) dada por:
Xn+1 = n+n
Xn= an − bn
Xn(n = 1, 2, 3, . . .).
an = n→ +∞, bn = −n→ −∞,bnan
→ −1.
Por el ejercicio 2) existe c tal que:
(Xn) → ∞ si X1 6= c
(Xn) → −1 si X1 = c.
Notese que (Xn) = n es una solucion de la formula dada.
6) Xn+1 = 2 −(1 +
C√n
) 1
Xn(C > 0)
Por el ejemplo 6.11, toda solucion de la formula de recurrencia
Xn+1 = 2−(1+
C
ns
) 1
Xn(C > 0, s < 2) diverge en forma oscilante,
como un caso particular, s = 12 < 2 se obtiene el resultado deseado.
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134 6. FORMULA FRACCIONARIA DE RECURRENCIA DEL PRIMER ORDEN
Xn+1 = 2 −(1 +
C
2n
) 1
Xn(C > 0).
ComoC
2n<
C
n3para todo n suficientemente grande, entonces por el
ejemplo 6.11, caso (i) y el lema 6.8 toda solucion (Xn) converge al
lımite 1. En el caso de que C < 0, por el teorema 6.6, toda solucion
(Xn) converge al lımite 1.
7) Xn+1 = an − bnXn
, an = a(1 + εn), bn = b(1 + 2εn), εn−1 > εn > 0,
εn → 0 y a2 = 4b.
Se hace el cambio: Xn =1
2an−1X, entonces:
Xn+1 = 2 − 4bnanan−1
1
Xn
(n ≥ 2).
Tenemos:4bn
anan−1=
4b(1 + 2εn)
a2(1 + εn)(1 + εn−1)=
1 + 2εn(1 + εn)(1 + εn−1)
.
Como εn−1 > εn > 0 entonces:
1 + 2εn(1 + εn)(1 + εn−1)
<1 + 2εn
(1 + εn)2< 1 para todo n.
Por el teorema 6.6 se tiene que (Xn) → 1 para todo X1. En consecuencia
(Xn) −→ a
2para todo X1.
8) Xn+1 =2n
n+ 1− n+ 1
n
1
Xn.
(a) Haciendo el cambio: Xn =n− 1
nXn la formula de recurrencia se
convierte en: Xn+1 = 2 − (n+ 1)2
n(n− 1)
1
Xn
Tenemos:(n+ 1)2
n(n− 1)= 1 +
3n+ 1
n2 − n,
∞∑n=2
3n+ 1
n2 − n= +∞
entonces toda solucion (Xn) de la formula de recurrencia diverge en
forma oscilante (teorema 6.9(I)).
(b) Xn+1 =2n
n+ 1− n
n+ 1
1
Xn.
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135
Haciendo el cambio:
Xn =n− 1
nXn
Xn+1 = 2 − n
n− 1
1
Xn
.
Tenemos:n
n− 1= 1 +
1
n− 1, y
∞∑n=2
1
n− 1= +∞,
entonces toda solucion (Xn) diverge en forma oscilante (teorema 6.9).
(c) Xn+1 =2n
n+ 1− 1
Xn
Haciendo el cambio: Xn =n− 1
nXn
Xn+1 = 2 − n+ 1
n− 1
1
Xn
Tenemosn+ 1
n− 1= 1 +
2
n− 1,
∞∑n=2
2
n− 1= +∞ entonces toda solucion
(Xn) diverge en forma oscilante (teorema 6.9).
(d) Xn+1 =1 + n2
n2− n2
1 + 4n2
1
Xn.
Sea Xn =1 + (n− 1)2
2(n− 1)2Xn entonces:
Xn+1 = 2 − 4n4(n− 1)2
(1 + 4n2)(1 + n2)(1 + (n− 1)2)
1
Xn
.
Tenemos:4n4(n− 1)2
(1 + 4n2)(1 + n2)(1 + (n− 1)2
) < 1 para todo n,
por lo tanto: (Xn) → 1 para todo X1, en consecuencia:
(Xn) → 12 para todo X1 (teorema 6.6).
(e) Xn+1 =2n2
n2 + 1− 1
Xn, sea Xn =
(n− 1)2
(n− 1)2 + 1Xn entonces:
Xn+1 = 2 − {(n− 1)2 + 1}{n2 + 1}(n− 1)2n2
1
Xn
.
Tenemos:
{(n− 1)2 + 1}{n2 + 1}(n− 1)2n2
=(1 +
1
(n− 1)2
)(1 +
1
n2
)
= 1 +1
n2+
1
(n− 1)2+
1
n2(n− 1)2> 1 +
2
n2.
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136 6. FORMULA FRACCIONARIA DE RECURRENCIA DEL PRIMER ORDEN
Sabemos que toda solucion de la formula de recurrencia
Tn+1 = 2 −(1 +
2
n2
) 1
Tn
diverge(por el ejemplo 6.11, (iv)
), por lo tanto, aplicando el lema 6.8: si
(Xn) → 1 entonces (Tn) → 1 (por el lema 6.8), lo cual es un absurdo.
En consecuencia se debe tener que (Xn) diverge. Luego: (Xn) diverge
para todo X1.
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7
Formula lineal de recurrencia
del segundo orden
7.8 Ejercicios
1) Sean (Xn), (Yn) dos soluciones lineales independientes de la formula lineal
(7.1), entonces:
∣∣∣∣∣∣Xn+1 Yn+1
Xn Yn
∣∣∣∣∣∣6= 0
Entonces:
∣∣∣∣∣∣Xn+1 + Yn+1 Xn+1
Xn + Yn Xn
∣∣∣∣∣∣=
∣∣∣∣∣∣Xn+1 Xn+1
Xn Xn
∣∣∣∣∣∣+
∣∣∣∣∣∣Yn+1 Xn+1
Yn Xn
∣∣∣∣∣∣
= 0 −
∣∣∣∣∣∣Xn+1 Yn+1
Xn Yn
∣∣∣∣∣∣6= 0
Por lo tanto, (Xn + Yn) y (Xn) son linealmente independientes.
2) lımn→∞
Xn = α 6= 0, lımn→∞
Yn = β 6= 0.
Sea (Zn) = β(Xn)−α(Yn), entonces (Zn) es una solucion de la formula de
recurrencia, y (Zn) = (βXn − αYn) = β(Xn) − α(Yn) → (βα− αβ)(0) = 0
cuando n→ ∞.
137
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138 7. FORMULA LINEAL DE RECURRENCIA DEL SEGUNDO ORDEN
Sea (Z ′n) una solucion de la formula de recurrencia que tiende a 0, como
(Xn), (Yn) son linealmente independientes, entonces existen α′, β′ tales
que (Z ′n) = β′(Xn) − α′(Yn) = (β′Xn − α′Yn).
Como (Z ′n) → 0, entonces β′Xn − α′Yn → β′α− βα′ = 0.
Tenemos:
∣∣∣∣∣∣Zn+1 Z ′
n+1
Zn, Z ′n
∣∣∣∣∣∣=
∣∣∣∣∣∣βXn+1 − αYn+1 β′Xn+1 − α′Yn+1
βXn − αYn β′Xn − α′Yn
∣∣∣∣∣∣
=
∣∣∣∣∣∣βXn+1 β′Xn+1
βXn β′Xn
∣∣∣∣∣∣−
∣∣∣∣∣∣βXn+1 α′Yn+1
βXn α′Yn
∣∣∣∣∣∣−
∣∣∣∣∣∣αYn+1 β′Xn+1
αYn β′Xn
∣∣∣∣∣∣
+
∣∣∣∣∣∣αYn+1 α′Yn+1
αYn α′Yn
∣∣∣∣∣∣
= −βα′
∣∣∣∣∣∣Xn+1 Yn+1
Xn Yn
∣∣∣∣∣∣− αβ′
∣∣∣∣∣∣Yn+1 Xn+1
Yn Xn
∣∣∣∣∣∣= (αβ′ − α′β)
∣∣∣∣∣∣Xn+1 Yn+1
Xn Yn
∣∣∣∣∣∣= 0,
por lo tanto, (Z ′n) y (Zn) son linealmente dependientes.
3) (Xn) dada por:
Xn+1 −n− 1
2nXn − n+ 1
2nXn−1 (n = 1, 2, 3, . . .)
Si (Xn) = (1) = (1, 1, 1, . . .), entonces: 1 − n− 1
2n− n+ 1
2n= 0.
Tenemos:
bk = −k + 1
2k,
n∏
k=1
bk =n∏
k=1
(−k + 1
2k
)=
(−1)n
2n
�2
1�3
�2�4
�3· · · n+ 1
�n
=(−1)n
2n(n+ 1).
Por lo tanto:∞∏
k=1
bk = lımn→∞
(−1)n
2n(n+ 1) = 0.
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139
Sea (Yn) la solucion dada por: Y0 = −1, Y1 = 0, entonces por (7.13) se
obtiene:
Yn+1 = 1 ·n∑
k=1
b1b2 · · · bk1 · 1 =
n∑
k=1
(−1)k · k + 1
2k=
n∑
k=1
(k + 1)(−1
2
)k
,
por lo tanto:
lımn→∞
Yn+1 = lımn→∞
Yn =∞∑
k=1
(k + 1)(−1
2
)k
= −5
9.
4) (Xn) dada por:
Xn+1 −3(n+ 1)
n+ 2Xn +
2n
n+ 2Xn−1 = 0 (n = 1, 2, 3, . . .)
Si Xn =1
n+ 1entonces:
1
n+ 2− 3(n+ 1)
n+ 2
1
n+ 1+
2n
n+ 2
1
n=
1
n+ 2− 3
n+ 2+
2
n+ 2= 0.
Tenemos:
bk =2k
k + 2, b1b2 · · · bk = 2k 1
�3
2
�4�3
�5· · ·�
��k − 1
k + 1
�k
k + 2=
2k+1
(k + 1)(k + 2).
Sea (Yn) la solucion dada por: Y0 = −2, Y1 = 0, entonces:
Yn+1 = Xn+1
n∑
k=1
2k+1
(k + 1)(k + 2)
(k + 1)(k + 2)
1= Xn+1
n∑
k=1
2k+1,
lımn→∞
Yn
Xn= lım
n→∞Yn+1
Xn+1=
n∑
k=1
2k+1 = +∞.
5) (Xn) dada por: Xn+1 −3n+ 5
n+ 1Xn +
2(n+ 1)
nXn−1 = 0 (n = 1, 2, 3, . . .)
Si Xn = (n+ 1)2n entonces:
(n+ 2)2n+1 − 3n+ 5
n+ 1(n+ 1)2n +
2(n+ 1)
nn2n−1
= 2n(2(n+ 2) − (3n+ 5) + (n+ 1)
)= 0,
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140 7. FORMULA LINEAL DE RECURRENCIA DEL SEGUNDO ORDEN
por lo tanto,((n+ 1)2n
)es una solucion de la formula dada.
Tenemos: bk =2(k + 1)
k, b1b2 · · · bk = 2k 2
�1�3
�2· · · k + 1
�k= 2k(k + 1).
Sea (Yn) la solucion dada por: Y0 = −14 , Y1 = 0, entonces (por (7.13))
Yn+1 = Xn+1
n∑
k=1
2k(k + 1)
(k + 1)2k(k + 2)2k+1= Xn+1
n∑
k=1
1
2k+1(k + 2),
por lo tanto:
lımn→∞
Yn
Xn= lım
n→∞Yn+1
Xn+1= lım
n→∞
∞∑k=1
1
2k+1(k + 2)= 2 ln 2 − 5
4.
De (7.17): Tn = Xn
∞∑
k=n
b1b2 · · · bkXkXk+1
= (n+1)2n∞∑
k=n
1
(k + 2)2k+1.
Como lımk→∞
((1)/((k + 2)2k+1)
(1)/((k + 1)2k)
)= lım
k→∞k + 1
k + 2
1
2=
1
2< 1, entonces por
regla de L’Hopital se tiene que
∞∑
k=n
1
(k + 2)2k+1∼
1
1 − 1
2
1
(n+ 2)2n+1=
1
(n+ 2)2n,
por lo tanto: Tn ∼ (n+ 1)2n 1
(n+ 2)2n=n+ 1
n+ 2∼ 1, o sea que
lımn→∞
Tn = 1.
7.8 Ejercicios
1) Sea (Xn) dada por: Xn+1 =3(Xn + 1)
Xn + 3.
En el ejemplo 7.15, a = 3, b = −3, c = −3, sabemos que (Xn) converge si
y solo si (a+ c)2 − 4b ≥ 0. En nuestro caso, tenemos que:
(a+ c)2 − 4b = (3 − 3)2 − 4(−3) = 12 > 0, por lo tanto (Xn) converge.
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141
2) Consideremos la formula fraccionaria de recurrencia:
Xn+1 = an − bnXn
(n = 1, 2, 2, . . .),
an = a, bn = b, µn = µ (para todo n), en el teorema 6.2 tenemos:
q = − 1
µ−
∞∑
k=2
(a− µ)k−1
µk= − 1
µ
(1 +
∞∑
k=2
(λµ
)k−1)
= − 1
µ
∞∑
k=1
(λ
µ
)k−1
= − 1
µ· 1
1 −(λµ
) = − 1
µ− λ.
p = µ+1
q= λ. Segun el teorema 6.2 se tiene:
(Xn) −→ µ si X1 6= p (esto es, X1 6= λ )
(Xn) −→ λ si X1 = p (esto es, X1 = λ )
lo anterior es igual al ejemplo 7.14.
3) Considere Xn+1 − aXn + bXn−1 = 0 (n = 1, 2, 3, . . .) (7.20)
Sean λ, µ (|λ| < |µ|) dos raıces de la ecuacion t2 − at + b = 0. De (7.23’)
se tiene (cuando X1 − λX0 6= 0):
Xn = µn · X1 − λX0
µ− λ− λn · X1 − µX0
µ− λ
= µn
{X1 − λX0
µ− λ− X1 − µX0
µ− λ
(λ
µ
)n}
∼ µn
{1
µ− λX1 −
λ
µ− λX0
}.
Si Xn+1 −Xn −Xn−1 = 0 (n = 1, 2, 3, . . .), X0 = X1 = 1, entonces
µ =1 +
√5
2, λ =
1 −√
5
2, por lo tanto:
Xn ∼
{1
µ− λ− λ
µ− λ
}µn =
{1 +
√5
2/√
5
}(1 +
√5
2
)n
=1 +
√5
2√
5
(1 +
√5
2
)n
.
4) Hallar
b− c b
c 0
n
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142 7. FORMULA LINEAL DE RECURRENCIA DEL SEGUNDO ORDEN
Tenemos:
Xn+1 − (b− c)Xn + (−bc)Xn−1 = 0
Yn+1 − (b− c)Yn + (−bc)Yn−1 = 0.
La ecuacion caracterıstica de esta formula de recurrencia es:
t2 − (b− c)t− bc = 0,
y µ = b, λ = −c son dos raıces de la ecuacion caracterıstica.
De (7.23):
Xn =bn − (−c)n
b+ cX1 +
bc(bn−1 − (−c)n−1)
b+ cX0
=1
bBnX1 +
(An − b− c
bBn
)X0
Yn =bn − (−c)n
b+ cY1 +
bc(bn−1 − (−c)n−1)
b+ cY0 =
1
cCnY1 +DnY0.
De donde:
An − b− c
bBn =
bc(bn−1 − (−c)n−1)
b+ c, Dn =
bc(bn−1 − (−c)n−1)
b+ c1
bBn =
bn − (−c)n
b+ c,
1
cCn =
bn − (−c)n
b+ c
Por lo tanto se obtiene:
b− c b
c 0
n
=
An Bn
Cn Dn
=1
b+ c
b
n+1 − (−c)n+1 b(bn − (−c)n)
c(bn − (−c)n
)bc(bn−1 − (−c)n−1
)
Si |b| < 1, |c| < 1 entonces: lımn→∞
bn = 0 lımn→∞
cn = 0
por lo tanto: lımn→∞
b− c b
c 0
n
=
0 0
0 0
= 0.
5) (a) En 4), b =3
4, c = −3
4, b− c =
3
2,
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143
lımn→∞
3
2
3
4
−3
40
n
=
0 0
0 0
(b) Si b = 1, |c| < 1, entonces:
lımn→∞
b− c b
c 0
n
=1
1 + clım
n→∞
1 − (−c)n−1 1 − (−c)n
c(1 − (−c)n
)c(1 − (−c)n−1
)
=
1
1 + c
1
1 + cc
1 + c
c
1 + c
.
(c) En 4), tomando b = 1, c = −1
2, (tomando c = −1
2en (b)):
lımn→∞
3
21
−1
20
n
=
1
1 − 12
1
1 − 12
−12
1 − 12
−12
1 − 12
=
2 2
−1 −1
.
7.27 Ejercicios
1) Xn+1 − 2Xn − 3Xn−1 = (−1)n (n = 1, 2, 2, . . .)
La solucion general de Xn+1 − 2Xn − 3Xn−1 = 0 es:
Xn = α3n + β(−1)n.
Supongamos que una solucion particular de la formula de recurrencia no
homogenea es: Xn = An(−1)n (n = 0, 1, 2, . . .) entonces:
A{(n+ 1)(−1)n+1 − 2n(−1)n − 3(n− 1)(−1)n−1
}= A(−1)n(−4) = (−1)n,
por lo tanto: A = −14 . En consecuencia:
Xn = α3n + β(−1)n − 14n(−1)n (la solucion general de la formula dada).
2) Xn+1 − 2Xn + 2Xn−1 = Ae−an (n = 1, 2, 2, . . .)
La solucion general de la formula homogenea Xn+1 − 2Xn + 2Xn−1 = 0 es:
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144 7. FORMULA LINEAL DE RECURRENCIA DEL SEGUNDO ORDEN
Xn = B(√
2)n
sen(π
4n+ δ
)(B, δ son constantes)
Supongamos que Xn = pe−an es una solucion particular de la formula de
recurrencia no homogenea, entonces:
pe−a(n+1) − 2pe−an + 2pe−a(n−1) = Ae−an,
o sea: pe−an{e−a − 2 + 2ea} = Ae−an ası p =A
e−a − 2 + 2ea.
Por lo tanto, la solucion general de la formula no homogenea es:
Xn = B√
2nsen
(π4n+ δ
)+
A
e−a − 2 + 2ea· e−an
3) Xn+1 − (1 + p)Xn + pXn−1 = n(1 − p)3 (n = 1, 2, 3, . . .), p 6= 1.
La solucion general de la formula homogenea
Xn+1 − (1 + p)Xn + pXn−1 = 0 es: Xn = α+ βpn.
Supongamos que Xn = An2 + Bn + C es una solucion particular de la
formula no homogenea, entonces:
{A(n+ 1)2 +B(n+ 1) + C} − (1 + p)(An2 +Bn+ C)
+ p{A(n− 1)2 +B(n− 1) + C} = n(1 − p)3,
por lo tanto: A− (1 + p)A+ pA = 0,
2A+B − (1 + p)B + p(−2A+B) = (1 − p)3
(A+B + C) − (1 + p)C + p(A−B + C) = 0.
La primera ecuacion es: 0 = 0,
la 2a ecuacion es: 2(1 − p)A = (1 − p)3,
la 3a ecuacion es: (1 + p)A+ (1 − p)B + C = 0,
en consecuencia: A =(1 − p)2
2, B = −1 + p
1 − pA = −1 − p2
2, C = 0.
Tenemos entonces la siguiente solucion general de la formula no homogenea:
Xn =(1 − p)2n2
2− 1 − p2
2n+ α+ βpn.
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145
4) Xn+1 −3(n+ 2)
n+ 1Xn + 2
(1 +
2
n
)Xn−1 = n2 − 4 (n = 1, 2, 3, . . .).
Primero, consideremos la formula lineal homogenea:
Xn+1 −3(n+ 2)
n+ 1Xn + 2
(1 +
2
n
)Xn−1 = 0.
La sucesion (Xn) = (n+ 1) es una solucion ya que
(n+ 2)− 3(n+ 2)
n+ 1(n+ 1) + 2
(1 +
2
n
)n = (n+ 2)− 3(n+ 2) + 2(n+ 2) = 0,
y la sucesion (Xn) = (2n(n+ 1)) es una solucion puesto que
2n+1(n+ 2) − 3(n+ 2)
n+ 12n(n+ 1) + 2
(1 +
2
n
)2n−1n
= 2n(n+ 2)(2 − 3 + 1) = 0.
Sean fn = (n+ 1), gn = 2n(n+ 1) (n = 0, 1, 2, 3, . . .), entonces:
f0 = 1, f1 = 2; g0 = 1, g1 = 4.
De (7.58):
U1 + V1 = X0
2U1 + 4V1 = X1
ası
U1 = −1
2X1 + 2X0
V1 = 12X1 −X0
Ademas:
b1b2 · · · bk = 2k · �3
1�4
2�5
�3· · · k + 1
���k − 1
k + 2
�k= 2k (k + 1)(k + 2)
2(bk = 2
k + 2
k).
De (7.57):
Un = U1 +1
−2
n−1∑
k=1
(k2 − 4)2k(k + 1)
2k+1(k + 1)(k + 2)= u1 +
1
−2
n−1∑
k=1
2(k − 2)
= U1 −(n− 1)(n− 4)
2,
Vn = V1 −1
−2
n−1∑k=1
k − 2
2k−1= V1 +
n−1∑k=1
k − 2
2k= V1 −
n− 1
2n−1,
Xn = Unfn + Vngn = U1fn + V1gn − (n− 1)(n− 4)(n+ 1)
2
− 2(n− 1)(n+ 1) = U1(n+ 1) + V12n(n+ 1) − n(n2 − 1)
2.
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146 7. FORMULA LINEAL DE RECURRENCIA DEL SEGUNDO ORDEN
Tomando U1 = C, V1 = D (dos constantes arbitrarias):
Xn = C(n+ 1) +D2n(n+ 1) − n(n2 − 1)
2.
Nota: Haciendo el cambio Xn = (n+ 1)Yn, se tiene:
Yn+1 − 3Yn + 2Yn−1 = n− 2,
una solucion particular de la formula es: Yn = −n(n− 1)
2.
5) Xn+1 − 2bXn + 2b2Xn−1 = bn (b > 0), (n = 1, 2, 3, . . .).
La solucion de la formula lineal homogenea es:
Xn = A ·(√
2b)n
sen(π
4n+ δ
)(A, δ son constantes).
Supongamos que una solucion particular de la formula no homogenea es:
Xn = p · bn
entonces: p · bn+1 − 2b · p · bn + 2b2p · bn−1 = bn, por lo tanto: p =1
b.
La solucion general de la formula dada es:
Xn = A ·(√
2b)n
sen(π
4n+ δ
)+ bn−1 (n = 0, 1, 2, 3, . . .).
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8
Fracciones continuas
1) (a)3
3−4
4−5
5−6
6−· · · =
b1
2−b2
2−b3
2−b4
2−· · ·
En 8.4 escogiendo an = 2, bn = n+ 2, an = n+ 2 (n = 1, 2, 3, . . .)
b1 =2
a1b1 = 2, bn =
4
an−1anbn =
4
n+ 1(n = 2, 3, 4, . . .).
Se obtiene: 0 ≤ bn =4
n+ 1≤ 1 para n ≥ 3, por el tercer criterio
(pagina 276, 277 del libro) la fraccion continua ( a partir de n = 3)
q =b3
2−b4
2−b5
2−. . . converge a |q| ≤ 1.
Por lo tanto:b1
2−b2
2−b3
2−· · · =
b1
2 − b22 − q
=2
2 − (4/3)
2 − q
.
Como 2 − q > 1, ya que |q| < 1,(4/3)
2 − q< 4/3,
2− (4/3)
2 − q> 2−(4/3) =
2
36= 0, entonces el valor de la fraccion continua
es real (positivo), ya que el denominador de la expresion anterior es
distinto de 0.
147
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148 8. FRACCIONES CONTINUAS
(b)
1
2−2
1+
2
3−3
2+
3
4−4
3+
4
5−5
4+
5
6−6
5+· · ·
=b1
2+
b2
2+
b3
2+
b4
2+· · ·
b2n−1 = n, b2n = −(n+ 1); a2n−1 = n+ 1, a2n = n
(Notese que la fraccion continua puede expresarse tambien como sigue
1
2
−2
1
2
3
−3
2
3
4
−4
3
4
5· · · )
b1 =2
a1b1 = 1, b2 =
4
a2n−1a2nb2n = − 4
n, b2n−1 =
4b2n−1
a2n−2a2n−1
=4n
(n− 1)(n+ 1)(n 6= 1).
