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Problemas de
sucesiones recurrentes
Problemas de
sucesiones recurrentes
Yu Takeuchi
Departamento de Matemáticas
Facultad de Ciencias
Universidad Nacional de Colombia
Sede Bogotá
Problemas de sucesiones recurrentes
c© Yu Takeuchi
Departamento de Matemáticas
Facultad de Ciencias
Universidad Nacional de Colombia
c© Universidad Nacional de Colombia
Facultad de Ciencias
Departamento de Matemáticas
Ignacio Mantilla, Decano
Eugenio Andrade, Vicedecano Académico
Jorge Ortiz Pinilla, Director de Publicaciones
Primera edición, 2007
Bogotá, Colombia
ISBN 978-958-701-888-2
Impresión: Proceditor ltda.
proceditor@etb.net.co
Bogotá, Colombia
Diagramaciónen LATEX : Margoth Hernández Quitián
Diseño de carátula: Andrea Kratzer
Catalogación en la publicación Universidad Nacional de Colombia
Takeuchi, Yu, 1927 –
Problemas de sucesiones recurrentes / Yu Takeuchi. – Bogotá : Universidad
Nacional de Colombia. Facultad de Ciencias. Departamento de Matemáticas, 2007
iii, 249 p.
ISBN 978-958-701-888-2
1. Sucesiones (Matemáticas) 2. Análisis matemático
CDD-21 515.24 / 2007
Índice general
Presentación III
1. Introducción 1
2. Regla de L’Hôpital para series 13
3. Fórmula lineal de recurrencia del primer orden 21
4. Fórmula de recurrencia de primer orden (Caso particular) 55
5. Fórmula de recurrencia del primer orden (Caso general) 97
6. Fórmula fraccionaria de recurrencia del primer orden 131
7. Fórmula lineal de recurrencia del segundo orden 137
8. Fracciones continuas 147
9. Fórmula lineal de recurrencia de segundo orden
con coeficientes variables (I) 161
Problemas adicionales introducción 177
Fórmula lineal de recurrencia del 1o orden 187
Fórmula fraccionada de recurrencia 207
Regla de L’Hôpital 225
Problemas adicionales 239
i
Presentación
La mayoŕıa de textos de análisis tienen bastante material sobre los temas
básicos de sucesiones, mas cuando el lector quiere profundizar en ciertos tópi-
cos, la bibliograf́ıa es escasa y dispersa. En el texto Sucesiones recurrentes he
querido profundizar en algunos temas e incorporar un número importante de
ejemplos y ejercicios que pueden ser material de apoyo para un curso avanzado
de la carrera de matemáticas o para los primeros cursos de posgrado.
El libro está dividido en nueve caṕıtulos numerados que contienen las solu-
ciones de los ejercicios propuestos en el libro Sucesiones recurrentes y cinco
más con ejercicios adicionales.
En los primeros dos caṕıtulos, los ejercicios buscan afianzar los conceptos
de igualdad asintótica entre series, de sucesión de variación acotada, la regla
de L’Hôpital para series y trabajar exhaustivamente los casos 00 e
∞
∞ .
Los siguientes tres caṕıtulos contienen las soluciones de los ejercicios sobre
sucesiones recurrentes de primer orden de la forma Xn+1 = AnXn +Bn, como
caso más general que el de recurrencia de primer con coeficientes constantes.
La recurrencia fraccionaria de primer orden de la forma xn+1 = an −
bn
xn
es el tema de los ejercicios del caṕıtulo sexto, y en el séptimo se resuelven los
que corresponden al tema de la recurrencia de segundo orden.
Los ejercicios sobre fracciones continuas se estudian en el caṕıtulo octavo
como aplicación de las sucesiones recurrentes aplicando los cuatro criterios de
convergencia conocidos, y en el caṕıtulo noveno se trata la fórmula lineal de
recurrencia de segundo orden con coeficientes variables.
iii
iv ÍNDICE GENERAL
Durante varios años tuve la idea de desarrollar los ejercicios para mi uso
personal; sin embargo, por insinuación de algunos colegas empecé 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 Matemáticas y de la Facultad
de Ciencias acogieron la idea con entusiasmo y me ofrecieron su apoyo para
la publicación. Como resultado de ello, le entregué el manuscrito a la señorita
Margoth Hernández Q., quien se encargó de transcribirlo y de diseñarlo tal
como se presenta publicado en este momento con constancia y profesionalismo
admirables. A ella le expreso especialmente mis agradecimientos.
