Problemas de sucesiones...

Problemas de

sucesiones recurrentes

Problemas de

sucesiones recurrentes

Yu Takeuchi

Departamento de Matematicas

Facultad de Ciencias

Universidad Nacional de Colombia

Sede Bogota

Problemas de sucesiones recurrentes

c© Yu Takeuchi



Universidad Nacional de Colombia

c© Universidad Nacional de Colombia



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.

[email protected]

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

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

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

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

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

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).

3


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

).


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).

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).

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.

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).

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)

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

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)

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


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.

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 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,


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 +∞.

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.

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


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

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

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.


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.

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.


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.

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.


(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|,

19


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.

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

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

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.

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.

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

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, . . .)

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.)


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)

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.

(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.

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

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 (∗)


lımn→∞

Xn = − lımn→∞

n∑k=1

bk ·Ak

An=

b

a− 1= −b

(lım

n→∞an = 0

).

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.

• 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 .

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),

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.

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, . . .)


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

.

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| < +∞.

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 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.

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.

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→ ∞),

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+).


(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 = −∞.

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,

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.

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.

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)

)

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).

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.

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.


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

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.

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.

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

.

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

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.

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

• 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.

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 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.


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.

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,∞).

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,

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.)

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.

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 ,

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.

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

(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

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 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,

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.

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

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.

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.

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

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

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.

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:

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,∞).

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.

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).

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)

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).

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.

(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:

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 −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,

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 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)

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.

(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.

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

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.

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.

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).

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,


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.

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.

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

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

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 ).

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.

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.

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

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.

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,

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).

(#) 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

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.

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, . . .).

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)

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.

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,

luego:

lımn→∞

Xn ≥ Xm +k+m∑

n=m

cn = +∞,


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.

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

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

.

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)

+∞:

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).


+∞ (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, . . .

),

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 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.

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.

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.

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

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

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.

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.

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→ ∞).

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-

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′)

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.

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

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

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

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.

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.


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.


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.

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.

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.


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.

7


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

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.

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,

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.

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

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


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


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,

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:


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.

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.


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, . . .).

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

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,

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.


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)

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.


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.


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.

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.


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)


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


(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.

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


(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.


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.


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.


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.

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


(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.


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 − · · ·


Xn+1 = (n+ 1) − n

Xn(n = 1, 2, 3, . . .) (i)


(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)


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


(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.


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.

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 + · · ·

.



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.


(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.


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.

9


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

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, . . .),

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.

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


=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,


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)

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.


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).

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)

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)

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.


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.

169


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 = +∞


k=1

εk < +∞

Yn

λn∼D

n∏

k=1

(1 +

εkλ(µ+ λ)

)−→

±∞ si∞∑

k=1

εk = +∞


k=1

εk < +∞.

(ii) 0 < λ < µ, εk < 0.

σ = 1

Xn

µn∼C

n∏

k=1

(1 +

εkµ(λ− µ)

)−→

±∞ si∞∑

k=1

|εk| = +∞


k=1

|εk| < +∞

Yn

λn∼D

n∏

k=1

(1 +

εkλ(µ− λ)

)−→

0 si∞∑

k=1

|εk| = +∞


k=1

|εk| < +∞.

σ = −1

Xn

µn∼C

n∏

k=1

(1 +

εkµ(λ+ µ)

)−→

0 si∞∑

k=1

|εk| = +∞


k=1

|εk| < +∞

Yn

λn∼D

n∏

k=1

(1 +

εkλ(µ+ λ)

)−→

0 si∞∑

k=1

|εk| = +∞


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−→ ±∞.

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.


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

).


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

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


.

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→∞


= β puesto que Yk → 1.

Aplicando el primer teorema de Cauchy, se tiene:

n∑k=1


n= β

por lo tanto:

lımn→∞

Xn

n= lım

n→∞Xn+1

n+ 1= lım

n→∞Yn+1

n∑

k=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.

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


.

=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.

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.

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

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 ,


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.

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.

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| = +∞).

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).


Xn+1 = an − bnXn

(an → a 6= 0, bn → 0), donde (Xn) → 0,

demostrar que Xn =bna

+ o(bn).

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,


k=1

akBk converge (absolutamente).

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©

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,


(p+ 1)n∑

k=1

kp

np+1= 1, o sea que:

n∑k=1

kp∼np+1

p+ 1.

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

) ).


(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.



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

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).

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,



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.

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(∗),

∣∣∣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.

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)

(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.

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)

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”.

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


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)}.

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)

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,

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.


Xn+1 =1

Xn+

1

n(n = 1, 2, 3, . . .), X1 > 0 (1)


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)

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.


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)

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,

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.

[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].

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→ ∞).

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

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

.

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).

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)

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)

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.

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)

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

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).

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

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.

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)

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)

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.

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


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)

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,

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.

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.

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

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.

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

.


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

= ∞.

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),


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→ ∞)


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

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.


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)

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.


∞∑

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.

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.

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.

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.

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

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 .

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:

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.

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.


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)

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)


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 → ∞).

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.


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 )).

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.

Problemas de sucesiones...

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