Tenemos: |b2n| ≤ 1 para n ≥ 4, |b2n−1| ≤ 1 para n ≥ 2 +√
5 (esto es,
n ≥ 5) por lo tanto: |bn| ≤ 1 para n ≥ 8, y b1 = 1, b2 = −4,
b3 =8
3, b4 = −2, b5 =
3
2, b6 = −4
3, b7 =
16
15.
La fraccion continuab8
2+
b9
2+
b10
2+· · · = Q es convergente, y
|Q| < 1. Entonces:
0 <b7
2 +Q<
16
15,
0 >b6
2 +
(b7
2 +Q
) =−4/3
2 +
(b7
2 +Q
) >−4/3
2= −2
3.
0 <b5
2 + · · · <3/2
2 − 2
3
=9
8, 0 >
b42 + · · · >
−2
2= −1,
0 <b3
2 + · · · <8/3
2 − 1=
8
3, 0 >
b22 + · · · >
−4
2= −2,
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149
finalmente se tiene:b1
2 +b2
2 + · · ·
es un numero real ya que 2 +b2
2 + · · · > 2 − 2 = 0.
(c)1
2−1/2
2−1/3
2−1/4
2−1/5
2−· · · =
b1
2+
−b22+
−b32+
−b42+
−b52+
· · ·
Como |bk| =1
k≤ 1 para todo k, entonces aplicando el criterio 3o se ve
que el valor de la fraccion continua es un numero real.
(d)1
3−2
4−3
5−4
6−5
7−· · · =
b1
2−b2
2−b3
2−b4
2−b5
2−· · ·
bn = n, an = n+ 2 (para todo n),
b1 =2
a1· b1 =
2
3, bn =
4
(n+ 1)(n+ 2)· n ≤ 1 para todo n.
Por el tercer criterio, el valor de la fraccion continua es un numero real.
2)p
1+
p2
1+
p3
1+
p4
1+
p5
1+· · · =
b1
1+
b2
1+
b3
1+
b4
1+
b5
1+· · ·
bn = pn, an = 1 (para todo n).
Tenemos:an
an+1= 1, b2n = (pn)2 = p2n ≤ pn−1pn+1, y
∞∑n=1
an√bn
=∞∑
n=1
1√pn
=∞∑
n=1
1√p
1
2n
< +∞ si p > 1 entonces por el segundo
criterio de convergencia (pagina 272 del libro) la fraccion continua diverge
si p > 1.
3)1
1+
2t
1+
3t
1+
4t
1+· · · =
b1
a1
b2
a2
b3
a3
b4
a4
· · · (a > 0).
bn = nt, an = 1 b2n = n2t = (n2)t > (n−1)t(n+1)t = bn−1bn+1,an
an+1= 1.
∞∑n=1
an√bn
=∞∑
n=1
1√nt
=∞∑
n=1
1√n
1
2t
la cual diverge si y solo si t ≤ 2,
por lo tanto la fraccion continua converge si y solo si 0 ≤ t ≤ 2.
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150 8. FRACCIONES CONTINUAS
4)1
a+
22
a2+
32
a3+
42
a4+· · · =
b1
a1+
b2
a2+
b3
a3+
b4
a4+· · ·
bn = n2, an = an, (bn)2 = n4 > (n2 − 1)2 = (n− 1)2(n+ 1)2
an
an+1=
1
a, sup
n
an
an+1=
1
a∞∑
n=1
an√bn
=∞∑
n=1
an√n2
=∞∑
n=1
an
nla cual diverge si y solo si a ≥ 1.
Por el segundo criterio la fraccion continua tiene un valor real si y solo si
a ≥ 1.
5)b2
a2+
b3
a3+
b4
a4+· · · = C (C es un numero real, o, C = ∞)
b1
a1+
b2
a2+
b3
a3+
b4
a4+· · · =
b1
a1 +b2
a2+
b3
a3+
b4
a4+· · ·
= T
Si C 6= ∞, a1 + C 6= 0 entonces T =b1
a1 + C,
Si a1 + C = 0 entonces T = ∞,
Si C = ∞ entonces T = 0.
8.33 Ejercicios
1) Sea (Xn) dada por la formula fraccionaria de recurrencia:
Xn+1 =3n+ 5
n+ 1Xn − 2(n+ 1)
n
1
Xn(n = 1, 2, 3, . . .) (i)
La solucion (Xn) converge al lımite 1 o 2.
Consideremos la formula lineal de recurrencia e 2o orden asociada a (i):
Yn+1 −3n+ 5
n+ 1Yn +
2(n+ 1)
nYn−1 = 0 (n = 0, 1, 2, 3, . . .) (ii)
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151
se comprueba que la sucesion (Yn) = ((n + 1)2n; n = 0, 1, 2, . . .) es una
solucion de la formula lineal (ii), en efecto:
(n+ 2)2n+1 − 3n+ 5
n+ 1(n+ 1)2n +
2(n+ 1)
nn2n−1
= 2n(2(n+ 2) − (3n+ 5) + (n+ 1)) = 0.
Tenemos: Y0 = 1, Y1 = 4, y, lımn→∞
Yn+1
Yn= lım
n→∞2n+ 2
n+ 1= 2.
Sea (Zn; n = 0, 1, 2, 3, . . .) la solucion de la formula lineal (ii) que satisface
la condicion inicial Z0 = − 1
Y1= −1
4, Z1 = 0 (ver (7.12), (7.13) del libro),
entonces Zn+1 = Yn+1
n∑k=1
b1b2 · · · bkYkYk+1
(n = 1, 2, 3, . . .).
Tenemos: bn =2(n+ 1)
n, b1b2 · · · bk = 2k(k + 1), entonces:
Zn+1
Yn+1=
n∑
k=1
2k(k + 1)
(k + 1)2k(k + 2)2k+1=
n∑
k=1
1
(k + 2)2k+1
−→∞∑
k=1
1
(k + 2)2k+1=
8 ln 2 − 5
4.
Por lo tanto: lımn→∞
Yn
Zn= lım
n→∞Yn+1
Zn+1=
4
8 ln 2 − 5
Por otra parte, sean (An), (Dn) las soluciones de la formula (ii) dadas por:
A0 = 0, A1 = 1; D0 = 1, D1 = 0 entonces: (An) = (0, 1, . . .),
(Dn) = (1, 0, . . .), (Yn) = (1, 4, . . .), (Zn) = (−1
4, 0, . . .), por lo tanto:
(Zn) = −1
4(Dn), (Yn) = (Dn) + 4(An)
Tenemos: lımn→∞
Yn
Zn= − lım
n→∞4(1 + 4
An
Dn
)= −4 − 16 lım
n→∞An
Dn=
4
8 ln 2 − 5
De (8.49) (ver el corolario 8.23 del libro) p = − lımn→∞
An
Dn, entonces
−4 − 16
(−1
p
)=
4
8 ln 2 − 5, por lo tanto: p =
8 ln 2 − 5
2 ln 2 − 5.
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152 8. FRACCIONES CONTINUAS
Por el teorema 6.2 ((6.9), o, (8.43)) se obtiene el comportamiento de las
soluciones de la formula fraccionaria (i):
(Xn) −→ 2 cuando X1 6= 8 ln 2 − 5
2 ln 2 − 5
(Xn) −→ 1 cuando X1 =8 ln 2 − 5
2 ln 2 − 5.
2) Sea (Xn) dada por la formula fraccionaria de recurrencia
Xn+1 =4n+ 5
n+ 1− 3(n+ 1)
n
1
Xn(n = 1, 2, 3, . . .), (i)
la solucion (Xn) converge al lımite 1, o, 3.
Considerando la formula lineal de recurrencia del 2o orden asociada a (i):
Yn+1 −4n+ 5
n+ 1Yn +
3(n+ 1)
nYn−1 = 0 (n = 1, 2, 3, . . .), (ii)
La solucion (Yn) = (n+1; n = 0, 1, 2, . . .) es una solucion de (ii), en efecto:
(n+ 2) − 4n+ 5
n+ 1(n+ 1) +
3(n+ 1)
nn = (n+ 2) − (4n+ 5) + 3(n+ 1) = 0.
Sea Xn = Yn+1/Yn =n+ 2
n+ 1−→ 1 (cuando n −→ ∞), entonces la sucesion
(Xn) =(n+ 2
n+ 1
)es una solucion de la formula fraccionaria (i), ademas:
Y0 = 1, Y1 = 2, X1 = Y1/Y0 = 2, por lo tanto se obtiene:
(Xn) −→ 3 si X1 6= 2
(Xn) −→ 1 si X1 = 2.
3) Sea (Xn) dada por la formula fraccionaria:
Xn+1 = −n+ 2
2n+n+ 1
2n
1
Xn(n = 1, 2, 3, . . .), (i)
La ecuacion caracterıstica de la formula (i), t2 + 12 t− 1
2 = 0 tiene dos raıces,
−1, 12 , por lo tanto existe p tal que (el teorema 6.2 del libro):
(Xn) −→ −1 si X1 6= p
(Xn) −→ 12 si X1 = p.
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153
Considere ahora la formula lineal del 2o orden asociada a (i):
Yn+1 +n+ 2
2nYn − n+ 1
2nYn−1 = 0 (n = 1, 2, 3, . . .) (ii)
se comprueba que la sucesion (Yn) =((1
2
)n
; n = 0, 1, 2, . . .)
es una
solucion de (ii), en efecto:
(1
2
)n+1+n+ 2
2n
(1
2
)n
− n+ 1
2n
(1
2
)n−1=
(1
2
)n(1
2+n+ 2
2n− n+ 1
n
)= 0.
Sea Xn =(Yn+1/Yn
)n
, entonces la solucion
(Xn) =
(1
2
)n+1
(1
2
)n
=
(1
2
)
es una solucion de la formula fraccionaria (i), y (Xn) =(1
2
)−→ 1
2
(la sucesion constante de valor 12). Como X1 =
1
2, entonces se tiene que:
(Xn) −→ −1 si X1 6= 1
2
(Xn) −→ 1
2si X1 =
1
2.
4) Sea (Xn) dada por la formula fraccionaria de recurrencia
Xn+1 = 3 − 2n
n+ 1
1
Xn(n = 1, 2, 3, . . .), (i)
La ecuacion caracterıstica (i) t2 − 3t+ 2 = 0 tiene dos raıces, t = 1, t = 2,
por lo tanto existe p tal que:
(Xn) −→ 2 si X1 6= p
(Xn) −→ 1 si X1 = p.
Consideremos ahora la formula de recurrencia del 2o orden asociada a (i):
Yn+1 − 3Yn +2n
n+ 1Yn−1 = 0 (n = 1, 2, 3, . . .). (ii)
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154 8. FRACCIONES CONTINUAS
Se ve que la sucesion (Yn) =((n + 2)2n; n = 0, 1, 2, . . .
)es una solucion
de (ii), en efecto:
(n+3)2n+1−3(n+2)2n+2n
n+ 1(n+1)2n−1 = 2n
(2(n+3)−3(n+2)+n
)= 0.
Tenemos: Y0 = 2, Y1 = 6, la segunda solucion (Zn) de (ii), dada por la
condicion inicial Z0 = − 1
Y1= −1
6, Z1 = 0 es:
Zn+1 = Yn+1
n∑
k=1
b1b2 · · · bkYkYk+1
(bk =
2k
k + 1, b1b2 · · · bk =
2k
k + 1
)
= Yn+1
n∑
k=1
1
(k + 1)(k + 2)(k + 3)2k+1.
Tenemos:
lımn→∞
Zn
Yn= lım
n→∞Zn+1
Yn+1=
∞∑
k=1
1
(k + 1)(k + 2)(k + 3)2k+1=
1
2ln 2 − 1
3.
Sean (An), (Dn) las soluciones de la formula lineal (ii) dadas por las condi-
ciones iniciales: A0 = 0, A1 = 1; D0 = 1, D1 = 0;
(An) = (0, 1, . . .) (Dn) = (1, 0, . . .)
(Yn) = (2, 6, . . .) (Zn) = (−1
6, 0, . . .)
entonces: (An) =1
6(Yn) + 2(Zn), (Dn) = −6(Zn).
Por lo tanto:
Dn
An=
−6Zn
1
6Yn + 2Zn
=−6(Zn
Yn
)
1
6+ 2(Zn
Yn
) −→ −3(ln 2) + 21
6+ (ln 2) − 2
3
=2 − 3(ln 2)
(ln 2) − 1
2
entonces: p = − lımn→∞
Dn
An=
6 ln 2 − 4
2 ln 2 − 1
en consecuencia:
(Xn) −→ 2 si X1 6= 6 ln 2 − 4
2 ln 2 − 1
(Xn) −→ 1 si X1 =6 ln 2 − 4
2 ln 2 − 1.
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155
5) Sea (Xn) dada por la formula de recurrencia:
Xn+1 =5(n+ 1)
4(n+ 3)− n(n+ 1)
4(n+ 2)(n+ 3)
1
Xn(n = 1, 2, 3, . . .). (i)
La ecuacion caracterıstica de la formula fraccionaria (i), t2 − 5
4t +
1
4= 0
tiene dos raıces: t = 1, t =1
4, por lo tanto existe p tal que
(Xn) −→ 1 siX1 6= p
(Xn) −→ 1
4si X1 = p.
Considere ahora la forma lineal de recurrencia del 2o orden asociada a (i):
Yn+1 −5(n+ 1)
4(n+ 3)Yn +
n(n+ 1)
4(n+ 2)(n+ 3)Yn−1 = 0 (n = 1, 2, 3, . . .) (ii)
Se observa que la sucesion (Yn) =( 1
(n+ 1)(n+ 2); (n = 0, 1, 2, 3, . . .)
)
es una solucion de la formula (ii), en efecto:
1
(n+ 1)(n+ 2)− 5(n+ 1)
4(n+ 3)
1
(n+ 1)(n+ 2)+
n(n+ 1)
4(n+ 2)(n+ 3)
1
n(n+ 1)
=1
(n+ 1)(n+ 3)
(1 − 5
4+
1
4
)= 0
Tenemos Y0 =1
2, Y1 =
1
6.
Sea (Zn) la solucion de la formula lineal (ii) que satisface la condicion inicial
Z0 = −6, Z1 = 0, entonces:
Zn+1 = Yn+1
n∑
k=1
b1b2 · · · bkYkYk+1
(bk =
k(k + 1)
4(k + 2)(k + 3), b1b2 · · · bk =
12
4(k + 1)(k + 2)2(k + 3)
)
= Yn+1
n∑
k=1
12(k + 1)(k + 2)(k + 2)(k + 3)
4(k + 1)(k + 2)2(k + 3)
= Yn+1
n∑
k=1
12
4k.
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156 8. FRACCIONES CONTINUAS
Por lo tanto:
lımn→∞
Zn
Yn= lım
n→∞Zn+1
Yn+1=
∞∑
k=1
12
4k=
∞∑
k=1
3
4k−1= 3
1
1 − 1
4
= 4.
Sean (An), (Dn) las soluciones de la formula lineal (ii) dadas por las condi-
ciones iniciales: A0 = 0, A1 = 1; D0 = 1, D1 = 0, entonces:
An = 6Yn +1
2Zn, Dn = −1
6Zn. Por lo tanto se tiene que:
An
Dn=
6Yn +1
2Zn
−1
6Zn
=6 +
1
2
(Zn
Yn
)
−1
6+ 2(Zn
Yn
) −→6 +
1
24
−1
64
= −12
en consecuencia: p = − lımn→∞
Dn
An=
1
12,
ası se obtiene el comportamiento asintotico de la formula de recurrencia
fraccionaria (i):
(Xn) −→ 1 si X1 6= 1
12
(Xn) −→ 1
4si X1 =
1
12.
6) Sea (Xn) dada por la formula fraccionaria de recurrencia
Xn+1 = (n+ 2) − n
Xn(n = 1, 2, 3, . . .) (i)
Por el corolario 8.24 (ii) del libro existe p tal que
(Xn) −→ ∞ si X1 6= p
(Xn) −→ 1 si X1 = p.
Considerese la formula lineal de recurrencia asociada a (i):
Yn+1 − (n+ 2)Yn + nYn+1 = 0 (n = 1, 2, 3, . . .) (ii)
Se ve que la sucesion (Yn) = (n!; n = 0, 1, 2, . . .) es una solucion de (ii),
pues: (n+ 1)! − (n+ 2)n! + n(n− 1)! = n!((n+ 1) − (n+ 2) + 1)
)= 0,
y se tiene que Y0 = 0! = 1, Y1 = 1! = 1.
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157
Sea (Zn) la solucion de la formula lineal (ii) dada por la condicion inicial
Z0 = −1, Z1 = 0, entonces:
Zn+1 = Yn+1
n∑
k=1
b1b2 · · · bkYkYk+1
(bk = k, b1b2 · · · bk = k!)
= Yn+1
n∑
k=1
k!
k!(k + 1)!= Yn+1
n∑
k=1
1
(k + 1)!,
tenemos entonces:
lımn→∞
Zn
Yn= lım
n→∞Zn+1
Yn+1=
∞∑
k=1
1
(k + 1)!= e− 2.
Sean (An), (Dn) las soluciones de la formula lineal (ii) dadas por las condi-
ciones iniciales: A0 = 0, A1 = 1; D0 = 1, D1 = 0, entonces: (An) =
(Yn) + (Zn), (Dn) = −(Zn), por lo tanto:
Dn
An=
−Zn
Yn + Zn=
−(Zn
Yn
)
1 +(Zn
Yn
) −→ −(e− 2)
1 + (e− 2)= −e− 2
e− 1.
De (8.49) se obtiene (por el teorema 8.22, (8.47) del libro):
p = − lımn→∞
Dn
An=e− 2
e− 1=
1
3 − 2
4 − 3
5 − 4
6 − 5
7 − · · ·
7) Sea (Xn) dada por la formula fraccionaria de recurrencia
Xn+1 = (n+ 1) − n
Xn(n = 1, 2, 3, . . .) (i)
Por el corolario 8.24 (ii) del libro existe p tal que
(Xn) −→ ∞ si X1 6= p
(Xn) −→ 1 si X1 = p.
Considerese la formula lineal de recurrencia del 2o orden asociada a (i):
Yn+1 − (n+ 1)Yn + nYn−1 = 0 (n = 1, 2, 3, . . .) (ii)
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158 8. FRACCIONES CONTINUAS
Se ve inmediatamente que la sucesion (Yn) = (1, 1, 1, . . .) es una solucion
de (ii). Si (Zn) es la segunda solucion de (ii) dada por la condicion inicial:
Z0 = −1, Z1 = 0, entonces:
Zn+1 = Yn+1
n∑
k=1
b1b2 · · · bkYkYk+1
(bk = k, b1b2 · · · bk = k!)
ası
lımn→∞
Zn
Yn= lım
n→∞Zn+1
Yn+1=
∞∑
k=1
k!
1 · 1 = ∞, esto es: lımn→∞
Yn
Zn= 0.
Sean (An), (Dn) las soluciones de la formula lineal (ii) dadas por las condi-
ciones iniciales: A0 = 0, A1 = 1; D0 = 1, D1 = 0, entonces: (An) =
(Yn) + (Zn), (Dn) = −(Zn).
Por el corolario 8.24 (ii) del libro se obtiene:
p = − lımn→∞
Dn
An= − lım
n→∞−Zn
Yn + Zn= lım
n→∞1
(Yn
Zn
)+ 1
= 1.
Por el teorema 8.22 se obtiene:
p = 1 =1
2 − 2
3 − 3
4 − 4
5 − · · ·8) Sea (Xn) dada por la formula fraccionaria de recurrencia:
X2n = n+n
X2n−1(n = 1, 2, 3, . . .)
X2n+1 = (n+ 2) − n+ 1
X2n.
La sucesion (Xn) dada por:
X1 = 1, X2n = n+ 1, X2n+1 = n+ 1 (n = 1, 2, 3, . . .)
es una solucion de la formula (i), en efecto:
X2 = 1 +1
1
X2n = n+ 1 = n+n
n= n+
n
X2n−1
X2n+1 = n+ 1 = n+ 2 − n+ 1
n+ 1= n+ 2 − n+ 1
X2n.
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159
La formula (i) puede escribirse como sigue:
Xn+1 = an −bnXn
donde a2n−1 = n, a2n = n+ 2; b2n−1 = −n, b2n = n+ 1.
Haciendo el cambio: Xn =an−1
2xn (n ≥ 2), X1 = X1, entonces:
Xn+1 = 2 − bn
Xn
donde bn =4bn
an−1an(n ≥ 2), b1 =
2b1a1.
Como∣∣∣ bnan
∣∣∣ −→ 1, entonces bn −→ 0, por lo tanto existe p tal que
(Xn) −→ 2 si X1 6= p
(Xn) −→ 0 si X1 = p.
Si X1 = p entonces Xn =bn2
+ o(bn) =2bn
an−1an+ o( bnan−1an
),
volviendo a Xn: Xn =bnan
+ o(an
bn
),
por lo tanto:
(Xn) −→ +∞ si X1 6= p (X1 = X1),
(Xn) diverge en forma oscilante si X1 = p (X1 = X1).
Por el teorema 8.22 el valor de p es:
p =b1
a1 −b2
a2 −b3a3−
=−1
1 − 2
3 − −2
2 − 3
4 − −3
3 − 4
5 + · · ·=
−1
1 − 2
3 +2
2 − 3
4 +3
3 − 4
5 + · · ·
.
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160 8. FRACCIONES CONTINUAS
9) Sea (Xn) dada por la formula fraccionaria de recurrencia:
Xn+1 = n+n+ 2
Xn(n = 1, 2, 3, . . .) (i)
La sucesion (Xn) =(−n+ 3
n+ 2; n = 1, 2, 3, . . .
)es una solucion de (i), en
efecto: n− (n+ 2)n+ 2
n+ 3=n(n+ 3) − (n+ 2)2
n+ 3= −n+ 4
n+ 3= Xn+1.
Por el corolario 8.24 (ii) del libro existe p tal que
(Xn) −→ +∞ si X1 6= p,
(Xn) −→ −1 si X1 = p.
Teniendo en cuenta que −n+ 3
n+ 2−→ −1 (cuando n→ ∞), y el 1er termino
de la sucesion (−n+ 3
n+ 2) es igual a −4
3, se debe tener que
p = −4
3, ası:
(Xn) −→ ∞ si X1 6= −4
3,
(Xn) −→ 1 si X1 = −4
3.
10) Sea (Xn) dada por la formula fraccionaria de recurrencia:
Xn+1 = −(n− 2) +n
Xn(n = 1, 2, 3, . . .).
La sucesion (Xn) =(n+ 1
n; n = 1, 2, 3, . . .
)es una solucion, en efecto:
−(n− 2) + nn
n+ 1=
−(n− 2)(n+ 1) + n2
n+ 1=n+ 2
n+ 1= Xn+1.
Ademas, X1 = 2, lımn→∞
−n−(n− 2)
= 1, lımn→∞
Xn = lımn→∞
n+ 1
n= 1.
Por el corolario 8.24 (ii) del libro se tiene:
(Xn) −→ ∞ si X1 6= 2,
(Xn) −→ 1 si X1 = 2.
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9
Formula lineal de recurrencia
de segundo orden con
coeficientes variables (I)
1.16 Ejercicios
1) Dada la formula de recurrencia
Xn+1 +(n+ 2)(n+ 4)
(n+ 1)(n+ 3)Xn − 2
(1 +
1
n
)Xn−1 = 0 (n = 1, 2, 3, . . .) (i)
Las sucesiones
(Xn) =(n+ 1
n+ 2; n = 0, 1, 2, . . .
),
(Yn) =((−2)nn(n+ 1)(3n+ 7)
n+ 2; n = 0, 1, 2, . . .