Yu Takeuchi
Bogotá, Octubre de 2007
1
Introducción
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’Hôpital del cálculo se tiene:
ĺım
t→0
sen t− t
t3
= ĺım
t→0
cos t− 1
3 · t2 = ĺımt→∞
−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
n
1
n3
∣∣∣∣∣ ≤M para todo x ∈ R,para todo n ∈ N, esto es:
sen
x
n
− x
n
= O
( 1
n3
)
.
1
2 1. INTRODUCCIÓN
4)
∣∣∣∣
1
n(n+ 1)
− 1
n2
∣∣∣∣ =
∣∣∣∣
−1
n2 · (n+ 1)
∣∣∣∣ =
1
n2 · (n+ 1) ≤
1
n3
para 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
n
para 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 sucesión 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=1
an converge absolutamente.
7) Sea (an) la sucesión que satisface an = O(r
n), 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 geométrica)
por lo tanto la serie
∞∑
n=1
an converge absolutamente.
8) Como existe el ĺımite “ ĺım
n→∞
an
bn
”, entonces la sucesión
(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
9) Aplicando la regla de L’Hôpital del cálculo se tiene:
ĺım
t→0
cos t− 1
t2
= ĺım
t→0
−sen t
2t
= ĺım
t→0
− cos t
2
= −1
2
Por lo tanto la sucesión
(
cos x
n
− 1
( 1
n2
)
)
es acotada (para cada x ∈ R), en
consecuencia se tiene que cos x
n−1 = 1 +O
( 1
n2
)
.
10) Aplicando la regla de L’Hôpital del cálculo se tiene:
ĺım
t→0
(1 + t)a − 1 − at
t2
= ĺım
t→0
a(1 + t)a−1 − a
2t
= ĺım
t→0
a(a− 1)(1 + t)a−2
2
=
a(a− 1)
2
Por lo tanto la sucesión:
(
(1 + 1
n
)a − 1 − a
n
1
n2
;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 sucesión que satisface An = O(an), entonces existe M > 0
tal que |An| ≤ M |an|, esto es, la sucesión
(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. INTRODUCCIÓN
1.6 Ejercicios
Comprobar las siguientes afirmaciones:
1) ĺım
n→∞
lnn
n
= 0 ya que ĺım
X→∞
lnX
X
= ĺım
X→∞
( 1
X
)
1
= 0 (regla de L’Hôpital), esto
es: lnn = o(n).
2) ĺım
n→∞
(
1
2n
)
( 1
n
)
= ĺım
n→∞
(
n
2n
)
= 0 ya que ĺım
X→∞
(
X
2X
)
= ĺım
X→∞
1
2X · ln 2 = 0
(Regla de L’Hôpital), esto es,
1
2n
= o
( 1
n
)
.
3) ĺım
n→∞
n
3n
n
2n
= ĺım
n→∞
n
(32)
n
= 0 (nótese que 32 > 1 ), o sea que
n
3n = o(
1
2n )
4) ĺım
n→∞
(
1
nλ
)
1
n·ln n
= ĺım
n→∞
n · lnn
nλ
= ĺım
n→∞
lnn
nλ−1
= 0 (nótese que λ− 1 > 0)
o sea que 1
nλ
= o
(
1
n·ln n
)
(cuando λ > 1).
5) ĺım
n→∞
na
an
= 0 (a > 1) ya que ĺım
X→∞
Xa
aX
= ĺım
X→∞
Xa
ekX
= 0 (tome k = ln a)
o seaque na = o(an) si a > 1.
6) ĺım
t→0
sen t− t
t2
= ĺım
t→0
cos t− 1
2t
= ĺım
t→0
−sen t
2
= 0 (Regla de L’Hôpital),
por lo tanto: ĺım
n→∞
sen X
n
− X
n
( 1
n
)2
= 0 (para cada X ∈ R)
o sea que sen X
n
− X
n
= o
(
1
n2
)
(para cada X ∈ R).
7) ĺım
t→0
et − 1 − t
t
= ĺım
t→0
et − 1
1
= 0 (Regla de L’Hôpital), por lo tanto:
ĺım
t→∞
e
1
n − 1 − 1
n
1
n
= 0, esto es: e
1
n − 1 − 1
n
= o
(
1
n
)
.
8) Sean (An), (Bn) tales que An = O(an), Bn = (an), entonces existe M > 0
tal que |An| ≤M · an, además ĺım
n→∞
Bn
an
= 0, tenemos:
ĺım
n→∞
An +Bn
an
= ĺım
n→∞
An
an
+ ĺım
n→∞
Bn
an
= ĺım
n→∞
An
an
≤M .