)son las soluciones de las
formula (i), en efecto:
a)
n+ 2
n+ 3+
(n+ 2)(n+ 4)
(n+ 1)(n+ 3)
n+ 1
n+ 2− 2
n+ 1
n
n
n+ 1=n+ 2
n+ 3+n+ 4
n+ 3− 2
=(n+ 2) + (n+ 4) − 2(n+ 3)
n+ 3= 0
161
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162 9. FORMULA LINEAL DE RECURRENCIA DE SEGUNDO ORDEN. . .
b)
(−2)n+1 (n+ 2)(3n+ 10)
n+ 3+
(n+ 2)(n+ 4)
(n+ 1)(n+ 3)(−2)n (n+ 1)(3n+ 7)
n+ 2
− 2n+ 1
n(−2)n−1n(3n+ 4)
n+ 1
=(−2)n
n+ 3+
{−2(n+ 2)(3n+ 10) + (n+ 4)(3n+ 7) + (3n+ 4)(n+ 3)}n+ 3
=(−2)n
n+ 3{−2(3n2 + 16n+ 20) + (3n2 + 19n+ 28) + (3n2 + 13n+ 12)}
= 0.
Se hace el cambio siguiente:
Xn =n−1∏k=1
(k + 2)(k + 4)
(k + 1)(k + 3)Xn =
(n+ 1)(n+ 3)
8Xn (n = 2, 3, 4, . . .)
X1 = X1, X0 = X0
entonces la formula (i) se transforma en:
15
8X2 +
15
8X1 − 4X0 = 0 (n = 1)
X3 +X2 −X1 = 0 (n = 2)
Xn+1 +Xn − 2(n+ 1)
n+ 4Xn−1 = 0 (n ≥ 3)
Notese que la tercera igualdad es valida para el caso de n = 2, por lo tanto:
Xn+1 +Xn − bnXn−1 = 0 donde bn =2(n+ 1)
n+ 4, b1 =
32
15(ii)
y se tiene que bn → 2.
La formula lineal de recurrencia con coeficientes constantes:
Xn+1 +Xn − 2Xn−1 = 0 (n = 1, 2, 3, . . .) (iii)
tiene dos soluciones linealmente independientes:
(1) = (1, 1, 1, . . .), ((−2)n−1) = (−1,−2, 4,−8, . . .),
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163
en cambio, la formula (ii), Xn+1 +Xn − bnXn−1 = 0, tiene dos soluciones
linealmente independientes (Xn), (Yn) dadas por:
Xn =8
(n+ 2)(n+ 3)(n ≥ 1), X0 =
1
2
Yn = (−2)n 8(3n+ 7)
(n+ 2)(n+ 3)(n ≥ 1), Y0 =
7
2.
2)
Xn+1 −3(n+ 1)
(n+ 2)Xn +
2n
n+ 2Xn−1 = 0 (n = 1, 2, 3, . . .). (i)
haciendo el cambio:
Xn =n−1∏
k=1
k + 1
k + 2Xn =
2
n+ 1Xn (n = 0, 1, 2, . . .)
la formula de recurrencia (i) se transforma en:
Xn+1 − 3Xn + 2Xn−1 = 0 (n = 1, 2, 3, . . .). (ii)
Como la ecuacion caracterıstica de la ultima formula (ii) t2 − 3t + 2 = 0
tiene dos raıces t = 1, t = 2, entonces la formula (i) tiene dos soluciones
linealmente independientes:
( 1
n+ 1; n = 0, 1, 2, . . .
), (
2n
n+ 1; n = 0, 1, 2, . . .).
3) Dada la formula de recurrencia
Xn+1 +1
2Xn − n
2(n+ 3)Xn−1 = 0 (n = 1, 2, 3, . . .) (i)
la sucesion (Xn) =( 1
2n(n+ 1)(n+ 2); n = 0, 1, 1, . . .
)es una solucion,
en efecto:
1
2n+1(n+ 1)(n+ 2)+
1
2
1
2n(n+ 1)(n+ 2)− n
2(n+ 3)
1
2n−1(n+ 1)
=(n+ 1) + (n+ 3) − 2(n+ 2)
2n+1(n+ 1)(n+ 2)(n+ 3)= 0.
![Page 172: Problemas de sucesiones recurrentesciencias.bogota.unal.edu.co/fileadmin/Facultad_de_Ciencias/Publica… · Presentaci´on La mayor´ıa de textos de analisis tienen bastante material](https://reader035.fdocuments.es/reader035/viewer/2022062607/6057bb18f99b71742d6d7d82/html5/thumbnails/172.jpg)
164 9. FORMULA LINEAL DE RECURRENCIA DE SEGUNDO ORDEN. . .
Tenemos:
X0 =1
2, X1 =
1
12, 2nXn =
1
(n+ 1)(n+ 2)−→ 0 (n→ ∞)
bk =−k
2(k + 3), b1b2 · · · bk =
(−1)k
2k
6
(k + 1)(k + 2)(k + 3).
Sea (Yn) la solucion de la formula (i) dada por Y0 = −2, Y1 = 0, entonces:
Yn+1 = Xn+1
n−1∑
k=1
b1b2 · · · bkXkXk+1
=1
2n+1(n+ 2)(n+ 3)
n∑
k=1
(−1)k ·6 ·2k+1(k+2).
como
n∑k=1
(−1)k(k + 2)2k+1∼
−2
−2 − 1(n+ 2)2n+1(−1)n =
2
3(−1)n(n+ 2)2n+1
entonces:
Yn+1 ∼6
2n+1(n+ 2)(n+ 3)
2
3(−1)n(n+ 2)2n+1 =
(−1)n4
n+ 3∼ 0,
por lo tanto: lımn→∞
Yn = lımn→∞
Yn+1 = 0.
Por otra parte, la formula lineal de recurrencia con coeficientes constantes
Xn+1 +1
2Xn − 1
2Xn−1 = 0 (n = 1, 2, 3, . . .) (ii)
tiene dos soluciones linealmente independientes
((−1)n; n = 0, 1, 2, . . .) y((1
2
)n
; n = 0, 1, 2, . . .).
9.22 Ejercicios
1)
Xn+1 − aXn + bnXn−1 = 0 (n = 1, 2, 3, . . .), (bn) −→ b, (i)
la ecuacion caracterıstica t2 − at+ b = o tiene dos raıces λ, µ, 0 < λ < µ.
La formula lineal de recurrencia puede escribirse como sigue:
Xn+1 − aXn + bXn−1 = εnXn−1 donde εn = b− bn. (ii)
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165
Tenemos (por (9.10) de libro):
Xn =X1 − λX0
µ− λµn +
−X1 + µX0
µ− λλn +
1
µ− λ
n∑
k=1
(µn−k − λn−k)εkXk−1
como µn−k > λn−k entonces µn−k − λn−k < µn−k, por lo tanto:
|Xn|µn
≤ |X1 − λX0|µ− λ
+| −X1 + µX0|
µ− λ
(λµ
)n
+1
µ− λ
n∑
k=1
|εk||Xk−1|1
µk
≤ |X1 − λX0| + |X1 − µX0|µ− λ
+1
µ(µ− λ)
n∑
k=1
|εk||Xk−1|µk−1
≤M +n∑
k=1
|εk|µ(µ− λ)
|Xk−1|µk−1
(n ≥ 2),|X1|µ
≤M.
por (3.9) y (3.10) (pagina 37) se obtiene la siguiente desigualdad:
|Xn|µn
≤{M +
|ε1||X0|µ(µ− λ)
}n∏
k=2
(|εk|
µ(µ− λ)
)
donde εn = b− bn, M =|X1 − λX0| + |X1 − µX0|
µ− λ.
2) Sea (Xn) dada por:
Xn+1 − 3Xn +2n
n+ 1Xn−1 = 0 (n = 1, 2, 3, . . .) (i)
bn =2n
n+ 1−→ 2, εn = b− bn =
2
n+ 1, λ = 1, µ = 2,
(Xn) = (2n(n + 2); n = 0, 1, 2, . . .) es una solucion de la formula de recu-
rrencia (i), en efecto:
2n+1(n+3)−3·2n(n+2)+2n
n+ 12n−1(n+1) = 2n(2(n+3)−3(n+2)+n) = 0.
X0 = 2, X1 = 6, M =|X1 − λX0| + |X1 − µX0|
µ− λ= 6.
Del ejercicio 1):|Xn|2n
≤ 7n∏
k=2
k + 2
k + 1= 7
n+ 2
3=
7
3(n+ 2), o sea que:
|Xn| ≤7
32n(n+ 2), esta es la acotacion de |Xn| dada por el ejercicio 1), la
cual es bastante buena comparada con |Xn| = 2n(n+ 2).
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166 9. FORMULA LINEAL DE RECURRENCIA DE SEGUNDO ORDEN. . .
3) Xn+1 − aXn + bnXn−1 = 0 (n = 1, 2, 3, . . .), (bn) −→ b, sean λ, µ dos
raıces de la ecuacion caracterıstica t2 − at+ b = 0.
(a) Si |λ| < 1, |µ| < 1, entonces por el corolario 9.7 del libro se tiene que
lımn→∞
Xn = 0.
(b) |λ| < 1, |µ| > 1,
sean (Xn), (Yn) soluciones de la formula de recurrencia dada del tipo
µn y del tipo λn respectivamente, de (9.21) se tiene:
lımn→∞
Xn = ∞, lımn→∞
Yn = 0.
(c) |λ| > 1, |µ| > 1,
sean (Xn), (Yn) soluciones del tipo µn y del tipo λn respectivamente,
entonces (Xn), (Yn) ambas divergen.
b = a− 1
La ecuacion caracterıstica de la formula de recurrencia:
t2 − at+ b = t2 − (b+ 1)t+ b = (t− 1)(t− b) = 0.
La solucion (Xn) de tipo (1n) = (1, 1, 1, . . .) pueden ser convergentes
al lımite diferente de 0, o puede ser divergentes.
4) Xn+1 + 3Xn +(2 +
1√n
)Xn−1 = 0 (n = 1, 2, 3, . . .).
bn = 2 +1√n→ 2, εn = bn − b =
1√n, λ = −1, µ = −2.
∞∑n=1
|εn|3 =∞∑
n=1
1
n√n< +∞ (esto es, m = 2), ademas (εn) es de variacion
acotada (σ = 1). por lo tanto (ver (9.35), (9.36)):
Xn ∼ C(−2)nn∏
k=1
(1 + p1εk + p2ε2k)
Yn ∼ D(−1)nn∏
k=1
(1 + q1εk + q2ε2k)
( C y D son constantes no nulas)
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167
donde
p1 =1
µ(λ− µ)= −1
2, p2 =
µ
λ− µp21 = −1
2,
q1 =1
λ(µ− λ)= 1, q2 =
λ
µ− λq21 = 1.
Por lo tanto:
Xn ∼ C(−2)nn∏
k=1
(1 − 1
2√k− 1
2k
)
Yn ∼ D(−1)nn∏
k=1
(1 +
1√k
+1
k
).
Notese que(Xn
2n
)−→ 0,
( Yn
(−1)n
)−→ +∞.
5) Xn+1 +Xn − 2(1 +
(−1)n
√n
)Xn−1 = 0 (n = 1, 2, 3, . . .).
bn = −2(1 +
(−1)n−1
√n
)−→ b = −2, εn = bn − b = (−1)n 2√
n. (−1)nεn
es de variacion acotada, (σ = −1).
λ = 1, µ = −2,∞∑
n=1|εn|3 = 8
∞∑n=1
1
n√n< +∞. m = 2.
Por lo tanto (ver (9.35), (9.36)):
Xn ∼ C(−2)nn∏
k=1
(1 + p1εk + p2ε2k)
Yn ∼ Dn∏
k=1
(1 + q1εk + q2ε2k),
donde
p1 =1
µ(λ+ µ)=
1
2, p2 =
−µλ− µ
p21 =
1
6,
q1 =1
λ(µ+ λ)= −1, q2 =
−λµ− λ
q21 =1
3.
Por lo tanto:
Xn ∼ C(−2)nn∏
k=1
(1 +
(−1)k
√k
+2
3k
)
Yn ∼ Dn∏
k=1
(1 +
2(−1)k−1
√k
+4
3k
).
( C, D son constantes no nulas)
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168 9. FORMULA LINEAL DE RECURRENCIA DE SEGUNDO ORDEN. . .
6) Xn+1 − 3Xn + 2{
1 + (−1)n−1( 1√
n+
1
n
)}Xn−1 = 0 (n = 1, 2, 3, . . .).
bn = 2{
1 + (−1)n−1( 1√
n+
1
n
)}−→ b = 2,
εn = bn − b = (−1)n−12( 1√
n+
1
n
).
(−1)nεn es de variacion acotada, por lo tanto: (σ = −1).
λ = 1, µ = 2,∞∑
n=1|εn|3 = 8
∞∑n=1
1
n√n
(1 +
1√n
)3< +∞, m = 2.
Xn ∼ C2nn∏
k=1
(1 + p1εk + p2ε2k),
Yn ∼ Dn∏
k=1
(1 + q1εk + q2ε2k).
p1 =1
µ(λ+ µ)=
1
6, p2 =
−µλ− µ
p21 =
1
18,
q1 =1
λ(µ+ λ)=
1
3, q2 =
−λµ− λ
q21 = −1
9.
Por lo tanto se obtiene:
Xn ∼ C2nn∏
k=1
{1 +
(−1)k−1
3
( 1√k
+1
k
)+
2
9
(1
k+
1√k
)2}
Yn ∼ Dn∏
k=1
{1 +
2(−1)k−1
3
( 1√k
+1
k
)− 4
9
(1
k+
1√k
)2}.
(C, D son constantes no nulas)
7) Xn+1 − 3Xn + 2(1 +
(−1)n−1
√n
)Xn−1 = 0 (n = 1, 2, 3, . . .).
bn = 2(1 +
(−1)n−1
√n
)−→ b = 2, εn = bn − b = (
−1)n−12√n
.
λ = 1, µ = 2,∞∑
n=1|εn|3 = 8
∞∑k=1
1
k√k< +∞, ademas ((−1)nεn) es de
variacion acotada, por lo tanto: m = 2, σ = −1.
p1 =1
µ(λ+ µ)=
1
6, p2 =
−µλ− µ
p21 =
1
18,
q1 =1
λ(µ+ λ)=
1
3, q2 =
−λµ− λ
q21 = −1
9.
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169
Por lo tanto se obtiene:
Xn ∼ C2nn∏
k=1
(1 +
(−1)k−1
3√k
+2
9k
)
Yn ∼ Dn∏
k=1
(1 +
2
3
(−1)k−1
√k
− 4
9
1
k
).
8) Xn+1 − aXn + bnXn−1 = 0 (n = 1, 2, 3, . . .)
bn → b, εn = bn − b. Supongamos que m = 1. (σnεn) es de variacion
acotada donde σ = 1, o σ = −1.
(i) 0 < λ < µ, εk > 0.
σ = 1
Xn
µn∼C
n∏
k=1
(1 +
εkµ(λ− µ)
)= C
n∏
k=1
(1 − εk
µ(µ− λ)
)
−−−−−→(n→∞)
0 si∞∑
k=1
εk = +∞
lımite diferente de 0 si∞∑
k=1
εk <∞.
Yn
λn∼D
n∏
k=1
(1 +
εkλ(µ− λ)
)
−−−−−→(n→∞)
±∞ si∞∑
k=1
|εk| = +∞
lımite (6= 0) si∞∑
k=1
|εk| <∞.
σ = −1
Xn
µn∼C
n∏
k=1
(1 +
εkµ(λ+ µ)
)−→
±∞ si∞∑
k=1
εk = +∞
lımite (6= 0) si∞∑
k=1
εk < +∞
Yn
λn∼D
n∏
k=1
(1 +
εkλ(µ+ λ)
)−→
±∞ si∞∑
k=1
εk = +∞
lımite (6= 0) si∞∑
k=1
εk < +∞.
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170 9. FORMULA LINEAL DE RECURRENCIA DE SEGUNDO ORDEN. . .
(ii) 0 < λ < µ, εk < 0.
σ = 1
Xn
µn∼C
n∏
k=1
(1 +
εkµ(λ− µ)
)−→
±∞ si∞∑
k=1
|εk| = +∞
lımite (6= 0) si∞∑
k=1
|εk| < +∞
Yn
λn∼D
n∏
k=1
(1 +
εkλ(µ− λ)
)−→
0 si∞∑
k=1
|εk| = +∞
lımite (6= 0) si∞∑
k=1
|εk| < +∞.
σ = −1
Xn
µn∼C
n∏
k=1
(1 +
εkµ(λ+ µ)
)−→
0 si∞∑
k=1
|εk| = +∞
lımite (6= 0) si∞∑
k=1
|εk| < +∞
Yn
λn∼D
n∏
k=1
(1 +
εkλ(µ+ λ)
)−→
0 si∞∑
k=1
|εk| = +∞
lımite (6= 0) si∞∑
k=1
|εk| < +∞.
(iii)
εn < 0, σ = −1,∞∑
k=1
|εk| = +∞, entonces
Xn
µn−→ 0,
Yn
λn−→ 0.
εn > 0, σ = −1,∞∑
k=1
|εk| = +∞, entonces
Xn
µn−→ ±∞,
Yn
λn−→ ±∞.
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171
9) Xn+1 − 2Xn −(3 − 1
n
)Xn−1 = 0 (n = 1, 2, 3, . . .)
bn = −3 +1
n→ b = −3, εn = bn − b =
1
n, σ = 1.
∞∑n=1
ε2n =∞∑
n=1
1
n2< +∞, m = 1, λ = −1, µ = 3.
p1 =1
µ(λ− µ)= − 1
12, q1 =
1
λ(µ− λ)= −1
4
por lo tanto:
Xn
3n∼ C
n∏k=1
(1 − 1
12k
)
Yn
(−1)n∼ D
n∏k=1
(1 − 1
4k
).
Por lo tanto se tiene:
Xn
3n−→ 0,
Yn
(−1)n−→ 0 (cuando n→ ∞).
10) Xn+1 + 2Xn −(3 +
(−1)n
√n
)Xn−1 = 0 (n = 1, 2, 3, . . .)
bn = −(3 +
(−1)n
√n
)−→ −3, εn = bn − b =
(−1)n−1
√n
, σ = −1.
∞∑n=1
|εn|3 =∞∑
n=1
1
n√n< +∞, m = 2, λ = 1, µ = −3
p1 =1
µ(λ+ µ)=
1
6, p2 =
−µλ− µ
p21 =
1
48,
q1 =1
λ(µ+ λ)= −1
2, q2 =
−λµ− λ
q21 =1
16.
Por lo tanto se obtiene:
Xn ∼ C(−3)nn∏
k=1
(1 +
(−1)k−1
6√k
+1
48k
)
Yn ∼ Dn∏
k=1
(1 − (−1)k−1
2√k
+1
16k
).
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172 9. FORMULA LINEAL DE RECURRENCIA DE SEGUNDO ORDEN. . .
9.27 Ejercicios
1) Xn+1 − 2Xn +n(n+ 3)
(n+ 1)(n+ 2)Xn−1 = 0 (n = 1, 2, 3, . . .)
Las sucesiones (Xn) = ((n+ 2)(n+ 3); n = 0, 1, 2, . . .),
(Yn) =( 1
n+ 1; n = 0, 1, 2, . . .
)son soluciones de la formula de recurrencia
dada. En efecto:
(n+ 3)(n+ 4) − 2(n+ 2)(n+ 3) +n(n+ 3)
(n+ 1)(n+ 2)(n+ 1)(n+ 2)
= (n+ 3)((n+ 4) − 2(n+ 2) + n) = 0.
1
n+ 2− 2
1
n+ 1+
n(n+ 3)
(n+ 1)(n+ 2)
1
n=
(n+ 1) − 2(n+ 2) + (n+ 3)
(n+ 1)(n+ 2)= 0.
bk =k(k + 3)
(k + 1)(k + 2)−→ b = 1
∞∑k=1
k|b− bk| =∞∑
k=1
k∣∣∣1 − k(k + 3)
(k + 1)(k + 2)
∣∣∣ =∞∑
k=1
k2
(k + 1)(k + 2)= +∞.
lımn→∞
Xn
n= lım
n→∞(n+ 2)(n+ 3)
n= +∞, lım
n→∞Yn = lım
n→∞1
n+ 1= 0.
2) Xn+1 − 2Xn +2n+ (3/4)
2n + 1Xn−1 = 0 (n = 1, 2, 3, . . .)
bk =2k + (3/4)
2k + 1−→ b = 1.
La sucesion (Yn) =(1 +
(1
2
)n+1; n = 0, 1, 2, . . .
)es una solucion de la
formula de recurrencia dada, en efecto:
1 +(1
2
)n+2− 2(1 +
(1
2
)n+1)+
2n + (3/4)
2n + 1
(1 +
(1
2
)n)
= 1+(1
2
)n+2−2−
(1
2
)n
+2n + (3/4)
2n= 1+
(1
2
)n+2−2−
(1
2
)n
+1+3
4
(1
2
)n
=(1
2
)n(1
4− 1 +
3
4
)= 0
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173
Como Y0 =3
2, Y1 =
5
4, entonces la solucion (Xn) dada por:
X0 = − 1
Y1= −4
5, X1 = 0 es: Xn+1 = Yn+1
n∑k=1
b1b2 · · · bkYkYk+1
.
Como bk = 1 − 1
4(2k + 1), entonces
∞∏k=1
bk =∞∏
k=1
(1 − 1
4(2k + 1)
)converge,
digamos:∞∏
k=1
bk = β, luego: lımk→∞
b1b2 · · · bkYkYk+1
= β puesto que Yk → 1.
Aplicando el primer teorema de Cauchy, se tiene:
n∑k=1
b1b2 · · · bkYkYk+1
n= β
por lo tanto:
lımn→∞
Xn
n= lım
n→∞Xn+1
n+ 1= lım
n→∞Yn+1
n∑
k=1
b1b2 · · · bkYkYk+1
1
n
n
n+ 1= β
Notese que∞∑
k=1
k|b− bk| =∞∑
k=1
k1
4(2k + 1)< +∞.
3) Xn+1 − 2Xn +(1 − 6(n+ 1)
n3
)Xn−1 = 0 (n = 1, 2, 3, . . .)
La sucesion (Xn) = ((n+ 1)3; n = 0, 1, 2, . . .) es una solucion, en efecto:
(n+ 2)3 − 2(n+ 1)3 +(1 − 6(n+ 1)
n3
)n3
= n3 + 6n2 + 12n+ 8 − 2(n3 + 3n2 + 3n+ 1) + n3 − 6n− 6 = 0.
X0 = 1, X1 = 8. Sea (Yn) la solucion dada por la condicion inicial Y0 =
− 1
X1= −1
8, Y1 = 0 entonces: Yn+1 = (n+ 1)3
n∑k=1
b1b2 · · · bk(k + 1)3(k + 2)3
.
Como la serien∑
k=1
b1b2 · · · bk(k + 1)3(k + 2)3
converge (ya quen∑
k=1
|bk − b| < +∞)
entonces la serie (Zn) dada por: Zn = (n+ 1)3∞∑
k=n
b1b2 · · · bk(k + 1)3(k + 2)3
es
una solucion de la formula de recurrencia dada. teniendo en cuenta que
b1b2 · · · bk < 1, entonces: |Zn| ≤ (n + 1)3∞∑
k=n
1
k6= (n + 1)3O(
1
n5) → 0
(cuando n→ ∞), por lo tanto existe soluciones (Xn), (Zn) tales que
Xn = (n+ 1)3 ∼ n3, Zn → 0.
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174 9. FORMULA LINEAL DE RECURRENCIA DE SEGUNDO ORDEN. . .
4) Xn+1 − 2Xn +n(n+ 3)
(n+ 1)(n+ 2)Xn−1 = 0 (n = 1, 2, 3, . . .).
bn =n(n+ 3)
(n+ 1)(n+ 2)−→ b = 1.
(a) bn =n2 + 3n
n2 + 3n+ 2< 1 para todo n. 1 − bn =
2
n2 + 3n+ 2= O
( 1
n2
)
por lo tanto:∞∑
n=1|bn − 1| < +∞.
∞∑n=1
n|bn − 1| =∞∑
n=1
2n
n2 + 3n+ 2= +∞ ya que
2n
n2 + 3n+ 2∼
2
n,
∞∑n=1
2
n= +∞.
(b) b1b2 · · · bk =1
2
2
3· · · n
n+ 1.4
3
5
4· · · n+ 3
n+ 2=
1
n+ 1
n+ 3
3=
1
3
n+ 3
n+ 1.
(c) La sucesion (Xn) =( 1
n+ 1; n = 0, 1, 2, . . .
)es una solucion de la
formula de recurrencia dada, en efecto:
1
n+ 2−2
1
n+ 1+
n(n+ 3)
(n+ 1)(n+ 2)
1
n=
(n+ 1) − 2(n+ 2) + (n+ 3)
(n+ 1)(n+ 2)= 0.
(d) X0 = 1, X1 =1
2.
Sea (Yn) la solucion dada por la condicion inicial Y0 = − 1
X1, Y1 = 0
entonces:
Yn+1 = Xn+1
n∑
k=1
b1b2 · · · bkXkXk+1
.
=1
n+ 2
n∑
k=1
k + 3
3(k + 1)(k + 1)(k + 2) =
1
3
1
n+ 2
n∑
k=1
(k + 2)(k + 3)
=1
3
1
n+ 2
1
3
n∑
k=1
((k + 2)(k + 3)(k + 4) − (k + 1)(k + 2)(k + 3)
)
=1
9
1
n+ 2
((n+ 2)(n+ 3)(n+ 4) − 24
)∼
1
9n2.
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175
(e) X0 = 0, X1 = 1, εk = b− bk =2
(k + 1)(k + 2), λ = 1.
de (9.13):
Xn = n+n∑
k=1
(n− k)εkXk−1,
= n+n∑
k=1
(n− k)2
(k + 1)(k + 2)Xk−1,
Xn
n= 1 +
n∑
k=1
n− k
n
2
(k + 1)(k + 2)Xk−1
≤ 1 +n∑
k=1
2
k + 1
Xk−1
Xk−1
por lo tanto:|Xn|n
≤ |X2|n∏
k=3
(1 +
2
k + 1
)(n+ 2)(n+ 3)
10
(f) La sucesion ((n+2)(n+3); n = 0, 1, 2, . . .) es una solucion de la formula
de recurrencia dada, en efecto:
(n+ 3)(n+ 4) − 2(n+ 3)(n+ 2) +n(n+ 3)
(n+ 1)(n+ 2)(n+ 1)(n+ 2)
= (n+ 3)((n+ 4) − 2(n+ 2) + n) = 0.
Nota
Si (Xn) es la solucion de la formula de recurrencia dada, con la condi-
cion inicial X0 = 0, X1 = 1 entonces:
Xn = A(n + 2)(n + 3) +B
n+ 1(A, B son constantes, (c) y (f)) ası:
6A+B = X0 = 0, 12A+B
2= X1 = 1, luego: A =
1
9, B = −2
3, por lo
tanto:
Xn =(n+ 2)(n+ 3)
9− 2
3(n+ 1)≤ (n+ 2)(n+ 3)
9.
Comparando con la estimacion de Xn dada en (e), el resultado dado
en (e) “|Xn| ≤n(n+ 2)(n+ 3)
12” no es una buena aproximacion.
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Problemas adicionales
introduccion
1) an > 0, bn > 0 para todo n, si lımn→∞
an = L 6= 1, entonces: an ∼ bn implica
ln a ∼ ln bn.
Dar un ejemplo de que an ∼ bn, pero no existe lımn→∞
an, lımn→∞
bn.
Solucion
Como lımn→∞
bnan
= 1, entonces bn = an(1 + o(1)), por lo tanto:
ln an
ln bn=
ln an
ln an(1 + o(1))−→ lnL
lnL= 1.
Ejemplo
an =1
n+ (−1)n, bn = (−1)n,
an
bn= 1 + (−1)n 1
n−→ 1, an ∼ bn.
Evidentemente, no existe lımn→∞
an, lımn→∞
bn.
2) an ∼ bn, cn ∼ dn. Ademas an > 0, cn > 0 para todo n, entonces
an + cn ∼ bn + dn.
Solucion
Tenemos lımn→∞
bnan
= 1, lımn→∞
dn
cn= 1.
177
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178 PROBLEMAS ADICIONALES INTRODUCCION
Dado ε > 0 cualquiera existe N tal que
1 − ε <bnan
< 1 + ε, 1 − ε <dn
cn< 1 + ε para todo n > N .
Como an > 0, cn > 0 entonces:
(1 − ε)an < bn < (1 + ε)an, (1 − ε)cn < dn < (1 + ε)cn.
Sumando las dos desigualdades se obtiene:
(1− ε)(an + cn) < bn + dn < (1+ ε)(an + cn), dividiendo por an + cn (> 0):
1 − ε <bn + dn
an + cn< 1 + ε, para todo n > N ,
por lo tanto: lımn→∞
bn + dn
an + cn= 1, o sea que bn + dn ∼ an + cn para todo n.
Si no se cumple la condicion “an > 0, “cn > 0 para todo n”, entonces el
resultado puede ser falso.
Ejemplo
an = −n2, bn = −n2, cn = n2 +1
n, dn = n2 +
(−1)n
n.
an ∼ bn, cn ∼ dn, pero an + cn =1
n, bn + dn =
(−1)n
n
bn + dn
an + cn= (−1)n lo cual no converge al lımite 1.
3) Sea (an) acotada, si an ∼ bn entonces ean ∼ ebn .
Solucion
|an| ≤M para todo n, ademas: lımn→∞
bnan
= 1.
ean
ebn= ean−bn = ean(1− bn
an) −→ e0 = 1 (n→ ∞)
puesto que∣∣∣an(1 − bn
an)∣∣∣ = |an|
∣∣∣1 − bnan
∣∣∣ ≤M∣∣∣1 − bn
an
∣∣∣ −→ 0 (n→ ∞)
4) (una variacion de 1).)
Sean an > 0, bn > 0 para todo n, ademas( 1
ln an
)es acotada, entonces
an ∼ bn implica ln an ∼ ln bn.
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179
Como bn ∼ an entoncesan
bn= 1 + o(1), o sea que bn = an(1 + o(1)).
ln bnln an
=ln{an(1 + o(1))}
ln an=
ln an + ln(1 + o(1))
ln an
= 1 +ln(1 + o(1))
ln an−→ 1 + 0 = 1 (n→ ∞)
5) Si an ∼ bn, y an = cno(1) entonces an + cn ∼ bn + cn.
En efecto:
an + cnbn + dn
=cn + cno(1)
an(1 + o(1)) + cn=cn + cno(1)
cno(1) + cn=cn(1 + o(1))
cn(1 + o(1))
=1 + o(1)
1 + o(1)−→ 1.
6) an ∼ bn, cn − bn = cno(1), entonces: an = cn + cno(1).
En efecto:
cn − an = cn − bn + bno(1) = cno(1) + bno(1)
= cno(1) + (cn + cno(1))o(1) = cno(1),
por lo tanto: an = cn + cno(1).
7) an ∼ bn, cn = ano(1), entonces: an + cn ∼ bn + cn.
En efecto:
an + cnbn + cn
=an + ano(1)
an + ano(1) + ano(1)=an + ano(1)
an + ano(1)
=1 + o(1)
1 + o(1)−→ 1 (n→ ∞).
8) Supongamos que an ∼ bn. cn + an no siempre asintoticamente igual a
cn + bn. Dar un ejemplo.
Ejemplo
an = −n+ 1, bn = −n+ 2, cn = n.
an ∼ bn ya que−n+ 1
−n+ 2→ 1 (n→ ∞). cn + an = 1, cn + bn = 2.
cn + an
cn + bn=
1
29 1.
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180 PROBLEMAS ADICIONALES INTRODUCCION
9) Supongamos que la serie∞∑
k=1
bk sea convergente. No siempre se tiene la
igualdad asintotica “n∑
k=1
bk ∼
n∑k=p
bk”. Dar un ejemplo.
Ejemplo
p = 2, bk =1
2k−1.
n∑
k=1
bk =n∑
k=1
1
2k−1= 2(1 − 1
2n
)= 2 − 1
2n−1,
n∑
k=p
bk =n∑
k=2
1
2k−1=
n∑
k=1
1
2k−1− 1 = 1 − 1
2n−1.
2 − 1
2n−1� 1 − 1
2n−1.
10) Supongamos que An = O(Bn) (An > 0, Bn > 0). Si An ∼ A′n, Bn ∼ B′
n
entonces A′n = O(B′
n).
En efecto, existe M > 0 tal que An ≤ MBn. Como An ∼ A′n, Bn ∼ B′
n,
entonces existe N tal que1
2<A′
n
An<
3
2,
1
2<B′
n
Bn<
3
2para todo n > N .
por lo tanto: A′n <
3
2An <
3
2MBn <
3
2M(2B′
n) = 3MB′n para n > N , o
sea que A′n = O(B′
n).
11) Sea∞∑
k=1
bk una serie divergente que satisface la condicion
n∑
k=p
|bk| = O(∣∣∣
n∑
k=p
bk
∣∣∣)
para algun p, (1)
entonces:n∑
k=1
|bk| = O(∣∣∣
n∑k=1
bk
∣∣∣).
Solucionn∑
k=p
bk
n∑k=1
bk
=
n∑k=p
bk
p−1∑k=1
bk +n∑
k=p
bk
−→ 1 (n→ ∞)
puesto que∣∣∣
n∑k=p
bk
∣∣∣ −→ +∞ (por (1), y∞∑
k=p
|bk| = +∞).
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181
Ademas:
n∑k=p
|bk|n∑
k=1
|bk|=
n∑k=p
|bk|
p−1∑k=1
|bk| +n∑
k=p
|bk|−→ 1 (n→ ∞)
Aplicando 10) se obtiene:n∑
k=1
|bk| = O( n∑
k=1
bk
).
12) Dar un ejemplo de:
(i) An ∼ Bn pero An 6= Bn + o(1).
Ejemplo
An = n+ 1, Bn = n.
(ii) An = Bn + o(1), pero An � Bn.
Ejemplo
An =2
n, Bn =
1
n.
13) Sea (Xn; n = 0, 1, 2, . . .) dada por:
Xn = b+n∑
k=1
ckXk−1 (n = 1, 2, 3, . . .),
entonces: Xn−1 = b+n−1∑k=1
ckXk−1 (n ≥ 2),
restando las dos igualdades anteriores: Xn−Xn−1 = cnXn−1 (n ≥ 2) o sea:
Xn = (1 + cn)Xn−1 (n = 2, 3, 4, . . .).
multiplicando la igualdad anterior con respecto a “n”, desde n = 2 hasta
“n = n” se obtiene:
Xn = X1
n∏
k=2
(1 + ck) = (b+ c1X0)n∏
k=2
(1 + ck).
14) Sea (Xn) dada por:
Xn+1 = an − bnXn
(an → a 6= 0, bn → 0), donde (Xn) → 0,
demostrar que Xn =bna
+ o(bn).
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182 PROBLEMAS ADICIONALES INTRODUCCION
Solucion
Como (Xn) → 0 entonces an − bnXn
→ 0, o sea que a − bnXn
→ 0, esto es:
bnXn
→ a (n→ ∞). Teniendo en cuenta que a 6= 0 se tiene que
1 − bn/a
Xn→ 0, o sea
Xn − bn/a
Xn→ 0 (n→ ∞)
En consecuencia:Xn − (bn/a)
bn=
Xn − (bn/a)
Xn
Xn
bn→ 0 · 1
a= 0, o sea:
Xn − bna
= o(bn).
15) Supongamos que∞∑
k=1
Bk converge, y ak → 0, entonces:
n∑k=1
akBk
n∑k=1
Bk
no necesariamente tiende a 0, esto es:n∑
k=1
o(1)Bk 6= o(1)n∑
k=1
Bk.
Ejemplo
Bk =1
k2, ak =
1
k.
∞∑k=1
Bk =∞∑
k=1
1
k2< +∞, ak =
1
k→ 0,
n∑k=1
akBk
n∑k=1
Bk
=
n∑k=1
( 1
k3
)
n∑k=1
( 1
k2
) −−−−−→(n→∞)
∞∑k=1
( 1
k3
)
∞∑k=1
( 1
k2
) 6= 0.
16) Sea Bk > 0 para toda k, entonces la convergencia de∞∑
k=1
Bk garantiza la
convergencia de∞∑
k=1
o(1)Bk.
En efecto, si∞∑
k=1
Bk converge, entonces existe M > 0 tal quen∑
k=1
Bk ≤ M
para todo n; sea (an) tal que an → 0, entonces existe A > 0 tal que |an| ≤ A
para todo n por lo tanto:
∞∑
k=1
|akBk| =
∞∑
k=1
|ak|Bk ≤ A
∞∑
k=1
Bk ≤ AM,
por lo tanto la serie∞∑
k=1
akBk converge (absolutamente).
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183
Si no se cumple la condicion “Bk > 0” para todo k, la convergencia de∞∑
k=1
Bk no garantiza la convergencia de∞∑
k=1
o(1)Bk.
Ejemplo
Bk = (−1)k 1√k, ak =
(−1)k
√k
= o(1),
∞∑k=1
akBk =∞∑
k=1
(−1)k 1√k(−1)k 1√
k=
∞∑k=1
1
k= ∞ (divergente).
17) Dada la sucesion (ak; k = 1, 2, 3, . . .), 0 < ak < 1 para todo k, sea
(Xk; k = 0, 1, 2, . . .) determinada por:
Xk = Xk−1 + ak(1 −Xk−1) (k = 1, 2, 3, . . .), X0 = 0. 1©
Demostrar que la sucesion (Xk) es creciente y Xk ≤ 1, hallar la condicion
para que lımn→∞
Xk = 1.
Solucion
Haga el cambio 1 −Xk = Yk (k = 0, 1, 2, . . .) entonces la ecuacion 1© se
transforma en:
Yk = (1 − ak)Yk−1 (k = 1, 2, 3, . . .), Y0 = 1. 2©
En 2© tomando k = 1, 2, . . . , n y multiplicando estas n ecuaciones miembro
a miembro se obtiene:
Yn = Y0
n∏
k=1
(1 − ak), 3©
de 3© se tiene que 0 < Yn < 1 para n 6= 0, y (Yn) es decreciente, en
consecuencia la sucesion (Xn) es creciente y Xn < 1. Tenemos:
lımn→∞
Yn = Y0
∞∏
k=1
(1 − ak). 4©
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184 PROBLEMAS ADICIONALES INTRODUCCION
De 4©, lımn→∞
Yn = 0 si y solo si∞∏
k=1
(1 − ak) = 0, esto es, la serie
∞∑k=1
ak = +∞ (diverge), en consecuencia: lımk→∞
Xk = 1 − lımk→∞
Yk = 1 si y
solo si∞∑
k=1
ak = +∞.
18) Generalizacion del primer teorema de Cauchy
(i) p ≥ 0. Si lımn→∞
an = L entonces:
lımn→∞
n∑k=1
kpak
np+1
=
L
p+ 1. (1)
Demostracion
Primero, demostremos:
si p > 0 entoncesn∑
k=1
kp∼np+1
p+ 1(2)
La funcion tp es creciente en [0,+∞) por lo tanto:
∫ n
1tpdt < 1 +
n∑
k=2
kp =n∑
k=1
kp =n−1∑
k=1
kp + np <
∫ n
1tpdt+ np,
1
p+ 1(np+1 − 1) <
n∑
k=1
kp <1
p+ 1(np+1 − 1) + np
1 − 1
np+1<
(p+ 1)n∑
k=1
kp
np+1< 1 − 1
np+1+p+ 1
n,
por lo tanto: lımn→∞
(p+ 1)n∑
k=1
kp
np+1= 1, o sea que:
n∑k=1
kp∼np+1
p+ 1.
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185
Tenemos:
n∑k=1
kpak
np+1=
n∑k=1
kp(ak)
n∑k=1
kp
n∑k=1
kp
np+1−−−−−→(n→∞)
lımk→∞
kpak
kplım
n→∞
n∑k=1
kp
np+1
= lımk→∞
ak
1
p+ 1=
L
p+ 1.
y=t
t
y
p
1p
2p
3p
(n-1)p n
p
p(n+1)
n-1 n n+11 2 30
1
Figura 18
Ejemplos lımn→∞
an = L
p = 0. lımn→∞
n∑k=1
ak
n= L (primer teorema de Cauchy)
p = 1. lımn→∞
n∑k=1
kak
n2=L
2caso particular:
1
n2·
n∑k=1
(k + 1)k
kk−1=
1
n2
n∑k=1
k(k + 1
k
)k
−−−−−→(n→∞)
e
2
p = 2. lımn→∞
n∑k=1
k2ak
n3=L
3
lımn→∞
1
n3
n∑k=1
k3 · sen 1
k=
1
3(tome: ak = k sen
1
k=
sen1
k(1
k
) ).
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186 PROBLEMAS ADICIONALES INTRODUCCION
(ii) p > 1.
Si lımn→∞
npan = L entonces:
lımn→∞
np−1∞∑
k=n
ak =L
p− 1.
Demostracion
Recordemos:
∞∑
k=n
1
kp∼
1
p− 1· 1
np−1(1.8, ejercicios 13)). (3)
Tenemos:
∞∑k=n
ak
( 1
np−1
) =
∞∑k=n
ak
∞∑k=n
( 1
kp
) ·
∞∑k=1
( 1
kp
)
( 1
np−1
) −−−−−→(n→∞)
lımk→∞
ak
1
kp
lımn→∞
∞∑k=n
( 1
kp
)
( 1
np−1
)
= lımk→∞
(kpak
)· 1
p− 1=
L
p− 1
Ejemplos
p = 2. Si an ∼L
n2entonces
∞∑k=n
ak ∼L
n.
p = 3. Si an ∼L
n3entonces
∞∑k=n
ak ∼L
2n2.
Si an ∼L
npentonces
∞∑
k=n
ak ∼
∞∑
k=n
L
kp∼
∫ ∞
n
L
tpdt =
1
p− 1· L
np−1.
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Problemas adicionales
Formula lineal de recurrencia
del 1o orden
Xn+1 = anXn − bn cuando an −→ −1, sus aplicaciones.
1) Investigar el comportamiento asintotico de la sucesion dada por la formula
de recurrencia Xn+1 = −anXn + bn cuando an −→ 1, bn −→ 0.
(i) (bn) es de variacion acotada, an = 1 para todo n.
Tenemos:
Xn+1 = (−1)n(X1 +
n∑
k=1
(−1)kbk
)= (−1)n
(X1 −
n∑
k=1
(−1)k−1bk
)(1)
Sea p =n∑
k=1
(−1)k−1bk (la serie converge, ver el ejemplo 1.10)) entonces
(X1 −
n∑k=1
(−1)k−1bk
)−−−−−→(n→∞)
X1 − p,
por lo tanto:
(Xn) no converge (oscilante) si X1 6= p,
(Xn) −→ 0 si X1 = p.
(ii) Xn+1 = −anXn + bn (n = 1, 2, 3, . . .)
Xn+1 = (−1)n∞∏
k=1
ak
(X1 −
n∑
k=1
(−1)k−1 bka1a2 · · · ak
)(2)
187
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188 FORMULA LINEAL DE RECURRENCIA DEL 1o ORDEN
∞∑k=1
|bk| < +∞,∞∏
k=1
ak converge, y, 0 < an < 1 para todo n.
Tenemos:∞∑
k=1
(−1)k−1 bka1a2 · · · ak
converge absolutamente, sea
p =∞∑
k=1
(−1)k−1 bka1a2 · · · ak
, entonces:
(X1 −
n∑k=1
(−1)k−1 bka1a2 · · · ak
)−→ X1 − p (n→ ∞).
Como∞∏
k=1
ak 6= 0 (el producto infinito converge)entonces (Xn) diverge
en forma oscilante cuando X1 6= p. Si X1 = p entonces(X1 −
n∑k=1
(−1)k−1 bka1a2 · · · ak
)−−−−−→(n−→∞)
0, por lo tanto: Xn −→ 0.
∞∏k=1
ak diverge a 0, 0 < an < 1 para todo n, ademas las sumas parciales
de la serie∞∑
k=1
(−1)k−1 bka1a2 · · · ak
son acotadas.
Existe M > 0 tal que∣∣∣
n∑k=1
(−1)k−1 bka1a2 · · · ak
∣∣∣ ≤ M para todo n,
entonces de (2) se tiene que:
|Xn+1| ≤n∏
k=1
ak{|X1| +M} −→ 0 ya que∞∏
k=1
ak = lımn→∞
n∏
k=1
ak = 0.
Ejemplo 1.
Xn+1 = −Xn +1
n, p =
n∑
k=1
(−1)k−1 1
k= 1 − 1
2+
1
3− · · · = ln 2,
entonces (Xn) −→ 0 si y solo si X1 = ln 2, entonces (Xn) diverge en
forma oscilante.
Ejemplo 2.
Xn+1 = −(1 − 1
(n+ 1)2
)Xn +
1
n(n+ 1), 0 < an = 1 − 1
(n+ 1)2< 1,
bn =1
n(n+ 1).
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189
El producto infinito∞∏
k=1
(1 − 1
(k + 1)2
)converge ya que
∞∑k=1
1
(k + 1)2< +∞, y
∞∑k=1
1
k(k + 1)= 1 (la serie converge).
Por lo tanto la serie∞∑
k=1
(−1)k−1
1
k(k + 1)k∏
j=1
(1 − 1
(j + 1)2
)
converge, sea
p la suma total de la serie, entonces (Xn) −→ 0 solamente cuando
X1 = p.
Si X1 6= p , (Xn) diverge en forma oscilante.
Ejemplo 3.
Xn+1 = −(1 − 1
n+ 1
)Xn +
1
n(n = 1, 2, 3, . . .)
0 < an = 1 − 1
n+ 1< 1,
n∏k=1
ak =n∏
k=1
(1 − 1
k + 1
)=
n∏k=1
k
k + 1=
1
n+ 1−→ 0.
Xn+1 = (−1)n 1
n+ 1
(X1 −
n∑k=1
(−1)k−1k + 1
k
).
Las sumas parciales de la serie∞∑
k=1
(−1)k−1(1 +
1
k
)son acotadas, por
lo tanto: (Xn) −→ 0 para cualquier valor de X1.
(iii) an > 1 para todo n y lımn→∞
bnan − 1
= 0.
la sucesion( bnan − 1
)es acotada, por lo tanto existe M > 0 tal
que |bn| ≤M(an − 1) para todo n.
Tenemos:
∞∑
k=1
∣∣∣ bka1a2 · · · ak
∣∣∣ ≤∞∑
k=1
Mak − 1
a1a2 · · · ak
= M∞∑
k=2
( 1
a1a2 · · · ak−1− 1
a1a2 · · · ak
)+M
(an − 1
an
)≤M,
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190 FORMULA LINEAL DE RECURRENCIA DEL 1o ORDEN
por lo tanto la serie∞∑
k=1
(−1)k−1 bka1a2 · · · ak
converge (absolu-
tamente), sea p la suma total de la serie, entonces (de (2)):(X1 −
∞∑k=1
(−1)k−1 bka1a2 · · · ak
)−−−−→n−→∞
X1 − p
Si X 6= p, de (2):
Xn+1 = (−1)nn∏
k=1
ak(X1 −p) diverge en forma oscilante ya quen∏
k=1
ak
converge o diverge a +∞.
Supongamos que X1 = p =∞∑
k=1
(−1)k−1 bka1a2 · · · ak
, entonces:
X1 −n∑
k=1
(−1)k−1 bka1a2 · · · ak
=∞∑
k=n+1
(−1)k−1 bka1a2 · · · ak
caso (a)n∏
k=1
ak converge.
Como la cola de la serie convergente tiende a 0, entonces:∞∑
k=n+1
(−1)k−1 bka1a2 · · · ak
−−−−→n−→∞
0. Por lo tanto:
|Xn+1| =n∏
k=1
ak
∞∑k=n+1
(−1)k−1 bka1a2 · · · ak
−→ 0
(cuando n −→ ∞).
caso (b)n∏
k=1
ak = +∞ (diverge a +∞).
Sea An =1
a1a2 · · · an, entonces lım
n→∞An = 0. Tenemos:
|Xn+1| =
∞∑k=n+1
(−1)k−1bkAk
An=
∞∑k=n+1
(−1)k−1bkAk
∞∑k=n+1
(Ak−1 −Ak)
−→
lımk→∞
(−1)k−1bkAk
Ak−1 −Ak
= lımk→∞
(−1)k−1bk(Ak−1
Ak
)−1
= lımk→∞
(−1)k−1bkak − 1
= 0.