Como la sucesión
(An +Bn
an
; n = 1, 2, 3, . . .
)
es acotada, entonces:
An +Bn = O(an).
5
9) Sea (An) una sucesión tal que An = o(an), entonces
ĺım
n→∞
An
an
= 0, o sea que ĺım
n→∞
An
|an| · 1
= 0, esto es:
An
|an|
= o(1).
10) ĺım
n→∞
1
n+1 − 1n
1
n
= ĺım
n→∞
−1
n+ 1
= 0, o sea: 1
n+1 − 1n = o
(
1
n
)
.
11) Tenemos:
ĺım
x→0
ln(1 + x) − x+
(
x2
2
)
x2
= ĺım
x→0
1
1+x − 1 + x
2x
= ĺım
x→0
x2
(1 + x) · 2x
= ĺım
x→0
x
2 · (1 + x) = 0,
como ĺım
n→∞
an = 0, entonces:
ĺım
n→∞
ln(1 + an) − an +
(a2n
2
)
a2n
= 0, o sea: ln(1 + an) − an +
(a2n
2
)
= o(a2n).
1.8 Ejercicios
Comprobar las siguientes afirmaciones:
1) sen 1
n
∼
1
n
ya que ĺım
n→∞
sen 1
n
1
n
= 1 (nótese que ĺım
x→0
sen x
x
= 0.)
2) ĺım
n→∞
e
1
n
1 + 1
n
=
e0
1
= 1, esto es, e
1
n ∼ 1 + 1
n
.
3) (n+ 1)2 ∼ n2 ya que ĺım
n→∞
(n+ 1)2
n2
= ĺım
n→∞
(
1 +
2
n
+
1
n2
)
= 1.
4) ĺım
x→0
1 − cosx
1
2x
2
= ĺım
x→0
sen x
x
= 1 (Regla de L’ Hôpital), por lo tanto:
ĺım
x→∞
1 − cos 1
n
1
2n2
= 1, esto es: 1 − cos 1
n
∼
1
2n2
.
5) Sean An = n+ 1, Bn = n entonces
ĺım
n→∞
An
Bn
= ĺım
n→∞
n+ 1
n
= ĺım
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. INTRODUCCIÓN
6) Sean An =
2
n
, Bn =
1
n
, entonces: An = Bn +
1
n
= Bn + o(1) ya que
ĺım
n→∞
1
n
= 0. Por otra parte
An
Bn
= 2 6= 1, esto es An � Bn (An no es
asintóticamente igual a Bn).
7) Supongamos que An ∼ Bn
(
esto es, ĺım
n→∞
An
Bn
= 1
)
, entonces tenemos:
ĺım
n→∞
An+1
An
/Bn+1
Bn
= ĺım
n→∞
An+1
An
Bn
Bn+1
= ĺım
n→∞
An+1
Bn+1
Bn
An
= 1 · 1 = 1.
8) Supongamos que An < Bn < An + O(1), ĺım
n→∞
An = +∞. Tenemos
que:
1 <
Bn
An
< 1 +
O(1)
An
, por lo tanto: 1 ≤ ĺım
n→∞
Bn
An
< 1 +O(1) · ĺım
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 ĺım
n→∞
o(An)
An
= 0, entonces: 1 ≤ ĺım
n→∞
Bn
An
≤ 1 por lo tanto se tiene
que ĺım
n→∞
Bn
An
= 1, o sea que Bn ∼ An. En consecuencia: An ∼ Bn.
10) Supongamos que An ∼ Bn, entonces: ĺım
n→∞
An
Bn
= 1.
Sea (Xn) una sucesión 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 ĺımite, entonces la sucesión
(
|Xn|
Bn
)
es acotada, esto es: Xn = O(Bn).
Sea (Xn) una sucesión tal que Xn = o(An), entonces ĺım
n→∞
Xn
An
= 0.
Por lo tanto: ĺım
n→∞
Xn
Bn
= ĺım
n→∞
Xn
An
· An
Bn
= ĺım
n→∞
An
Bn
= 0 · 1 = 0, esto es:
Xn = o(Bn).
7
11) Si An ∼ Bn entonces ĺım
n→∞
An
Bn
= 1.
Tenemos: ĺım
n→∞
An −Bn
Bn
= ĺım
n→∞
An
Bn
− 1 = 1 − 1 = 0, o sea que
An −Bn = o(Bn). Rećıprocamente, si An −Bn + o(Bn), entonces
ĺım
n→∞
An −Bn
Bn
= 0. Por lo tanto: ĺım
n→∞
An
Bn
− 1 = 0, o sea que
ĺım
n→∞
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 rećıproco es
evidentemente válido.