2) Investigar el comportamiento asintotico de la sucesion dada por la formula
de recurrencia Xn+1 = −anXn + bn cuando an → 1, bn → b 6= 0.
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191
Solucion
La formula de recurrencia Xn+1 = −anXn + bn (n = 1, 2, 3, . . .) se trans-
forma en:
Xn+1 −b
2= −an
(Xn − b
2
)+ bn − b
2(an + 1).
Sean Xn − b
2= X ′
n, bn − b
2(an + 1) = b′n, entonces:
X ′n+1 = −anX
′n + b′n (n = 1, 2, 3, . . .) donde b′n → b − b
22 = 0 cuando
(n→ ∞).
De esta forma, el problema 2) se reduce al caso del problema 1).
3) (i) Sea (Yn) dada por la formula de recurrencia
Yn+1 = −(1 − 1
n
)Yn + cn (n = 2, 3, 4, . . .),
hallar la solucion general de la formula dada.
Sea an =(1 − 1
n
)= −n− 1
n, entonces a2a3 · · · an = (−1)n−1 1
n.
Tenemos:
Yn+1 = (−1)n−1 1
n
(Y2 +
n∑
k=2
(−1)k−1kck
). (1)
(ii) Sea (Xn) dada por la formula lineal de recurrencia del 1er orden:
Xn+1 = −(1 − 1
n
)Xn +
1
2n2+X2
n
4n(n = 2, 3, 4, . . .), (2)
si X2 =1
4demostrar que lım
n→∞Xn = 0.
Supongamos que |Xk| ≤1
kpara k = 2, 3, 4, . . . , n, vamos a demostrar
que |Xn+1| ≤1
n+ 1.
n∑
k=2
(−1)k−1k1
2k2=
1
2
n∑
k=2
(−1)k−1 1
k=
1
2
(−1
2+
1
3−1
4+· · ·+(−1n−1)
1
n
),
1
2
∣∣∣n∑
k=2
(−1)k−1 1
k
∣∣∣ ≤ 1
4(∗),
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192 FORMULA LINEAL DE RECURRENCIA DEL 1o ORDEN
∣∣∣n∑
k=2
(−1)k−1kX2
k
4k
∣∣∣ ≤n∑
k=2
1
4
1
k2=
1
4
n∑
k=2
1
k2<
1
4
( ∞∑
k=1
1
k2− 1)
=1
4
(π2
6− 1)
=0.6449
4= 0.1612
En (1) reemplazando ck por( 1
2k2+X2
k
4k
):
|Xn+1| ≤1
n
(X2 +
∣∣∣n∑
k=2
(−1)k−1 1
2k
∣∣∣+n∑
k=2
∣∣∣(−1)k−1kX2
k
4k
∣∣∣)
≤ 1
n
(1
4+
1
4+ 0.1612
)≤ 0.7
n
Tenemos:0.7
n<
1
n+ 1para n ≥ 2.4.
por otra parte, de la formula de recurrencia para (Xn):
X3 = −1
2
1
4+(1
8+(1
4
)2 1
8
)=
1
128<
1
3.
Por induccion se tiene que |Xn| ≤1
npara todo n ≥ 2, en consecuen-
cia: lımn→∞
Xn = 0.
(∗) Dada una serie alternada∞∑
k=1
(−1)k−1xk = x1 − x2 + x3 − x4 + · · · (xk > 0 para todo k)
si la sucesion (xk; k = 1, 2, 3, . . .) es creciente, entonces:∣∣∣m∑
k=1
(−1)kxk
∣∣∣ < xm,
si la sucesion (xn; n = 1, 2, 3, . . .) es decreciente, entonces
0 <m∑
k=1
(−1)kxk < x1.
Ejemplo 1.
Dada (Xn; n = 1, 2, 3, . . .) por
Xn+1 = −(1 − 1
n
)Xn +
1
n(n = 1, 2, 3, . . .),
entonces: lımn→∞
Xn = 0 para cualquier valor de X2.
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193
Solucion
Sea an = −(1− 1
n
), entonces
n∏k=2
ak = (−1)n−1n∏
k=2
k − 1
k= (−1)n−1 1
n,
Xn+1 =(−1)n−1
n
(X2 +
n∑
k=2
(−1)k−1
1
k1
k
)
=(−1)n−1
n
( n∑
k=2
(−1)k−1 +X2
),
por lo tanto: |Xn+1| ≤1
n(|X2| + 1) −→ 0 cuando (cuando n→ ∞).
Ejemplo 2.
Xn+1 = −(1 − 1
n
)Xn +
1√n
(n = 2, 3, 4, . . .)
Tenemos:
Xn+1 =(−1)n−1
n
(X2 +
n∑
k=2
(−1)k−1
1√k
1
k
)
=(−1)n−1
n
(X2 +
n∑
k=2
(−1)k−1√k),
por lo tanto: |Xn+1| ≤1
n
(|X2| +
n∑k=2
(−1)k−1√k)≤ 1
n(|X2| +
√n),
lımn→∞
|Xn+1| = lımn→∞
|X2|n
+ lımn→∞
1√n
= 0 para todo X2.
4) (i) Sea (Yn) dada por la formula de recurrencia
Yn+1 = −( 1
n+ 1− 1)Yn + cn (n = 1, 2, 3, . . .),
hallar la solucion general.
Sea an =( 1
n+ 1−1)
= − n
n+ 1, entonces a1a2 · · · an = (−1)n 1
n+ 1,
por lo tanto:
Yn+1 = (−1)n 1
n+ 1
(Y1 +
n∑
k=1
(−1)k(k + 1)ck
). (1)
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194 FORMULA LINEAL DE RECURRENCIA DEL 1o ORDEN
(ii) Sea (Xn) dada por:
Xn+1 =( 1
n+ 1− 1)Xn +
1
4(n+ 1)+X2
n
2n(n = 1, 2, 3, . . .) X1 = 0,
demostrar que lımn→∞
Xn = 0.
Solucion
En (i) reemplazando1
4(k + 1)+X2
k
2kse obtiene:
Xn+1 = (−1)n 1
n+ 1
{X1 +
n∑
k=1
(−1)k(k + 1)1
4(k + 1)
+
n∑
k=1
(−1)k(k + 1)X2
k
2k
}(2)
n∑k=1
(−1)k k + 1
4(k + 1)=
n∑k=1
1
4(−1 + 1 − 1 + · · · ),
∣∣∣n∑
k=1
(−1)k k + 1
4(k + 1)
∣∣∣ ≤ 1
4para todo n.
Supongamos que |Xk| ≤1
k + 1para k = 1, 2, 3, . . . , n, entonces
∣∣∣n∑
k=1
(−1)k k + 1
2kX2
k
∣∣∣ ≤n∑
k=1
∣∣∣k + 1
2k
1
(k + 1)2
∣∣∣ <∞∑
k=1
1
2k(k + 1)
=1
2
n∑
k=1
(1
k− 1
k + 1
)=
1
2.
De (2) si X1 = 0 se tiene que: |Xn+1| <1
n+ 1
{1
4+
1
2
}=
0.75
n+ 1.
Tenemos:0.75
n+ 1≤ 1
n+ 2si n ≥ 2.
Por otra parte, de la formula de recurrencia para (Xn) se tiene:
X2 = −1
2X1 +
1
4 · 2 +1
2(X1)
2 =1
8<
1
2 + 2( cuando X1 = 0),
por induccion se obtiene: |Xn+1| ≤1
n+ 2, o sea que |Xn| ≤
1
n+ 1para todo n.
En consecuencia: lımn→∞
Xn = 0 cuando X1 = 0.
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195
5) Sea (Xn) dada por la formula de recurrencia
Xn+1 =n2
Xn+Xn
n(n = 1, 2, 3, . . .) (1)
demostrar:
lımn→∞
(Xn − n) = 0 si X1 esta en una vecindad de 1 (2)
Notese que si X1 = 1 entonces Xn = n para todo n, o sea que la sucesion
(n; n = 1, 2, 3, . . .) es una solucion de la formula (i).
Solucion
Sea Xn = n+ Yn (n = 2, 3, 4, . . .) entonces:
(n+ 1) + Yn+1 =n
1 +(Yn
n
) +(1 +
Yn
n
)
= n{1 − Yn
n+Y 2
n
n2− Y 3
n
n3
1
1 +Yn
n
}+ 1 +
Yn
n(∗1)
por lo tanto:
Yn+1 = −(1 − 1
n
)Yn +
Y 2n
n− Y 3
n
n2
1
1 +Yn
n
(n = 2, 3, 4, . . .) (3)
tenemos entonces que:
Yn+1 = (−1)n−1 1
n
{Y2 +
n∑
k=2
(−1)k−1k
(Y 2
k
k− Y 3
k
k2
1
1 +Yk
k
)}(n ≥ 2) (4)
puesto quen∏
k=2
{−(1 − 1
k
)}= (−1)n−1 1
n.
Ahora, supongamos que
|Yk| ≤0.5
kpara k = 2, 3, 4, . . . n, (5)
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196 FORMULA LINEAL DE RECURRENCIA DEL 1o ORDEN
y vamos a demostrar que |Yn+1| ≤0.5
n+ 1.
Por la hipotesis (5) se tiene (para k = 2, 3, 4, . . . n):
|Y 2k | ≤
0.25
k2,∣∣∣Y
3k
k
1
1 +Yk
k
∣∣∣ ≤ 0.125
k4
1
1 −(0.5
k2
) ≤ 0.125
k4
1
0.875
<0.143
k4(Nota k ≥ 2).
Por lo tanto:
∣∣∣n∑
k=2
(−1)kk
(Y 2
k
k− Y 3
k
k2
1
1 +Yk
k
)∣∣∣ ≤∞∑
k=1
(0.25
k2+
0.143
k4
)(6)
Teniendo en cuenta que
∞∑
k=2
0.25
k2= 0.25
∞∑
k=2
1
k2= 0.25
( ∞∑
k=1
1
k2− 1)
= 0.25(π2
6− 1)
= 0.1613,
∞∑
k=2
0.143
k4= (0.143)
( ∞∑
k=1
1
k4− 1)
= (0.143)(π4
90− 1)
= 0.0118,
de (4) y (6) se obtiene:
|Yn+1| <1
n(|Y2| + 0.1613 + 0.0118) =
|Y2| + 0.1731
n.
Si |Y2| < 0.15, entonces |Y2| ≤0.5
2= 0.25, |Y3| ≤
0.15 + 0.1731
2
= 0.16155 <0.5
3= 0.1666,
ademas se tiene:
|Yn+1| <0.15 + 0.1731
n=
0.3231
n<
0.5
n+ 1para n > 1.826,
o sea que, por induccion se obtiene: “Yn <0.5
npara todo n 6= 2”.
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197
en consecuencia, se demuestra: lımn→∞
Yn = 0 si |Y2| < 0.15,
|Y2| < 0.15 si y solo si −0.15 < Y2 < 0.15, por lo tanto:
1.85 < X2 = Y2 + 2 < 2.15. De (i), X2 =1
X1+X1 < 2.15, o sea
0.68 =2.15 −
√2.152 − 4
2< X1 <
2.15 +√
2.152 − 4
2= 1.47
En resumen se obtiene el siguiente resultado:
lımn→∞
(Xn − 1) = 0 si X1 ∈ (0.68, 1.47).
(∗1)1
1 + t= 1 − t+ t2 − t3
1
1 + t.
y=2.15
y = x + 1x__
y =
x
2
00.68 1 1.47 x
y
1
Figura 5
6) Sea (Xn) dada por:
Xn+1 =( 1
n− 1)Xn +
1
4n+(Xn
2
)3(n = 1, 2, 3, . . .), X1 = 0. (1)
X2 =1
4, an = −n− 1
n, a2a3 · · · an = (−1)n−1 1
n.
Utilizando el metodo del problema anterior se obtiene:
Xn+1 =(−1)n−1
n
{X2 +
n∑k=2
(−1)k−1k( 1
4k+(1
2Xk
)3)}.
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198 FORMULA LINEAL DE RECURRENCIA DEL 1o ORDEN
Vamos a demostrar, por induccion que |Xk| <1
kpara todo k.
X2 =1
4, |X2| =
1
4<
1
2.
Supongamos valida |Xk| <1
kpara k = 2, 3, . . . , n.
|Xn+1| ≤1
n
{|X2| +
∣∣∣n∑
k=2
(−1)k−1k1
4k
∣∣∣+n∑
k=2
k( 1
2k
)3}
<1
n
{|X2| +
1
4+
1
8
n∑
k=2
1
k2
}
=1
n
{|X2| +
1
4+
1
8
(π2
6− 1)}
=1
n
{|X2| + 0.25 +
1
8(0.6449)
}
=1
n
{(|X2| + 0.3307)
}.
Escoja |X2| como sigue: |X2| < 0.33, entonces 0.33 <1
2, ademas:
1
n(0.33 + 0.3307) <
1
n+ 1para n > 1.95, o sea, |Xn+1| ≤
1
n+ 1para n ≥ 2.
Por induccion se tiene que Xn <1
npara todo n ≥ 2, en consecuencia:
lımn→∞
Xn = 0 cuando |X2| < 0.33, o sea, −0.33 < X2 < 0.33.
Por otra parte, tenemos: X2 =1
4+X3
1
8. La funcion f(x) =
1
4+x3
8es estrictamente creciente, y f−1((−0.33, 0.33)) = (−1.66, 0.86) por lo
tanto: lımn→∞
Xn = 0 si X1 ∈ (−1.66, 0.86).
7) Sea (Xn) dada por la formula de recurrencia
Xn+1 = −n− 1
nXn +
1
2n+
1
n2Xn +
1
4nX2
n (n = 1, 2, 3, . . .) (1)
entonces lımn→∞
Xn = 0 si X1 esta en una vecindad del origen.
Solucion
Resolviendo la formula (1) a partir de n = N se tiene:
Xn+1 ≤ (−1)n−N+1
n
{(N−1)XN+
n∑
k=N
(−1)k−N+1(1
2+Xk
k+
1
4X2
k
)}(k ≥ N)
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199
por lo tanto:
|Xn+1| ≤1
n
{(N − 1)|XN | + 1
2+
n∑
k=N
|Xk|k
+1
4|Xk|2
}(2)
-1-2 0 1 2
y=f(x)y
x
Figura 7
Supongamos que “N = 5”, vamos a demostrar, por induccion que
|Xk| ≤ 2
kpara todo k ≥ 5. en efecto, supongamos que |Xk| <
2
kpara
k = 5, 6, . . . , n, entonces de (2) se tiene que
|Xn+1| ≤1
n
{4|X5| +
1
2+
n∑
k=5
( 2
k2+
4
4
1
k2
)}
<1
n
{4|X5| +
1
2+ 3
∞∑
k=5
1
k2
}.
Teniendo en cuenta que∞∑
k=5
1
k2= 0.2213 (∗ 1) obtenemos:
|Xn+1| ≤1
n
{4|X5| + 1.1639
}. (3)
Ahora supongamos adicionalmente la siguiente condicion inicial:
“|X5| < 0.12” (∗ 2) entonces de (3) se obtiene lo siguiente:
|Xn+1| <1
n
{(4 × 0.12) + 1.1639
}=
1.6439
n<
2
n+ 1,
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200 FORMULA LINEAL DE RECURRENCIA DEL 1o ORDEN
la ultima desigualdad se cumple para n > 4.6164. Por induccion se demues-
tra que |Xk| <2
kpara todo k ≥ 5 cuando |X5| < 0.12. En consecuencia se
tiene que lımn→∞
Xn = 0 cuando X5 ∈ (−0.12, 0.12). Calculando los termi-
nos de la solucion de la formula de recurrencia (1), si X1 = 0 entonces
X2 = 0.5, X3 = 0.15625, X4 = 0.08190, X5 = 0.06911, ası se observa que
X5 = 0.06911 ∈ (−0.12, 0.12).
Sean fn(t) =1
4nt2 −
(1 − 1
n− 1
n2
)t +
1
2n(n = 1, 2, 3, . . .), entonces:
X5 = (f4 ◦ f3 ◦ f2 ◦ f1)(X1).
Como las funciones f1, f2, f3, f4 son continuas en R, entonces la funcion
compuesta f4 ◦ f3 ◦ f2 ◦ f1es continua en R, por lo tanto el conjunto
A = {t ∈ R|(f4 ◦ f3 ◦ f2 ◦ f1)(t) ∈ (−0.12, 0.12)} es abierto y no vacıo ya
que 0 ∈ A. (f4(f3(f2(f1(0)))) = 0.0691 ∈ (−0.12, 0.12)).
(∗ 1)∞∑
k=5
1
k2=
∞∑k=1
1
k2−(1 +
1
22+
1
32+
1
42
)=π2
6− 1.4236 = 0.2213.
(∗ 2) Para calcular la estimacion de la serien∑
k=5
( 2
k2+
4
4
1
k2
)hemos supuesto
que |X5| <2
5= 0.4. Nuestra hipotesis adicional “|X5| < 0.12” no
contradice a la condicion original.
8) Sea (Xn) dada por:
Xn+1 =1
Xn+
1
n(n = 1, 2, 3, . . .), X1 > 0 (1)
entonces lımn→∞
Xn = 1 para cualquier X1 ≥ 1.
Solucion
Sea Xn = Yn + 1, entonces Yn+1 =1
Yn + 1+
1
n− 1 (para n = 1, 2, 3, . . .).
Vamos a demostrar, por induccion que
0 ≤ Yn <1
n− 1(para n = 1, 2, 3, . . .) si Y1 ≥ 1 (2)
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201
La desigualdad (2) es valida para n = 1 ya que 0 ≤ Y1 < +∞.
Supongamos valida (2) par “n”, entonces:
1 ≤ Yn + 1 <1
n− 1+ 1 =
n
n− 1, o sea, 1 ≥ 1
Yn + 1>n− 1
n, ası:
1 +( 1
n− 1)≥ Yn+1 =
1
Yn + 1+( 1
n− 1)>n− 1
n+
1
n− 1,
esto es:1
n> Yn+1 > 0, o sea que la desigualdad (2) es valida para “n+ 1”.
Por induccion se demuestra (2) para todo “n”. De (2):
lımn→∞
Yn = 0 para cualquier Y1 ≥ 0, esto es: lımn→∞
Xn = 0 + 1 = 1 para
cualquier X1 ≥ 1.
9) Sea (Xn) dada por:
Xn+1 = fn(Xn) =Xn
n2+n2
Xn+ 2 Xn > 0 (n = 1, 2, 3, . . .), (1)
Existe una vecindad A de “1” tal que lımn→∞
(Xn − n− 1
2
)= 0 si X1 ∈ A.
Solucion
Por un calculo directo se obtiene que (#1)
si X1 ∈ [0.8, 1.25] entonces X6 ∈ [6.612701136, 6.612734829]. (2)
sea (Yn) definida por:
Xn = n+1
2+ Yn (n = 1, 2, 3, . . .) (3)
entonces Y6 ∈ [0.112701136, 0.112734829]. (4)
De (1) y (3)
n+ 1 +1
2+ Yn+1 =
1
n+
1
2n2+Yn
n2+
n2
n+1
2+ Yn
+ 2 (5)
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202 FORMULA LINEAL DE RECURRENCIA DEL 1o ORDEN
Desarrollandon2
n+1
2+ Yn
=n
1 +
1
2+ Yn
n
en serie de potencias de
1
2+ Yn
n(#2)
n
1 +
( 1
2+ Yn
n
) = n−(1
2+ Yn
)+
(1
2+ Yn
)2
n−
(1
2+ Yn
)3
n2+ ∆n
donde
∆n =
(1
2+ Yn
)4
n3
1
1 +
( 1
2+ Yn
n
) , (6)
y reemplazando en (5) se obtiene la formula de recurrencia para la sucesion
(Yn) como sigue: (#3)
Yn+1 = −n− 1
nYn +
{(5
4
1
n+
3
8
1
n2
)+
1
4n2Yn +
( 1
n− 3
2n2
)Y 2
n
− 1
n2Y 3
n + ∆n
}. (7)
Se puede resolver la formula (7) a partir de “n = 6” como sigue: (#3)
Yn+1 = (−1)n−5 5Y6
n+
1
n
n∑
k=6
(−1)k+n
{(5
4+
3
8k︸ ︷︷ ︸[a]
)+
1
4kYk
︸ ︷︷ ︸[b]
+(1 − 3
2k
)Y 2
k︸ ︷︷ ︸
[c]
− Y 3k
k︸︷︷︸[d]
+ k∆k︸︷︷︸[e]
}(8)
Ahora, supongamos que 0 < Yn <1.2
npara n = 6, 7, 8, . . . , n vamos a
demostrar, por (8) que 0 < Yn+1 <1.2
n+ 1, en consecuencia se demuestra,
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203
por induccion, que:
0 < Yn <1.2
npara todo n ≥ 6. (9)
n = par ((−1)n−5 = −1).
[a] De (4): −0.5637 < −5Y6 < −0.5635.
n∑
k=6
(−1)n+k(5
4+
3
8k
)=(5
4− 5
4+
5
4· · · − 5
4+
5
4
)
+3
8
(1
6− 1
7+
1
8− · · · − 1
n− 1+
1
n
)
<5
4+
3
8
1
6= 1.3125.
[b]
n∑
k=6
(−1)k+nYk
4k=
1
4
{Y6
6−Y7
7+Y8
8+· · ·+Yn
n
}<
1
4
{Y6
6+Y8
8+Y10
10+· · ·
}
<1.2
4
( 1
62+
1
82+
1
102+ · · ·
)=
1.2
4 × 4
( 1
32+
1
42+
1
52+ · · ·
)= 0.0297.
Tambien,n∑
k=6
(−1)k−6Yk
4k> −1
4
(Y7
7+Y9
9+ · · ·
)> −0.0297.
[c]
n∑
k=6
(−1)k+n(1 − 3
2k
)Y 2
k <n∑
k=6
(−1)k−6Y 2k ≤ Y 2
6 − Y 27 + Y 2
8 − · · ·
< Y 26 +Y 2
8 +· · · < (1.2)2( 1
62+
1
82+· · ·
)=
1.44
4
( 1
32+
1
42+· · ·
)= 0.1422.
tambien,n∑
k=6
(−1)k+n(1 − 3
2k
)Y 2
k > −0.1422.
[d]n∑
k=6
∣∣∣−Y3k
k
∣∣∣ < (1.2)3∞∑
k=6
1
k4= (1.728)
∞∑k=6
1
k4= (1.728)(0.001972)
= 0.00341.
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204 FORMULA LINEAL DE RECURRENCIA DEL 1o ORDEN
[e]
n∑
k=6
∣∣∣k∆k
∣∣∣ <n∑
k=6
(1
2+ Yk
)4
k2
1
1 +
( 1
2+ Yk
k
) <∞∑
k=6
(0.7)4
k2
= (0.2401)
∞∑
k=6
1
k2= 0.0436.
De [a], [b], [c], [d], y [e] se obtiene:
Yn+1 ≤ 1
n(1.3125 − 0.5635 + 0.00297 + 0.1422 + 0.00341 + 0.0436)
=0.9679
n
Tambien:
Yn+1 >1
n(1.3125 − 0.5635 + 0.00297 − 0.1422 − 0.00341 − 0.0436)
= 0.5299 > 0.
n = impar ((−1)n−5 = 1).
Yn+1 ≤ 1
n
(0.5637 −
(5
4− 5
4+ · · · + 5
4− 5
4
)− 3
8
(1
6− 1
7+
1
8− · · ·
)
+ [b] + [c] + [d] + [e]
)=
0.8451
n.
Ademas Yn+1 > 0.
Para cualquier caso se tiene que 0 < Yn+1 <0.9679
n<
1.2
n+ 1para
n ≥ 6 puesto que la ultima desigualdad es valida para n > 4.1702.
En consecuencia se demuestra la desigualdad (9) par n ≥ 6, por lo
tanto: lımn→∞
Yn = 0, o sea que lımn→∞
(Xn − n− 1
2) = 0 cuando
X1 ∈ [0.8, 1.25].
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205
(# 1)
[0.8, 1.25]f1(x)−−−→ [4, 4.05]
f2(x)−−−→ [4, 4.000154321]f3(x)−−−→
−→ [4.694374789, 4.6944444444]f4(x)−−−→ [5.701686802, 5.70173302]
f5(x)−−−→ [6.612701136, 6.612734829].
(# 2)1
1 + t= 1 − t+ t2 − t3 + t4
1
1 + t.
(# 3) Yn+1 = −anYn + bn (n = 6, 7, 8, . . .)
Yn+1 = (−1)n−5a6a7 · · · an
{ n∑k=6
(−1)k−5 bka6a7 · · · ak
+ Y6
}
donde a6a7 · · · an =5
6
6
7
7
8· · · n− 1
n=
5
n, ası
Yn+1 = (−1)n−5 5Y6
n+
1
n
n∑k=6
(−1)n+kkbk (n ≥ 6).
10) Sea (Tn) dada por
Tn+1 = gn(Tn) =Tn
n+
n
Tn(n = 1, 2, 3, . . .), Tn > 0.
Existe una vecindad A de “1” tal que lımn→∞
(Tn −√n) = 0 si T1 ∈ A.
en efecto, de (1) del problema 9) se tiene:
√Xn+1 =
√n
n+
n√n
(n = 1, 2, 3, . . .).
Sea Tn =√Xn, entonces Tn =
√n+
1
2+ Yn donde lım
n→∞Yn = 0, por lo
tanto:
Tn −√n =
√n+
1
2+ Yn −√
n =
1
2+ Yn
√n+
1
2+ Yn +
√n
−→ 0 (n→ ∞).
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Problemas adicionales
Formula fraccionada de
recurrencia
1) Demostrar el teorema 8.22 y el corolario 8.23 sin utilizar las fracciones
continuas.
Solucion
Sean (An), (Bn) las soluciones de la formula lineal de recurrencia de 2o
orden: Xn+1 − anXn + bnXn−1 = 0 (an → a 6= 0, bn → b), n = 1, 2, 3, . . .
que satisfacen respectivamente las condiciones iniciales A0 = 0, A1 = 1;
B0 = 1, B1 = 0.
(i) Si a2 − ab > 0, entonces(Bn
An
)converge al lımite real, o su inversa
(An
Bn
)tiende a 0. sea p = − lım
n→∞
(Bn
An
)(real o ∞).
(ii) Sea (Yn) =( Xn
Xn−1
)entonces la sucesion (Yn; n = 1, 2, 3, . . .) satis-
face la formula fraccionaria de recurrencia Yn+1 = an − bnYn
(n = 1, 2, 3, . . .) y se tiene:
(Yn) −→ µ cuando Y1 6= p,
(Yn) −→ λ cuando Y1 = p,
donde λ, µ (|λ| < |µ|) son las raıces de la ecuacion caracterıstica
t2 − at+ b = 0.
207
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208
Demostracion
Primero, se observa que (An), (Bn) son linealmente independientes,
y que A2 = a1, A3 = a1a2 − b2, B2 = −b1, B3 = −a2b1.
Se recuerda que( An
An−1
),( Bn
Bn−1
)son soluciones de la formula frac-
cionaria Yn+1 = an − bnYn
, y que
(An
An−1; n = 1, 2, 3, . . .) = (∞, a1, a2 −
b2a1, . . .)
(Bn
Bn−1; n = 1, 2, 3, . . .) = (0,∞, a2, . . .).
Una de estas sucesiones converge a µ, ya que existe una unica solu-
cion convergente al lımite λ. Sabemos (ver (7.15))
lımn→∞
Bn+1
An+1= −
∞∑k=1
b1b2 · · · bkAkAk+1
.
Se presentan los tres casos siguientes:
[i]( Bn
Bn−1
)→ λ, entonces
( An
An−1
)→ µ.
Como
∣∣∣∣(b1b2 · · · bk−1bk)/(AkAk+1)
(b1b2 · · · bk−1)/(Ak−1Ak)
∣∣∣∣ =∣∣∣∣bk
Ak−1
Ak+1
∣∣∣∣ = |bk|∣∣∣∣bk
Ak−1
Ak
Ak
Ak+1
∣∣∣∣
−→ |b|∣∣∣ 1
µ2
∣∣∣ =∣∣∣λµµ2
∣∣∣ =∣∣∣λµ
∣∣∣ < 1,
la serie anterior∞∑
k=1
b1b2 · · · bk−1bkAkAk+1
converge absolutamente, por lo
tanto lımn→∞
Bn
Anes un numero real.
Por el mismo metodo:
An+1
Bn+1− An
Bn=
(A1B0 −A0B1)b1b2 · · · bnBnBn+1
=b1b2 · · · bnBnBn+1
,
An+1
Bn+1=A2
B2+
n∑
k=2
b1b2 · · · bkBkBk+1
= −a1
b1+
n∑
k=2
b1b2 · · · bkBkBk+1
.
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209
por el criterio del cociente la serie anterior diverge, o sea que lımn→∞
An
Bn
diverge, pero lımn→∞
Bn
Anconverge, por lo tanto se debe tener que
lımn→∞
Bn
An= 0.
ComoB1
B0= 0, entonces lım
n→∞Bn
Bn−1= λ cuando
B1
B0= 0 (cuando el
lımite lımn→∞
Bn
An= p = 0, esto es, cuando
B1
B0= p).
[ii]( An
An−1
)→ λ, entonces lım
n→∞
( Bn
Bn−1
)= µ.
utilizando el metodo igual a [i] se tiene que lımn→∞
Bn
Andiverge, y lım
n→∞An
Bn
es un numero real, por lo tanto: lımn→∞
An
Bn= 0.
Entonces lımn→∞
Bn
An= ∞ (= −p), notese que
(A1
A0
)= ∞ = p, ası
( An
An−1
)→ λ cuando
(A1
A0
)= p (= ∞).
[iii]( An
An−1
)→ µ, y,
( Bn
Bn−1
)→ µ.
Sea (Yn) la sucesion (unica) de la formula fraccionaria que converge
al lımite λ (notese que existe tal solucion), entonces existe (Xn), la
solucion de la formula lineal del 2o orden, tal que Yn =Xn
Xn−1.
Aplicando la sucesion wronskiana entre (An) y (Xn):
An+1Xn −AnXn+1 = b1b2 · · · bn(A1X0 −A0X1) = X0b1b2 · · · bn, ası
X0 =An+1Xn −AnXn+1
b1b2 · · · bn=
XnAn
b1b2 · · · bn
{An+1
An− Xn+1
Xn
}para todo n,
luego:
X0 = lımn→∞
XnAn
b1b2 · · · bn(µ− λ).
Usando la sucesion wronskiana entre (Bn) y (Xn):
Bn+1Xn −BnXn+1 = b1b2 · · · bn(B1X0 −B0X1) = −X1b1b2 · · · bn, ası
X1 = −Bn+1Xn −BnXn+1
b1b2 · · · bn=
−XnBn
b1b2 · · · bn
{Bn+1
Bn− Xn+1
Xn
}
= − lımn→∞
XnBn
b1b2 · · · bn(µ− λ).
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210
Por lo tanto:X1
X0= − lım
n→∞XnBn
XnAn= − lım
n→∞Bn
An= p,
esto es, lımn→∞
Yn = λ cuando Y1 =X1
X0= p.
2) Sea (Yn; n = 1, 2, 3, . . .) dada por
Yn+1 = an +1
Yn(n = 1, 2, 3, . . .), an → 0. (1)
Supongamos adicionalmente que
∞∑
n=1
|an| ≤ +∞, (2)
demostrar que la formula (1) tiene solamente dos soluciones convergentes,
una converge al lımite 1, y la otra converge al lımite −1.
Solucion
Sin perdida de generalidad supongamos que
∞∑
n=1
|an| ≤ +1
2. (2’)
Consideremos la formula lineal de recurrencia del 2oorden asociada a (1);
Xn+1 − anXn −Xn−1 = 0 (n = 1, 2, 3, . . .), (3)
o sea:
Xn+1 = Xn−1 + cn donde cn = anXn (n = 1, 2, 3, . . .) (3’)
De (3′):
X2n = X0 + (c1 + c3 + · · · + c2n−1) (n = 1, 2, 3, . . .)
X2n+1 = X1 + (c2 + c4 + · · · + c2n)
esto es:
Xn =1 + (−1)n
2X0+
1 − (−1)n
2X1+
n−1∑
k=1
1 − (−1)n+k
2akXk (n = 2, 3, 4, . . .)
(4)
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211
De (4) se obtiene la siguiente desigualdad: |Xn| ≤M +n−1∑k=1
|ak||Xk| donde
M = max{|X0|, |X1|}.
Por ejemplo 3.3:
|Xn+1| ≤Mn∏
k=1
(1 + |ak|) (n = 1, 2, 3, . . .).
Como∞∑
n=1|an| ≤
1
2(por (2’)), entonces
∞∏
k=1
(1 + |ak|) < e
∞P
n=1
|ak| ≤ e1
2 =√e,
por lo tanto se ve que (Xn) es una sucesion acotada.
[1] Sea (Xn) la solucion de la formula lineal de recurrencia (3) que satisface
la condicion inicial
X0 = X1 = 1, (M = max{|X0|, |X1|} = 1),
entonces, de (4) se tiene:
Xn = {1 +n−1∑
k=1
1
2akXk} + (−1)n−1
n−1∑
k=1
(−1)k 1
2akXk
= Sn + (−1)n−1Tn (5)
donde
Sn = 1 +n−1∑
k=1
(−1)k 1
2akXk, Tn =
n−1∑
k=1
(−1)k 1
2akXk.
Como (Xk) es acotada, y∞∑
k=1
|ak| < +∞, entonces las sucesiones (Sn)
y (Tn) convergen:
Sn −→ 1 +∞∑
k=1
1
2akXk = σ
Tn −→∞∑
k=1
(−1)k 1
2akXk = τ.
(6)
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212
Ademas:
|σ| ≥ 1 − 1
2
∞∑
k=1
|ak||Xk| > 1 − 1
2
√e
∞∑
k=1
|ak| ≥ 1 − 1
4
√e > 0.5
|τ | ≤ 1
2
∞∑
k=1
|ak||Xk| <1
2
√e
∞∑
k=1
|ak| <1
4
√e = 0.412 < 0.5.
[2] Sea (Xn) la solucion de la formula lineal (3) que satisface la condicion
inicial X0 = 1, X1 = −1 (M = max{|X0|, |X1|} = 1), de (4):
X =n−1∑
k=1
1
2akXk + (−1)n{1 +
n−1∑
k=1
(−1)k−1 1
2akXk} = Sn + (−1)nTn (7)
donde
Sn =n−1∑
k=1
1
2akXk, Tn = 1 +
n−1∑
k=1
(−1)k−1 1
2akXk.
Tenemos:
Sn −→∞∑
k=1
1
2akXk = σ, Tn −→ 1 −
∞∑
k=1
(−1)k−1 1
2akXk = τ , (8)
ademas, se tiene que |σ| < 0.5, |τ | > 0.5.
[3] Sean (Un) = τ(Xn) + τ(Xn), (Vn) = σ(Xn) − σ(Xn)
entonces se obtiene:
Un = (τSn + τ Sn) + (−1)n(−τTn + τ Tn) = Pn + (−1)nQn
Vn = (σSn − σSn) − (−1)n(σTn + σTn) = Pn − (−1)nQn
donde
Pn = τSn + τ Sn −→ στ + στ = p.
Qn = −τTn + τ Tn −→ 0,
Pn = σSn − σSn −→ 0, Qn = σTn + σTn −→ στ + στ = p.
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213
Notese que |p| ≥ |σ||τ | − |σ||τ | > (0.5)2 − (0.5)2 = 0.
(Un) es una solucion convergente, y (Vn) es una solucion divergente
(oscilante) de la formula lineal de recurrencia (3):
(Un) −→ p,( Vn
(−1)n
)−→ −p.
Como (Un), (Vn) son soluciones linealmente independientes de la formu-
la lineal (3), entonces cualquier solucion de (3) es una combinacion lineal
de (Un) y (Vn), o sea: A(Un) +B(Vn) (A, B son constantes).
Si (Yn) es una solucion de la formula fraccionaria de recurrencia (1)
entonces:Yn =AUn+1 +BVn+1
AUn +BVn, para n suficientemente grande se
tiene: Yn ∼ Ap+ (−1)nBp
Ap+ (−1)n−1Bp=
A+ (−1)nB
A+ (−1)n−1B.
Por lo tanto: (Yn) converge si y solo si A = 0 ( lımn→∞
Yn = −1), o B = 0
( lımn→∞
Yn = 1), en consecuencia la formula fraccionaria de recurrencia
(1) tiene solamente dos soluciones convergentes, una converge al lımite
1 y la otra converge al lımite −1.
Nota:
En el caso general, considerese la formula fraccionaria de recurrencia
Yn+1 = an +bnYn
(n = 1, 2, 3, . . .) donde∞∑
k=1
|an| < +∞, (bn) es de
variacion acotada y (bn) −→ b > 0, entonces esta se transforma en (1),
(ver el Capıtulo VI, 6.1), por lo tanto la formula dada tiene solamente
dos soluciones convergentes, una converge al lımite√b y la otra converge
a lımite −√b.
3)
Yn+1 =2(n+ 1)
n2(n+ 2)+
1
Yn(n = 1, 2, 3, . . .) (1)
Se comprueba inmediatamente que Y1 = ∞, Yn =
(n2
(n2 − 1)
)(n ≥ 2)
es una solucion de la formula (1). para encontrar la otra solucion de (1),
consideremos la formula lineal de recurrencia del 2o orden asociada a (1):
Xn+1 −2(n+ 1)
n2(n+ 2)Xn −Xn−1 = 0 (n = 1, 2, 3, . . .), (2)
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214
sea (Xn; n = 1, 2, . . .) la solucion de (2) dada por: X0 = 0, X1 = 1 entonces
Xn =2n
n+ 1(n = 0, 1, 2, . . .). (3)
Si (Zn; n = 0, 1, 2, . . .) es la solucion de la formula (2) que satisface la
condicion inicial Z0 = −1, Z1 = 0 entonces:
Zn+1 = Xn+1
n∑
k=1
(−1)k(k + 2)
4k= Xn+1
n∑
k=1
(−1)k
4+ Xn+1
n∑
k=1
1
2
(−1)k
k
= Xn+1(−1)n − 1
8+ Xn+1
1
2
n∑
k=1
(−1)k 1
k
(Nota:
n∑
k=1
(−1)k =(−1)n − 1
2
)
=(−1)n
8Xn+1 +
(−1
8+
1
2
n∑
k=1
(−1)k 1
k
)Xn+1
∼(−1)n
8Xn+1 −
(1
8+
1
2ln 2)Xn+1
(Nota:
∞∑
k=1
(−1)k 1
k= − ln 2
)(4)
sea Tn+1 = Zn+1 +(1
8+
1
2ln 2)Xn+1, entonces (Tn; n = 0, 1, 2, . . .) es una
solucion de la formula lineal (2), y
Tn+1 ∼(−1)n
8Xn+1 (5)
Tenemos que(Tn+1
Tn
)∼ −1 ya que lım
n→∞Xn = 2
(lım
n→∞
(Xn+1
Xn
)= 1),
por lo tanto:
lımn→∞
Tn+1
Tn= −1. (6)
Por otra parte:
T1
T0=Z1 +
(1
8+
1
2ln 2)X1
Z0 +(1
8+
1
2ln 2)X0
=
(1
8+
1
2ln 2)· 1
−1= −
(1
8+
1
2ln 2)
(7)
teniendo en cuenta que(Tn+1
Tn
)es una solucion de la formula fraccionaria
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215
(1), se tiene la siguiente conclusion:
lımn→∞
Yn = 1 si Y1 = ∞,
lımn→∞
Yn = −1 si Y1 = −(1
8+
1
2ln 2)
(Yn) diverge en forma oscilante en otros casos.
(#)n∑
k=1
(−1)k = (−1, 0,−1, 0, . . .)
=((−1)n − 1
2; n = 1, 2, 3, . . .
), o sea que
n∑
k=1
(−1)k =(−1)n − 1
2.
4) Sea (Yn) la formula fraccionaria de recurrencia:
Yn+1 = an +1
Yn(n = 1, 2, 3, . . .), an > 0, an −→ 0, (1)
con las condiciones adicionales: lımn→∞
an+1
an= 1,
∞∑k=1
an = +∞, entonces
existe un unico valor inicial de Y1 tal que la sucesion (Yn) de la formula
(1) converge al lımite −1, y en cualquier otro caso (Yn) converge al lımite 1.
Demostracion
Sea (Xn; n = 0, 1, 2, . . .) la sucesion dada por la formula lineal de recurren-
cia del 2o orden asociado a (1):
Xn+1 − anXn −Xn−1 = 0 (n = 1, 2, 3, . . .), an > 0, an −→ 0, (2)
haciendo el cambio:
Xn
Xn−1= Yn (n = 1, 2, 3, . . .) (3)
la formula (2) se transforma en (1). De esta manera se obtiene cualquier
solucion de la formula fraccionaria (1).
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216
[I] Sean fn(x) = an +1
x(n = 1, 2, 3, . . .), entonces
Yn+1 = fn(Xn) (n = 1, 2, 3, . . .). (4)
Sea hn = fn+1 ◦ fn (n = 1, 2, 3, . . .) entonces:
hn(x) = fn+1(fn(x)) = an+1 +1
an +1
x
= an+1 +x
anx+ 1. (5)
Se obtienen las siguientes propiedades de la funcion hn:
h′n(x) =1
(anx+ 1)2> 0 para todo x ∈ R(la funcion hn(x) es
creciente para cada n)
Si hn(x) = x entonces x2 − (an+1)x−(an+1
an
)= 0, por lo tanto
la funcion hn(x) tiene dos puntos fijos, pn > 0, qn < 0:
pn =1
2
(an+1 +
√a2
n+1 +(4an+1
an
))−→ 1 (cuando n→ ∞)
qn =1
2
(an+1 −
√a2
n+1 +(4an+1
an
))−→ −1 (cuando n→ ∞).
Sea (Yn) una solucion de la formula de recurrencia (1), entonces:
0
y=h (x)
y=x
x
yy=
x
xn
pn
a n+1
pn1
0
y=h (x)n
qn
qn -1
a n+1
Figura 4
h1(Y1) = f2(f1(Y1)) = f2(Y2) = Y3, h3(Y3) = Y5, h5(Y5) = Y7, etc.
por lo tanto la subsucesion de los terminos impares (Y1, Y3, Y5, Y7, . . .) =
(Y2n−1; n = 1, 2, 3, . . .) es generada por la sucesion de funciones
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217
(h1, h3, h5, . . .), y la subsucesion de los terminos pares (Y2, Y4, Y6, . . .) =
(Y2n; n = 1, 2, 3, . . .) es generada por la sucesion de funciones
(h2, h4, h6, . . .) a partir de Y2.
(i) Por el teorema 5.20 de §5.3, la subsucesion (Y2n−1; n = 1, 2, 3, . . .)
converge en (0,∞) dado cualquier valor inicial de Y1 > 0, y la sub-
sucesion (Y2n; n = 1, 2, 3, . . .) tambien converge (notese que el valor
inicial de esta es Y2 = f1(Y1)).
Se observa que Yk > 0 para todo k cuando Y1 > 0, y que lımn→∞
Y2n y
lımn→∞
Y2n−1 no son necesariamente iguales.
(ii) Por el teorema 5.30 (y el corolario 5.31), existe un unico valor de
Y1 < 0 tal que (Y1, Y3, Y5, . . .) converge al lımite −1 ya que h′n(x) >
1 cuando x < 0. Vamos a demostrar que lımn→∞
Yn = −1 (esto es,
lımn→∞
Y2n = −1). En efecto, sea (Xn; n = 0, 1, 2, . . .) la solucion de
(2) tal que Yn =( Xn
Xn−1
)(n = 1, 2, 3, . . .) donde lım
n→∞Y2n = −1,
entonces: (X1
X0,X3
X2,X5
X4, . . . ,
X2n−1
X2n−2, . . .
)−→ −1.
De (2): X2n = a2n−1X2n−1 +X2n−2 (n = 1, 2, 3, . . .),
dividiendo por X2n−2:X2n
X2n−2= a2n−1
X2n−1
X2n−2+ 1.
Como(X2n−1
X2n−2
)es convergente, (a2n−1 −→ 0), entonces
( X2n
X2n−2
)−→ 1, por lo tanto:
1 = lımn→∞
X2n
X2n−2= lım
n→∞X2n
X2n−1
X2n−1
X2n−2= lım
n→∞X2n
X2n−1lım
n→∞X2n−1
X2n−2
= − lımn→∞
X2n
X2n−1
o sea que lımn→∞
X2n
X2n−1= −1. En consecuencia se tiene que
lımn→∞
Yn = −1 puesto que lımn→∞
Y2n−1 = lımn→∞
Y2n = −1.
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218
[II] Sea (An) la solucion de la formula lineal (2) con la condicion inicial
A0 = 1, A1 = 1 (correspondiente a Y1 =(A1
A0
)= 1), entonces
Ak+1 = akAk +Ak−1 (k = 1, 2, 3, . . .), A0 = A1 = 1 (6)
Ası se obtienen las siguientes propiedades:
Ak ≥ 1 para todo k (por induccion).
multiplicando (6) por Ak:
Ak+1Ak = akA2k +AkAk−1 ( para todo k) (7)
por lo tanto: Ak+1Ak > AkAk−1 para todo k, o sea que la sucesion
(Ak+1Ak; k = 0, 1, 2, . . .) es crecientes.
Sumando la ecuacion (7) con respecto a “k”, de k = 1 hasta k = n:
An+1An = A1A0 +n∑
k=1
(akA2k > 1 +
n∑k=1
ak (A1A0 = 1, A2k ≥ 1)
por hipotesis “∞∑
k=1
ak = +∞” se tiene que lımn→∞
An+1An = +∞.
La serie∞∑
n=1(−1)n 1
AnAn+1es convergente, ya que
( 1
AnAn+1; n = 1, 2, 3, . . .
)es decreciente y tiende a 0.
De (3) y [I](I) las siguientes sucesiones son convergentes:
( A2n
A2n−1; n = 1, 2, 3, . . .
)=(Y2n; n = 1, 2, 3, . . .
)
(A2n−1
A2n−2; n = 1, 2, 3, . . .
)=(Y2n−1; n = 1, 2, 3, . . .
).
Sean
lımn→∞
A2n
A2n−1= α (> 0), lım
n→∞A2n−1
A2n−2= β (> 0), (8)
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219
lımn→∞
(An+1
An−1
)= 1. En efecto, dividiendo (6) por Ak−1:
Ak+1
Ak−1= ak
Ak
Ak−1+ 1, como la sucesion
( Ak
Ak−1
)es acotada y
(ak) −→ 0 se obtiene la igualdad.
[III] Sea (Bn; n = 0, 1, 2, . . .) la solucion de (2) dada por
B0 =
∞∑
k=1
(−1)k
AkAk+1+ 1, Bn = An
∞∑
k=n
(−1)k
AkAk+1(n = 1, 2, 3, . . .) (11)
Como (An), (Bn) son linealmente independientes, entonces la solucion ge-
neral de la formula lineal (2), (Xn; n = 0, 1, 2, . . .) es:
Xn = sAn + tBn (n = 0, 1, 2, . . .)
donde s y t son constantes arbitrarias, por lo tanto la solucion general
(Yn; n = 1, 2, 3, . . .) de la formula fraccionaria (1) es:
Yn =Xn
Xn−1=
sAn + tBn
sAn−1 + tBn−1(n = 1, 2, 3, . . .) (12)
(i) Si s 6= 0, como(Bn
An
)=
∞∑k=n
(−1)k
AkAk+1−→ 0 (n → ∞), entonces por
(8)
lımn→∞
Yn = lımn→∞
Xn
Xn−1= lım
n→∞An
An−1
1 +( ts
)(Bn
An
)
( ts
)(Bn−1
An−1
) = lımn→∞
An
An−1
=
α si n es par
β si n es impar(13)
(ii) Si s = 0
Yn =Bn
Bn−1=
An
An−1
∞∑k=n
(−1)k 1
AkAk+1∞∑
k=n−1
(−1)k1
AkAk+1
. (14)
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220
Para el caso de n = 2m(par) la serie del numerador en (14) es:
∞∑
k=2m
(−1)k 1
AkAk+1= (−1)2m
{( 1
A2mA2m+1− 1
A2m+1A2m+2
)
+( 1
A2m+2A2m+3− 1
A2m+3A2m+4
)+ · · ·
}
=∞∑
j=m
( 1
A2jA2j+1− 1
A2j+1A2j+2
)( tomando k = 2j)
=∞∑
j=m
A2j+2 −A2j
A2jA2j+1A2j+2=
∞∑
j=m
a2j+1A2j+1
A2jA2j+1A2j+2=
∞∑
j=m
a2j+1
A2jA2j+2(15)
De la misma forma, para el caso de n = 2m− 1
(tomando k = 2j − 1)tenemos:
∞∑
k=2m−1
(−1)k 1
AkAk+1= (−1)
∞∑
j=m
( 1
A2j−1A2j− 1
A2jA2j+21
)
= −∞∑
j=m
a2j
A2j−1A2j+1(16)
De (15) y (16), aplicando la regla de L’Hopital para el cociente de dos series
de terminos positivos se obtiene (el teorema 2.1 (2.7)):
B2m
B2m−1= − A2m
A2m−1
∞∑j=m
a2j+1
A2jA2j+2
∞∑k=n−1
a2j
A2j−1A2j+1
−−−−−−→(m−→∞)
− lımm→∞
A2m
A2m−1lım
j→∞(a2j+1)/(A2jA2j+2)
(a2j)/(A2j−1A2j+1)= −α lım
j→∞a2j+1
a2j
A2j−1
A2j
A2j+1
A2j+2
= −α · 1 · 1
α· 1
α= − 1
α.
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221
Tambien:
B2m−1
B2m−2= −A2m−1
A2m−2
∞∑j=m
a2j
A2j−1 +A2j+1
∞∑j=m
a2j−1
A2j−2 +A2j
−−−−−−→(m−→∞)
− lımm→∞
A2m−1
A2m−2lım
j→∞a2jA2j−2A2j
a2j−1A2j−1A2j+1
= −β · 1 · 1
β· 1
β= − 1
β.
De [I], (II), existe un unico caso en que lımn→∞
Yn = −1, como “s = 0” es el
unico caso donde el lımite no es positivo, por lo tanto se debe tener que
− 1
α= − 1
β= −1, o sea que α = β = 1. en consecuencia se obtiene el
siguiente resultado:
si Y1 =B1
B0=
∞∑k=1
(−1)k
AkAk+1
1 +∞∑
k=1
(−1)k
AkAk+1
entonces lımn→∞
Yn = lımn→∞
Bn
Bn−1= −1
(s = 0) y para cualquier valor de Y1 6= B1
B0se tiene que lım
n→∞Yn = 1
(s 6= 0).
Nota
Para el caso general, sea (Yn; n = 1, 2, 3, . . .) dada por
Yn+1 = an +bnYn
(n = 1, 2, 3, . . .) donde an > 0, an → 0, (bn) es de
variacion acotada, entonces la formula de recurrencia se puede transformar
en (1).
5) Sea (Yn; n = 1, 2, 3, . . .) dada por
Yn+1 =2
n+
1
Yn(n = 1, 2, 3, . . .), (1)
considere la formula lineal de recurrencia asociada a (1):
Xn+1 +2
nXn −Xn−1 = 0 (n = 1, 2, 3, . . .). (2)
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222
Se ve inmediatamente que (Xn = n; n = 0, 1, 2, . . .) es una solucion de (2),
y (Yn =Xn
Xn−1; n = 1, 2, 3, . . .) es una solucion de (1). La segunda solucion
(Zn; n = 0, 1, 2, . . .) de la formula lineal (2) dada por la condicion inicial
Z0 = − 1
X1= −1, Z1 = 0 es:
Zn+1 = Xn+1
n∑
k=1
(−1)k
XkXk+1= (n+ 1)
n∑
k=1
(−1)k
k(k + 1)(n ≥ 1), (3)
como la serie∞∑
k=1
(−1)k
k(k + 1)converge, entonces la sucesion
(Tn; n = 0, 1, 2, . . .) dada por (Tn; n = 0, 1, 2, . . .) = α(Xn) − (Zn)
=(1,
∞∑
k=n
(−1)k
k(k + 1), n
∞∑
k=1
(−1)k
k(k + 1). para n ≥ 2
)(4)
es una solucion de la formula lineal (2), donde
α =∞∑
k=1
(−1)k
k(k + 1)(ver(7, 17), §7). (5)
notese que T0 = 1, Tn = n∞∑
k=n
(−1)k
k(k + 1)para n ≥ 1.
De (4): lımn→∞
Tn
n= 0, como cualquier solucion (Xn) (6= Tn) de la formula
lineal (2) es una combinacion de (Xn) y (Tn) entonces lımn→∞
Xn
n6= 0 (el
lımite existe) si (Xn) 6= (Tn), por lo tanto :
lımn→∞
Xn
Xn−1
= lımn→∞
Xn
n
Xn−1
(n− 1)
n− 1
n= 1. (6)
Por otra parte (para n ≥ 1):
Tn = n∞∑
k=n
(−1)k
k(k + 1)= (−1)nn
{( 1
n(n+ 1)− 1
(n+ 1)(n+ 2)
)+
( 1
(n+ 2)(n+ 3)− 1
(n+ 3)(n+ 4)
)· · ·}
= (−1)nnSn,
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223
donde
Sn =∞∑
k=n,n+2,...
( 1
k(k + 1)− 1
(k + 1)(k + 2)
)
=2
n(n+ 1)(n+ 2)+
2
(n+ 2)(n+ 3)(n+ 4)+ · · ·
Tenemos:
Sn >∫∞n
dt
t(t+ 1)(t+ 2)> Sn − 2
n(n+ 1)(n+ 2)= Sn +O( 1
n3 ),
pero,
∫ ∞
n
dt
t(t+ 1)(t+ 2)=
1
2lnt(t+ 2)
(t+ 1)2
∣∣∣∣∞
n
= −1
2lnn(n+ 2)
(n+ 1)2
= −1
2ln(1 − 1
(n+ 1)2
)=
1
2
1
(n+ 1)2+O(
1
n4),
por lo tanto: Sn =1
2
1
(n+ 1)2+O( 1
n3 ).
Se obtiene entonces:
Tn
Tn−1= − n
n− 1
Sn
Sn−1= − n
n− 1
1
(n+ 1)2+O( 1
n3 )
1
n2+O( 1
n3 )−→ −1 (n→ ∞),
ademas:T1
T0=T1
1=
∞∑k=1
(−1)k
k(k + 1)= α = 1 − 2 ln 2 (#).
Por lo tanto se obtiene el siguiente resultado:
(Yn) −→ 1 si Y1 6= α = 1 − 2 ln 2
(Yn) −→ −1 si Y1 = 1 − 2 ln 2 (< 0).
(#)
α =∞∑
k=1
(−1)k
k(k + 1)=
∞∑
k=1
(−1)k(1
k− 1
k + 1
)=(−1 +
1
2− 1
3+
1
4− · · ·
)
+(1
2− 1
3+
1
4− 1
5+ · · ·
)
= 1 + 2(−1 +
1
2− 1
3+ · · ·
)= 1 − 2 ln 2 = −0.386 < 0.
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224
Observacion:
Es facil demostrar: lımn→∞
Yn = 1 si Y1 > 1 donde (Yn) es la solucion de (1).
En efecto, sea Yn = Wn + 1 (para cualquier Y1 > 0), entonces:
Wn+1 =1
Wn + 1+
2
n− 1 (n = 1, 2, 3, . . .), vamos a demostrar, por in-
duccion, que 0 < Wn <2
n− 1para todo n (cuando W1 > 0).
La desigualdad propuesta es valida para n = 1 ya que 0 < W1 < +∞.
Ahora, supongamos valida la desigualdad propuesta “para n”, entonces
1 < Wn + 1 <2
n− 1+ 1 =
n+ 1
n− 1, o sea, 1 >
1
Wn + 1>n− 1
n+ 1,
ası:2
n= 1 +
2
n− 1 > Wn+1 =
1
Wn + 1+
2
n− 1 >
n− 1
n+ 1+
2
n− 1 > 0,
n− 1
n+ 1+
2
n− 1 =
2
n(n+ 1)> 0,
por induccion se tiene 0 < Wn <2
n− 1para todo n, en consecuencia:
lımn→∞
Wn = 0, o sea: lımn→∞
Yn = 1 si Y1 > 0.
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Problemas adicionales Regla
de L’Hopital
1) i) Sea∞∑
k=1
bk una serie divergente que satisface la condicion:
n∑
k=1
|bk| = O( ∞∑
k=1
bk
),
demostrar:
lımn→∞
n∑k=N
bk
n∑k=1
bk
= 1, donde N es cualquier numero natural.
Solucion
Se define (b′k; k = 1, 2, 3, . . .) como sigue:
b′1 = b′2 = · · · = b′N−1 = 0, b′k = bk para k ≥ N entonces (por la regla
de L’Hopital):
lımn→∞
n∑k=N
bk
n∑k=1
bk
= lımn→∞
n∑k=1
b′k
n∑k=1
bk
= lımk→∞
b′kbk
= lımk→∞
bkbk
= 1.
ii) Sean∞∑
k=1
ak,∞∑
k=1
bk series divergentes de terminos positivos, si
lımk→∞
ak
bk= +∞, demostrar que lım
n→∞
n∑k=1
ak
n∑k=1
bk
= +∞.
225
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226 REGLA DE L’HOPITAL
Dar un ejemplo en el cual
n∑k=1
ak
n∑k=1
bk
no es asintoticamente igual aan
bny
otro ejemplo en el cual
n∑k=1
ak
n∑k=1
bk
∼an
bn.
Dado M > 0 cualquiera, existe N tal quean
bn> M para todo n ≥ N ,
o sea: an > Mbn para todo n ≥ N , por lo tanto:n∑
k=N
ak > Mn∑
k=N
bk.
Dado ε con 1 > ε > 0 cualquiera existe N0(N0 ≥ N) tal que (por (i)):n∑
k=N
bk
n∑k=1
bk
> 1 − ε para todo n ≥ N0.
Para todo n ≥ N0 se tiene:
n∑k=1
ak
n∑k=1
bk
>
n∑k=N
ak
n∑k=1
bk
=
n∑k=N
ak
n∑k=N
bk
n∑k=N
bk
n∑k=1
bk
≥M(1 − ε),
tomando n −→ ∞: lımn→∞
n∑k=1
ak
n∑k=1
bk
≥M(1−ε), comoM > 0 es cualquiera,
se debe tener:
lımn→∞
n∑k=1
ak
n∑k=1
bk
= +∞.
Ejemplo 1.
ak = 1, bk =1
k, lım
k→∞ak
bk= lım
k→∞k = +∞.
n∑k=1
ak
n∑k=1
bk
=n
n∑k=1
1
k
∼n
lnn,
an
bn= n �
n
lnn.
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227
Ejemplo 2.
ak = k2k, bk = 2k, lımk→∞
ak
bk= lım
k→∞k = +∞,
n∑k=1
ak
n∑k=1
bk
=
n∑k=1
k2k
n∑k=1
2k
∼n2n+1
2n+1= n =
an
bn.
2) i) Sean∞∑
k=1
ak,∞∑
k=1
bk series convergentes de terminos positivos, si
lımn→∞
an
bn= +∞ demostrar: lım
n→∞
∞∑k=n
ak
∞∑k=n
bk
= +∞.
Solucion
Dado M > 0 cualquiera, existe N tal que an ≥Mbn para todo n ≥ N ,
por lo tanto:∞∑
k=n
ak ≥M∞∑
k=n
bk para todo n ≥ N , o sea:
∞∑k=n
ak
∞∑k=n
bk
≥M para todo n ≥ N .
Tomando n −→ ∞: lımn→∞
∞∑k=n
ak
∞∑k=n
bk
≥ M , como M > 0 es cualquiera, se
tiene que: lımn→∞
∞∑k=n
ak
∞∑k=n
bk
= +∞.
ii) Bajo la misma hipotesis de (I), de un ejemplo en el cual
an
bn∼
∞∑k=n
ak
∞∑k=n
bk
, y dar otro ejemplo en el cualan
bnno es asintoticamente
igual a
∞∑k=n
ak
∞∑k=n
bk
.
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228 REGLA DE L’HOPITAL
Ejemplo 1.
ak =k
2k, bk =
1
2k, lımn→∞
an
bn= lım
n→∞n = +∞.
∞∑
k=n
ak =∞∑
k=n
k
2k∼
n
2n−1,
∞∑
k=n
bk =∞∑
k=n
1
2k∼
1
2n−1
∞∑k=n
ak
∞∑k=n
bk
=
∞∑k=n
k
2k
∞∑k=n
1
2k
∼
( n
2n−1
)
( 1
2n−1
) = n =an
bn.
Ejemplo 2.
ak =1
k2, bk =
1
k3,ak
bk= k −→ +∞.
∞∑
k=n
ak =∞∑
k=n
1
k2∼
1
n,
(=
∞∑
k=n
1
k(k + 1)
),
∞∑
k=n
bk =∞∑
k=n
1
k3∼
1
2n2.
∞∑k=n
ak
∞∑k=n
bk
=
∞∑k=n
1
k2
∞∑k=n
1
k3
∼
1
n1
2n2
= 2n �an
bn= n.
iii) Sean∞∑
k=1
ak una serie convergente de terminos positivos, y∞∑
k=1
bk una
serie convergente (esta puede ser de terminos complejos).
Si lımn→∞
an
bn= ∞, demostrar: lım
n→∞
∞∑k=n
ak
∞∑k=n
bk
= ∞.
Solucion
Como lımn→∞
an
bn= ∞, entonces lım
n→∞bnan
= 0.
lımn→∞
∞∑k=n
ak
∞∑k=n
bk
= lımk→∞
bkak
= 0 (ya que ak > 0 para todo k), o sea que
lımn→∞
∞∑k=n
ak
∞∑k=n
bk
= ∞.
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229
3) i) Sean (Xn) una sucesion que satisface la condicion: lımn→∞
Xn+1
Xn= r con
|r| > 1, si lımn→∞
bn = 0, demostrar que lımn→∞
n∑k=1
bkXk
Xn= 0, si r = ∞,
lımn→∞
bn = b, demostrar quen∑
k=1
bkXk ∼ bXn (cuando b 6= 0)
Solucion
(i)
lımn→∞
n∑k=1
bkXk
Xn= lım
n→∞
n∑k=1
bkXk
n∑k=1
(Xk −Xk−1)
= lımk→∞
bkXk
Xk −Xk−1
= lımk→∞
bk
1 −(Xk−1
Xk
) =lım
k→∞bk
lımk→∞
(1 − Xk−1
Xk
) =0
1 − 1
r
= 0.
lımn→∞
n∑k=1
bkXk
Xn= lım
k→∞bkXk
Xk −Xk−1= lım
k→∞bk
1 −(Xk−1
Xk
) = b
ya que(Xk−1
Xk
)−→ 0, por lo tanto:
n∑k=1
bkXk ∼ bXn.
ii) Supongamos que lımn→∞
bn+1Xn+1
bnXn= r′ con |r′| > 1, demostrar:
n∑k=1
bkXk
Xn∼
r′
r′ − 1bn. Si lım
n→∞bn = ∞, demostrar: lım
n→∞
n∑k=1
bkXk
Xn= ∞.
Solucion
lımn→∞
bn+1Xn+1
bnXn= r′ con |r′| > 1.
n∑k=1
bkXk
bnXn∼
r′
r′ − 1(en (2.17) tome bk = 1, y reemplace Xk por bkXk),
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230 REGLA DE L’HOPITAL
por lo tanto:
n∑k=1
bkXk
Xn∼
r′
r′ − 1bn.
n∑k=1
bkXk
Xn=
n∑k=1
bkXk
bnXnbn −−−−−→
(n−→∞)
r′
r′ − 1lım
n→∞bn = ∞.
iii) Sean (Xn), (bn) sucesiones de terminos positivos que satisface las
condiciones: lımn→∞
Xn+1
Xn= r con r > 1, lım
n→∞bn = +∞, demostrar:
lımn→∞
n∑k=1
bkXk
Xn= +∞.
Solucion
Dado M > 0 cualquiera, existe N tal que bk > M para todo k ≥ N .n∑
k=1
bkXk
Xn≥
n∑k=N
bkXk
Xn> M
n∑k=N
Xk
Xnpara todo n ≥ N .
Tomemos. X1 = X2 = · · · = XN−1 = 0, Xk = Xk para todo k ≥ N ,n∑
k=N
Xk
Xn=
n∑k=1
Xk
Xn
−→ r
r − 1(n→ ∞)
entonces lımn→∞
n∑k=1
bkXk
Xn> M
r
r − 1, como M > 0 es cualquiera, se
obtiene el resultado deseado.
iv) Hallar un ejemplo en el cual lımn→∞
Xn+1
Xn= r con |r| > 1,
lımn→∞
bn = ∞, sin embargo lımn→∞
n∑k=1
bkXk
Xn6= ∞.
Ejemplo
Se define (Yk; k = 1, 2, 3, . . .) como sigue:
Yn = 2n−1 si n /∈ {s(1), s(2), s(3), . . .}
Ys(k) = −2s(k)−1
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231
donde s(k) = 2k (k = 1, 2, 3, . . .).
Notese que s(k + 1) − s(k) = 2k+1 − 2k = 2k = s(k).
Se define: Xn =√
2n−1
para todo n,
bn =
√2
n−1si n /∈ {s(k)|k ∈ N}
bs(k) = −√
2s(k)−1
si k ∈ N
entonces Yk = bkXk para todo k ∈ N.
s(n)∑
k=1
bkXk =
s(n)∑
k=1
Yk =
s(n)∑
k=1
2k−1 − 2(2s(1)−1 + 2s(2)−1 + · · · + 2s(n)−1)
= (2s(n) − 1) − (2s(1) + 2s(2) + · · · + 2s(n))
= −(1 + 2s(1) + 2s(2) + · · · + 2s(n−1)) ∼ −2s(n−1)
ya que lımk→∞
2s(k+1)
2s(k)= lım
k→∞(2s(k+1) − 2s(k)) = lım
k→∞2s(k) = +∞
(por el teorema 2.28, y observacion 2.29).
Por lo tanto:
s(n)∑k=1
bkXk
Xs(n)∼
−2s(n−1)
(√
2)s(n)−1= − 2s(n−1)
2s(n−1)− 1
2
= −21
2 = −√
2.
(Recuerde que: s(n) = 2s(n− 1)).
Ası se tiene que: lımn→∞
n∑k=1
bkXk
Xnno diverge a ∞.
4) (i) Sea (Xn) una sucesion que satisface la condicion lımn→∞
Xn+1
Xn= r con
|r| < 1, lımn→∞
bn = b 6= 0, demostrar
si r = 0, entonces lımn→∞
n∑k=n+1
bkXk
Xn= 0, y,
∞∑k=n
bkXk ∼ bXn.
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232 REGLA DE L’HOPITAL
si r = 0, b = ∞ y lımn→∞
bnXn
Xn−1= L (6= ∞), entonces:
lımn→∞
∞∑k=n+1
bkXk
Xn= L.
Solucion
lımn→∞
Xn+1
Xn= 0.
∞∑k=n+1
bkXk
Xn=
∞∑k=n+1
bkXk
∞∑k=n+1
(Xk−1 −Xk)
−−−−−→(n−→∞)
lımk→∞
bkXk
Xk−1 −Xk
= b lımk→∞
Xk
Xk−1 −Xk
= b lımk→∞
( Xk
Xk−1
)
1 −( Xk
Xk−1
) = b0
1 − 0= 0,
por lo tanto:∞∑
k=n
bkXk − bnXn
Xn=
∞∑k=n
bkXk
Xn− b −→ 0, ası:
∞∑k=n
bkXk ∼ bXn.
∞∑k=n+1
bkXk
Xn−→ lım
k→∞bkXk
Xk−1 −Xk
= lımk→∞
bkXk
Xk−1
1
1 −( Xk
Xk−1
) = L.
(ii) Sean (Xn), (bn) sucesiones de terminos positivos, si lımn→∞
bn = +∞,
lımn→∞
Xn+1
Xn= r 6= 0, demostrar que lım
n→∞
∞∑k=n+1
bkXk
Xn= +∞.
Solucion
Dado M > 0 cualquiera existe N tal que bn > M para todo n > N .∞∑
k=n+1
bkXk
Xn> M
∞∑k=n+1
Xk
Xn−−−−−→(n−→∞)
Mr
1 − r(r 6= 0)
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233
o sea: lımn→∞
∞∑k=n+1
bkXk
Xn≥M
r
1 − r.
Como M > 0 es cualquiera, entonces: lımn→∞
∞∑k=n+1
bkXk
Xn= +∞.
(iii) Supongamos que lımn→∞
bnXn
bn−1Xn−1= r′ (6= 0) con |r′| < 1, si
lımn→∞
bn = +∞, demostrar que: lımn→∞
∞∑k=n+1
bkXk
Xn= ∞.
∞∑k=n+1
bkXk
Xn= bn
∞∑k=n+1
bkXk
bnXn−→ lım
n→∞bn lım
n→∞
∞∑k=n+1
bkXk
bnXn
= ∞ r′
1 − r′= ∞.
(iv) Hallar un ejemplo en el cual lımn→∞
Xn+1
Xn= r, |r| < 1, y
lımn→∞
bn
( Xn
Xn+1
)= ∞, sin embargo lım
n→∞
∞∑k=n+1
bkXk
Xnno diverge a ∞.
Ejemplo
Xn =(1
4
)n−1para todo n ∈ N,
bn = 2n−1 para n /∈ {s(k)| k ∈ N} = S,
bs(k) = −2s(k)−1 k ∈ N donde s(k) = 2k.
Tenemos:
∣∣∣∣∣bnXn
Xn−1
∣∣∣∣∣ = 2n−1 1
4−→ ∞, o sea que
lımn→∞
bnXn
Xn−1= ∞.
Sea Yk = bkXk (para todo k ∈ N), entonces:
Yn =(1
2
)n−1si n /∈ {s(k)| k ∈ N} = S,
Ys(k) = −(1
2
)s(k)−1para k ∈ N.
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234 REGLA DE L’HOPITAL
∞∑
k=s(n)
(1
2
)k−1=(1
2
)s(n)−1(1 +
1
2+
1
4+ · · ·
)=(1
2
)s(n)−2
2
∞∑
k=n
Ys(k) = −2((1
2
)s(n)−1+(1
2
)s(n+1)−1+(1
2
)s(n+2)−1+ · · ·
)
= −(1
2
)s(n)−2−((1
2
)s(n+1)−2+(1
2
)s(n+2)−2+(1
2
)s(n+3)−2+ · · ·
)
Por lo tanto:∞∑
k=s(n)
(Yk −
(1
2
)k−1)= 2
∞∑k≥s(n)k∈S
Yk = 2∞∑
k=n
Ys(k)
(ya que Yk =(1
2
)k−1si k /∈ S)
en consecuencia (utilizando (I)):
∞∑
k=s(n)
Yk =∞∑
k=s(n)
(1
2
)k−1+ 2
∞∑
k=n
Ys(k) =(1
2
)s(n)−2
−(1
2
)s(n)−2−((1
2
)s(n+1)−2+(1
2
)s(n+2)−2+(1
2
)s(n+3)−2+ · · ·
)
= −((1
2
)s(n+1)−2+(1
2
)s(n+2)−2+(1
2
)s(n+3)−2+ · · ·
)
∼ −(1
2
)s(n+1)−2(#)
Tenemos:
∞∑k=s(n)
bkXk
Xs(n)−1=
∞∑k=s(n)
Yk
Xs(n)−1∼
−(1
2
)s(n+1)−2
(1
4
)s(n)−1
= −
(1
2
)2(s(n)−1)
(1
4
)s(n)−1= −
(1
4
)s(n−1)
(1
4
)s(n)−1= −1,
o sea que lımn→∞
∞∑k=s(n)
bkXk
Xs(n)−1= −1.
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235
Por lo tanto, la sucesion
∞∑k=n+1
bkXk
Xn; n = 1, 2, 3, . . . no diverge a ∞,
puesto que cuando n = s(j) − 1 esta converge a −1.
(#) En (i) tomando bk = b para todo k se tiene:
si lımn→∞
Xn+1
Xn= r = 0 entonces
∞∑k=n
Xk ∼ Xn. Aplique este resultado
a la sucesion((1
2
)s(n+1)−2; n = 1, 2, 3, · · ·
).
5) Sea s(k) = 2k (k ∈ N), se define la sucesion (Yk; k = 1, 2, 3, . . .) como sigue:Yk = rk−1 si k /∈ S = {s(n)|n ∈ N}
Ys(k) = −rs(k)−1 para k = 1, 2, 3, . . .
demostrar:
(i) Como |Yk| = rk−1 entonces∣∣∣Yn+1
Yn
∣∣∣ = r para todo n, en consecuencia
lımn→∞
∣∣∣Yn+1
Yn
∣∣∣ = r.
(ii) r > 1s(n)∑k=1
rk−1 =rs(n)−1
r − 1,
−2n∑
k=1
rs(k)−1 = −2(rs(n)−1 + rs(n−1)−1 + rs(n−2)−1 + · · · rs(1)−1
)
entonces
s(n)∑
k=1
Yk =rs(n) − 1
r − 1−2rs(n)−1−2
(rs(n−1)−1+rs(n−2)−1+· · · rs(1)−1
)
=( 1
r − 1− 2
r
)rs(n) − 2
r
(rs(n−1) + rs(n−2) + · · · rs(1)
)− 1
r − 1
=−(r − 2)
r(r − 1)rs(n) − 2
rrs(n−1)(1 + o(1)) (ver 2) (i)).
s(n)∑k=1
Yk
Ys(n)=
−(r − 2)
r(r − 1)rs(n)
−rs(n)−1
−
2
rrs(n−1)
−rs(n)−1(1 + o(1))
=r − 2
r − 1+
2
rr
1
rs(n−1)(1 + o(1)) −→
r − 2
r − 1si r 6= 2,
0 si r = 2.
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236 REGLA DE L’HOPITAL
Por otra parte:s(n)+1∑
k=1
Yk =s(n)∑k=1
Yk + rs(n), Ys(n)+1 = rs(n),
s(n)+1∑k=1
Yk
Ys(n)+1=
−(r − 2)
r(r − 1)+ 1 − 2
r
rs(n−1)
rs(n)(1 + o(1))
−→
−(r − 2)
r(r − 1)+ 1 si r 6= 2,
1 si r = 2.
Como−(r − 2)
r(r − 1)+ 1 =
r2 − 2r + 2
r(r − 1)6= r − 2
r − 1(r 6= 2), 0 6= 1 (r = 2)
entonces no existe el lımite lımn→∞
n∑k=1
Yk
Yn.
(iii) 0 < r < 1.
∞∑k=s(n)
rk−1 =rs(n)−1
1 − r,
2∞∑
k=n
Ys(k) = −2(rs(n)−1 + rs(n+1)−1rs(n+2)−1 + · · ·
),
luego:∞∑
k=s(n)
Yk =rs(n)−1
1 − r− 2rs(n)−1 − 2rs(n+1)−1(1 + o(1))
por lo tanto:
∞∑k=s(n)
Yk
Ys(n)=
1
−rs(n)−1
{rs(n)−1
1 − r− 2rs(n)−1 − 2rs(n+1)−1(1 + o(1))
}
=1 − 2r
1 − r+ 2rs(n+1)−s(n)(1 + o(1))
−−−−−→(n−→∞)
1 − 2r
1 − rsi r 6= 1
2,
0 si r =1
2.
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237
Por otra parte:
∞∑k=s(n)+1
Yk
Ys(n)+1=
∞∑k=s(n)
Yk − Ys(n)
Ys(n)+1
=
rs(n)−1
1 − r+ rs(n)−1 − 2rs(n)−1 − 2rs(n+1)−1(1 + o(1))
rs(n)
=r
(1 − r)r− 2r2s(n)−1
rs(n)(1 + o(1)) −→ 1
1 − r. (nota: r 6= 0)
Como1
1 − r6= 1 − 2r
1 − r,
1
1 − r6= 0, entonces no existe el lımite
lımn→∞
n∑k=n
Yk
Yn.
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Problemas adicionales
Dar un ejemplo de la formula fraccionaria de recurrencia
Xn+1 = 2 − bnXn
(n = 1, 2, 3, . . .) (1)
donde (bn) −→ 2, (bn) no es de variacion acotada, ademas
i) la formula (1) no tiene solucion convergente compleja,
ii) la formula (1) tiene exactamente dos soluciones convergentes complejas.
Solucion
Sean (Nj ; j = 1, 2, 3, . . .), (Mn; j = 1, 2, 3, . . .) sucesiones de numeros
naturales multiplos de “8” tales que Nj −→ +∞, Mj −→ +∞ y
θj =12π
Nj+
1
4π, τj =
3π
2Mj+
1
4π (j = 1, 2, 3, . . .)
Notese que Njθj ≡1
2π, Mjτj ≡
3π
2(mod. 2π).
Sean
cos θj =1
√αj, cos τj =
1√βj
(1
4π ≤ θj <
1
2π,
1
4π ≤ τj <
1
2π)
θj −→ θ =1
4π, τj −→ θ =
1
4π, cos θ = sen θ =
1√2.
sen θj =
√αj − 1√αj
, sen τj =
√βj − 1√βj
; αj > 2, αj → 2, βj > 2, βj → 2.
239
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240 PROBLEMAS ADICIONALES
Se define bn; n = 1, 2, 3, . . . como sigue: bn = α1 (para n = 1, 2, . . . , N1),
bn = β1 (para n = N1 + 1, . . . , N1 +M1 = s1)
en general:
bn = αk para sk−1 < n ≤ sk−1 +Nk
bn = βk para sk−1 +Nk < n ≤ sk
donde s0 = 0, sk =k∑
j=1(Nj +Mj).
Evidentemente, bn > 2 para todo n, ademas lımn→∞
bn = b = 2.
Consideremos ahora la formula lineal de recurrencia del 2o orden:
Xn+1 − 2Xn + bnXn−1 = 0 (n = 1, 2, 3, . . .) (2)
[I] X0 = 0, X1 = 1.
i) bn = α1 para n = 1, 2, . . . , N1 (0 < n ≤ N1).
Xn = A1
(√α1
)n
sen nθ1 (n = 0, 1, 2, . . . , N1, N1 + 1).
Como X1 = A1√α1sen θ1 = A1
√α1 − 1 entonces: A1 =
1√α1 − 1
.
XN1= A1
(√α1
)N1
sen N1θ1 = A1
(√α1
)N1
=1√
α1 − 1
√α1
N1
XN+1 = A1(√α1)
N1+1sen (π2 + θ1) = A1(
√α1)
N1+1 cos θ1
= A1(√α1)
N1 = XN1
Notese que XN1= XN1+1 es el primer extremo local de los terminos
de la sucesion (Xn; n ∈ N).
ii) bn = β1 para N1 < n ≤ N1 +M1 = s1
(n = N1 + 1, N1 + 2, . . . , N1 +M1 = s1),
Xn = A1√α1
N1√β1
n−N1 cos{(n−N1)τ1}
(n = N1, N1+1, . . . , s1, s1 + 1)
puesto que XN1= A1
√α1
N1 .
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241
XN1+1 = A1
(√α1
N1
)√β1 cos τ1 = A1
(√α1
)N1√β1
1√β1
= A1
(√α1
)N1
Tenemos:
Xs1= XN1+M1
= A1
(√α1
)N1(√
β1
)M1
cos(M1τ1) = 0,
Xs1+1 = XXN1+M1+1= A1
(√α1
)N1(√
β1
)M1√β1 cos(M1τ1+τ1)
= A1
(√α1
)N1(√
β1
)M1√β1 cos
(3π
2+ τ1
)
= A1
(√α1
)N1(√
β1
)M1√β1 − 1 =
√β1 − 1√α1 − 1
s1∏
n=1
√bn.
iii) bn = α2 para s1 = N1 +M1 < n ≤ s1 +N2
(n = s1 + 1, s1 + 2, . . . , s1 +N2 = N1 +M1 +N2)
Xn =
√β1 − 1√α1 − 1
1√α2 − 1
s1∏n=1
√bn
(√α2
)n−s1
sen {(n− s1)θ2}puesto que
Xs1= 0, Xs1+1 =
√β1 − 1√α1 − 1
1√α2 − 1
√α2
√α2 − 1√α2
s1∏
n=1
√bn
=
√β1 − 1√α1 − 1
s1∏
n=1
√bn.
iv) bn = β2 para s1 +N2 < n ≤ s1 +N2 +M2 = s2.
Xn =
√β1 − 1√α1 − 1
1√α2 − 1
×
×s1+N2∏
n=1
√bn
(√β2
)n−s1−N2
cos{(n− s1 −N2)τ2}
( para n = s1 +N2, s1 +N2 + 1, . . . , s2, s2 + 1)
puesto que Xs1+N2, Xs1+N2+1 dados en (IV) coinciden con los val-
ores dados en (III). Tenemos:
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242 PROBLEMAS ADICIONALES
Xs2= 0, Xs2+1 =
√β1 − 1√α1 − 1
√β2 − 1√α2 − 1
s2∏n=1
√bn.
En general se obtiene:
Xnn∏
k=1
√bn
=
1√α1 − 1
sen nθ1 si 0 = s0 ≤ n ≤ s0 +N1 + 1,
1√α1 − 1
cos{(n−N1)τ1} si s0 +N1 ≤ n ≤ s1 + 1.
Para sj ≤ n ≤ sj+1 (j = 1, 2, 3, . . .)
Xnn∏
k=1
√bn
=
√β1 − 1√α1 − 1
√β2 − 1√α2 − 1
· · ·√βj − 1√αj − 1
1√αj+1 − 1
×
×
sen {(n− sj)θj+1} si sj ≤ n ≤ sj +Nj+1 + 1
cos{(n− sj −Nj+1)τj+1} si sj +Nj+1 ≤ n ≤ sj+1 + 1(3)
[II] Sea (Yn; n = 0, 1, 2, . . .) la solucion de la formula (2) dada por:
Y0 = 1, Y1 = 1.
(i) bn = α1 para 0 < n ≤ N1 entonces: Yn =(√
α1
)n
cosnθ1
(0 ≤ n ≤ N1 + 1).
Tenemos YN1= 0, YN1+1 = −
(√α1
)N1√α1 − 1.
(ii) bn = β1 para N1 + 1 ≤ n ≤ N1 +M1 = s1
Yn = −√α1 − 1√β1 − 1
n∏
k=1
√bn sen {(n−N1)τ1}
(N1 ≤ n ≤ s1 + 1 = N1 +M1 + 1)
entonces:
YN1= 0, YN1+1 = −
(√α1
)N1√α1 − 1,
Ys1=
√α1 − 1√β1 − 1
s1∏
k=1
√bk = Ys1+1.
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243
(iii) bn = α2 para s1 + 1 ≤ n ≤ s1 +N2, entonces
Yn =
√α1 − 1√β1 − 1
n∏k=1
√bk cos{(n− s1)θ2} (s1 ≤ n ≤ s1 +N2 + 1)
Ys1= Ys1+1 =
√α1 − 1√β1 − 1
s1∏k=1
√bk.
(iv) bn = β2 para s1 +N2 + 1 ≤ n ≤ s1 +N2 +M2 = s2
Yn = −√α1 − 1√β1 − 1
√α2 − 1√β2 − 1
n∏k=1
√bk sen {(n− s1 −N2)τ2}
(s1 +N2 ≤ n ≤ s2 + 1).
En general se obtienen:
Ynn∏
k=1
√bk
=
cosnθ1 si 0 = s0 ≤ n ≤ N1 + 1
−√α1 − 1√β1 − 1
sen {(n−N1)τ1} si N1 ≤ n ≤ s1 + 1.
Para sj ≤ n ≤ sj+1 (j = 1, 2, 3, . . .)
Ynn∏
k=1
√bk
=
√α1 − 1√β1 − 1
√α2 − 1√β2 − 1
· · ·√αj − 1√βj − 1
×
×
cos{(n− sj)θj+1 si sj ≤ n ≤ sj +Nj+1 + 1
−√αj+1 − 1√βj+1 − 1
sen {(n− sj −Nj+1)τj+1}
si sj +Nj+1 ≤ n ≤ sj+1 + 1.
(4)
[III] Cualquier solucion (Zn; n = 0, 1, 2, . . .) de la formula lineal de recurren-
cia (2) es una combinacion lineal (con coeficientes complejos) de (Xn) y
(Yn) dadas en (3) y (4):
Zn = pXn + qYn, (n = 0, 1, 2, . . .). (5)
(p, q son constantes complejas). Sea:
Bj =
√β1 − 1√α1 − 1
· · ·√βj − 1√αj − 1
=
j∏
k=1
√1 − αk − βk
αk − 1.
Consideremos primero el caso de:
lımj→∞
Bj =∞∏
k=1
√1 − αk − βk
αk − 1diverge.
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244 PROBLEMAS ADICIONALES
Supongamos que lımj→∞
Bj = 0, lımj→∞
Bj = +∞, entonces la sucesion(Zn+1
Zn
)es divergente.
En efecto, si q = 0 entonces(Zn+1
Zn
)=(Xn+1
Xn
), de (3) se tiene que
Xsj= 0, por lo tanto:
(Xsj+1
Xsj
)= ∞, en consecuencia la sucesion
(Xn+1
Xn
)es divergente. Si p = 0 entonces
(Zn+1
Zn
)=(Yn+1
Yn
), de
(4) se tiene que Ysj+Nj+1= 0, por lo tanto la sucesion
(Yn+1
Yn
)es
divergente.
Supongamos que p 6= 0 y q 6= 0, y lımj→∞
Bj = 0
Para sj +Nj+1 ≤ n ≤ sj+1 + 1 se obtiene:
Zn+1
Zn=pXn+1 + qYn+1
pXn + qYn(n = sj +Nj+1) =
√bn+1 ×
×pB2
j
1√αj+1 − 1
cosϕ− q
√αj+1 − 1√βj+1 − 1
sen ϕ
pB2j
1√αj+1 − 1
cosψ − q
√αj+1 − 1√βj+1 − 1
sen ψ
=√bn+1
pB2j
1√αj+1 − 1
1√βj+1
− q
√αj+1 − 1√βj+1
pB2j
1√αj+1−1
−−−−→(j→∞)
−q0
= ∞
donde:
ϕ = {(n+ 1 − sj −Nj+1)τj+1} y ψ = {(n− sj −Nj+1)τj+1}por lo tanto la sucesion
(Zn+1
Zn
)es divergente.
Supongamos que p 6= 0, q 6= 0 y lımj→∞
Bj = +∞ ( lımj→∞
1
Bj= 0).
Para sj ≤ n ≤ sj +Nj+1 + 1 se obtiene:
Zn+1
Zn=pXn+1 + qYn+1
pXn + qYn(n = sj)
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245
=√bn+1
pB2j
1√αj+1−1
sen {(n+ 1 − sj)θj+1} + q cos{(n+ 1 − sj)θj+1}
pB2j
1√αj+1−1
sen {(n− sj)θj+1} + q cos{(n− sj)θj+1}
=√bn+1
p 1√αj+1
+ q 1B2
j
1√αj+1
p · 0 + q 1B2
j
−−−−→(j→∞)
p
0= ∞,
por lo tanto la sucesion(Zn+1
Zn
)es divergente.
[IV] Supongamos que lımj→∞
Bj =∞∏
k=1
√1 − αk − βk
αk − 1= B (el producto con-
verge)
Para sj ≤ n ≤ sj +Nj+1 + 1, de (3) y (4) se obtiene:
YnBj =n∏
k=1
√bk cos{(n− sj)θj+1}, Xn
√αj+1 − 1
Bj
=n∏
k=1
√bk sen {(n− sj)θj+1}.
Como Bj = B(1 + o(1)),
√αj+1 − 1
Bj=
1
B(1 + o(1)) entonces:
YnB(1 + o(1)) =n∏
k=1
√bk cos{(n− sj)θj+1}, Xn
1
B(1 + o(1))
=n∏
k=1
√bksen {(n− sj)θj+1}.
Sea (Zn) = B(Yn) + i1
BXn (i =
√−1), entonces:
Zn(1 + o(1)) =(BYn + i
1
BXn
)(1 + o(1))
=n∏
k=1
√bk{cos{(n− sj)θj+1} + isen {(n− sj)θj+1}}
=n∏
k=1
√bke
i(n−sj)θj+1 (6)
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246 PROBLEMAS ADICIONALES
por lo tanto:Zn+1
Zn(1 + o(1)) =
√bn+1e
iθj+1 ∼√beiθ
ya que θj+1 → θ = 14π,
√bn+1 →
√b =
√2, esto es:
lımn→∞
Zn+1
Zn=
√2ei
1
4π (sj ≤ n ≤ sj +Nj+1 + 1, j → ∞).
Para sj +Nj+1 ≤ n ≤ sj+1 + 1. de (3) y (4) se obtiene:
YnBj
√βj+1 − 1√αj+1 − 1
= −n∏
k=1
√bksen {(n− sj −Nj+1)τj+1}
Xn1
Bj
√αj+1 − 1 =
n∏
k=1
√bk cos{(n− sj −Nj+1)τj+1}
por lo tanto:
Yn(1 + o(1)) = −n∏
k=1
√bksen {(n− sj −Nj+1)τj+1}
Xn1
B(1 + o(1)) =
n∏
k=1
√bk cos{(n− sj −Nj+1)τj+1}
sea (Zn) = B(Yn) + i1
B(Xn) (i =
√−1), entonces:
Zn(1 + o(1)) =n∏
k=1
√bk i{cos((n− sj −Nj+1)τj+1)
+ i sen ((n− sj −Nj+1)τj+1)}
=n∏
k=1
√bkie
i(n−sj−Nj+1)τj+1
Por lo tanto:Zn+1
Zn(1 + o(1)) =
√bn+1e
iτj+1 ∼√beiθ (θj , τj → θ = π
4 )
esto es:
lımn→∞
Zn+1
Zn=
√2ei
π4 (sj +Nj+1 ≤ n ≤ sj+1 + 1, j → ∞).
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247
[V] Sea Z ′n = B(1 + C)Yn +
i
BXn (n = 0, 1, 2, . . .) (C es un numero com-
plejo), entonces de (6) (para sj ≤ n ≤ sj +Nj+1 + 1):
Z ′n(1 + o(1)) =
n∏k=1
√bk{ei(n−sj)θj+1 + C cos{(n− sj)θj+1}},
por lo tanto:
Z ′n+1
Z ′n
(1 + o(1)) =√bn+1
(BYn+1 +i
BXn+1) +BCYn+1
(BYn +i
BXn) +BCYn
(1 + o(1))
=√bn+1
ei(n+1−sj)θj+1 + C cos{(n+ 1 − sj)θj+1}ei(n−sj)θj+1 + C cos{(n− sj)θj+1}
=√bn+1e
iθj+1
1 +C cos{(n+ 1 − sj)θj+1}
ei(n+1−sj)θj+1
1 +C cos{(n− sj)θj+1}
ei(n−sj)θj+1
tomando n = sj −→ ∞ se obtiene:
−→√b eiθ
1 + Ccos θ
eiθ
1 + C=
√b eiθ
1 +C
1 + i1 + C
(θ = 14π),
tomando n = sj + 1 −→ ∞ se obtiene:
Z ′n+1
Z ′n
(1 + o(1)) =√bn+1 e
iθj+1
1 +C cos(2θj+1)
ei(2θj+1)
1 +C cos(θj+1)
ei(θj+1)
−→√b eiθ
1 + C cos(2θ)
ei(2θ)
1 +C cos(θ)
ei(θ)
=√b eiθ
1
1 +C
1 + i
(2θ =1
2π).
Para que exista el lımite lımn→∞
Z ′n+1
Z ′n
se debe tener que
1 +C
1 + i1 + C
=1
1 +C
1 + i
, o sea que(1 +
C
1 + i
)2= 1 + C,
C2
(1 + i)2=Ci− C
1 + i, ası C = 0, C = −2.
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248 PROBLEMAS ADICIONALES
Para el caso de C = 0, se obtiene
lımn→∞
Zn+1
Zn=
√2ei
1
4π = 1 + i (cuando
(Z1
Z0
)= 1 +
i
B2).
Para el caso de C = −2 se obtiene:
lımn→∞
Z ′n+1
Z ′n
= (1 + i)1 − i
1 + i= 1 − i (cuando
(Z ′1
Z ′0
)= 1 − i
B2).
Notese que1 + i
i− 1=
1 − i
1 + i
Ejemplo 1.
Sean Nk = 8k, Mk = 8k2 (k = 1, 2, 3, . . .) entonces:
θk =π
16k+π
4, τk =
3π
16k2+π
4, cos θk =
1√2
(1 − π
16k+O( 1
k2 )),
cos τk =1√2
(1 +O( 1
k2 )),
por lo tanto: αk = (cos θk)−2 = 2 +
π
4k+O( 1
k2 ),
βk = (cos τk)−2 = 2 +O( 1
k2 ).
Teniendo en cuenta que bn − bn+1 = αk − βk > 0 cuando n = sk−1 +Nk,
entonces∞∑
n=1|bn+1 − bn| >
∞∑k=1
(αk − βk) =∞∑
k=1
( π4k
+O( 1k2 ))
= ∞,
por lo tanto la sucesion (bn) no es de variacion acotada.
Ademas B = lımj→∞
j∏k=1
√1 − αk − βk
αk − 1= 0, por lo tanto la formula frac-
cionaria de recurrencia (1) no tiene solucion convergente.
Ejemplo 2.
Sean N2k−1 = 8k2, M2k−1 = 24k, N2k = 8k, M2k = 24k2
(k = 1, 2, 3, . . .).
1√α2k−1
= cos θ2k−1 = cos( π
16k2+π
4
)=
1√2
(1 − π
16k2+O( 1
k4 )),
en forma similar
1√β2k−1
= cos τ2k−1 =1√2
(1 − π
16k+O( 1
k2 )),
1√α2k
=1√2
(1 − π
16k+O( 1
k2 )),
1√β2k
=1√2
(1 − π
16k2+O( 1
k4 )).
![Page 257: Problemas de sucesiones recurrentesciencias.bogota.unal.edu.co/fileadmin/Facultad_de_Ciencias/Publica… · Presentaci´on La mayor´ıa de textos de analisis tienen bastante material](https://reader035.fdocuments.es/reader035/viewer/2022062607/6057bb18f99b71742d6d7d82/html5/thumbnails/257.jpg)
249
Ası: α2k−1 = 2 +π
4k2+O( 1
k4 ), β2k−1 = 2 +π
4k+O( 1
k2 ),
α2k = 2 +π
4k+O( 1
k2 ), β2k = 2 +π
4k2+O( 1
k4 ).
se obtiene inmediatamente que∞∑
n=1|bn+1 − bn| = ∞ (ver el ejemplo 1).
Sin embargo:
∞∏
k=1
(βk − 1
αk − 1
)=
∞∏
n=1
(β2n−1 − 1
α2n−1 − 1
β2n − 1
α2n − 1
)
=
∞∏
k=1
(1 +
π
4k+O( 1
k2 ))(
1 +O( 1k2 ))
(1 +O( 1
k2 ))(
1 +π
4k+O( 1
k2 )) ,
el ultimo producto infinito converge ya que∞∏
k=1
(1 +
π
4k+O( 1
k2 ))
(1 +
π
4k+O( 1
k2 ))
converge, por lo tanto:
B = lımj→∞
j∏k=1
√βk − 1
αk − 1=
√∞∏
k=1
βk − 1
αk − 1es convergente.
En consecuencia, la sucesion (bn) no es de variacion acotada, pero la
formula de recurrencia (1) tienen exactamente dos soluciones conver-
gentes.
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![Page 259: Problemas de sucesiones recurrentesciencias.bogota.unal.edu.co/fileadmin/Facultad_de_Ciencias/Publica… · Presentaci´on La mayor´ıa de textos de analisis tienen bastante material](https://reader035.fdocuments.es/reader035/viewer/2022062607/6057bb18f99b71742d6d7d82/html5/thumbnails/259.jpg)
![Page 260: Problemas de sucesiones recurrentesciencias.bogota.unal.edu.co/fileadmin/Facultad_de_Ciencias/Publica… · Presentaci´on La mayor´ıa de textos de analisis tienen bastante material](https://reader035.fdocuments.es/reader035/viewer/2022062607/6057bb18f99b71742d6d7d82/html5/thumbnails/260.jpg)