12) Tenemos, para p < 1, que
∫ n
1
1
tp
dt <
n∑
k=1
1
kp
< 1 +
∫ n
1
1
tp
dt
Como
∫ n
1
1
tp
dt =
1
1 − p(n
1−p − 1), entonces se tiene que
1
1 − p(n
1−p − 1) <
n∑
k=1
1
kp
< 1 +
1
1 − p(n
1−p − 1).
Dividiendo la desigualdad anterior por
1
1 − p(n
1−p):
1 − 1
n1−p
<
n∑
k=1
1
kp
1
1 − p(n
1−p)
< 1 − p
n1−p
.
Teniendo en cuenta que ĺım
n→∞
( 1
n1−p
= 0
)
(nótese que p < 1) se tiene que:
ĺım
n→∞
n∑
k=1
1
kp
1
1 − p(n
1−p)
= 1, o sea que
n∑
k=1
1
kp
∼
1
1 − p n
1−p.
13) Para todo N > n se tiene la siguiente desigualdad:
∫ N
n
1
tp
dt <
N∑
k=n
1
kp
<
1
np
+
∫ N
n
1
tp
dt (para p > 1)
8 1. INTRODUCCIÓN
Como
∫ N
n
1
tp
dt =
1
p− 1
{ 1
np−1
− 1
Np−1
}
−→ 1
p− 1 ·
1
np−1
(N → ∞)
entonces se tiene que
1
p− 1 ·
1
np−1
≤
∞∑
k=n
1
kp
≤ 1
np
+
1
p− 1 ·
1
np−1
.
Dividiendo la desigualdad anterior por
1
p− 1 ·
1
np−1
se tiene que
1 ≤
∞∑
k=n
1
kp
1
p− 1
1
np−1
≤ p− 1
n
+ 1, o sea: ĺım
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
sucesión (bk) es de variación acotada.
Demostración
Como la sucesión (bk) es convergente, entonces (bk) es acotada, o sea que
existe B > 0 tal que |bk| ≤ B para todo k ∈ N.
Además la serie
∞∑
k=1
|bk − bk+1| converge. Por la condición de Cauchy, dado
� > 0, existe N tal que para cualquier m > N se tiene:



l∑
k=1
|bk − bk+1| < � (para todo l ≥ m)
|Sl| = |am + am+1 + · · · + al| < � 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|
< �
{ l−1∑
k=m
|bk − bk+1| +B
}
< � · (�+B).
Por lo tanto, la serie
l∑
k=1
ak · bk satisface la condición Cauchy, la cual con-
verge.
2) Demostrar que la suma de dos sucesiones de variación acotada es de variación
acotada.
Demostración
Sean (an), (bn) dos sucesiones de variación 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 sucesión (ak + bk; k = 1, 2, 3, . . .) es de variación 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. INTRODUCCIÓN
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.
Además,
∞∑
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 ĺım
n→∞
n∏
k=1
(1 − vk) diverge a 0.
(ii) uk =
(−1)k−1
k
2n∏
k=1
(1 − uk) =
n∏
k=1
(
1 +
1
2k − 1
)
·
(
1 − 1
2k
)
=
n∏
k=1
(
1 +
1
2k − 1 −
1
2k
− 1
2k(2k − 1)
)
=
n∏
k=1
1 = 1
Por lo tanto: ĺım
n→∞
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√
k
p
)
·
(
1 +
p
k
−
√
2√
k
p
)
=
(
1 +
p
k
)2
− 2
k
p2 = 1 +
2p
k
(1 − p) + p
2
k2
.
11
p > 1.
2p · (1 − p)
k
+
p2
k2
< 0 para k suficientemente grande, y
∞∑
k=1
(
2p
k
(1 − p) + p
2
k2
)
= −∞. Por lo tanto el producto infinito
∞∏
k=1
(1 + uk) diverge a 0.
0 < p < 1.
2p
k
(1 − p) + p
2
k2
> 0 para todo k ∈ N, y
∞∑
k=1
(
2p
k
(1 − p) + p
2
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−
u2k
2
+∆k donde ∆k = u
2
k ·o(1) (Ejercicio 1.6, 11), entonces
se tiene: ln(1 + p · uk) = p · uk − p2 ·
u2k
2
+ ∆k donde ∆k = u
2
k · o(1).
Como
∞∑
k=1
ln(1+uk) converge, entonces
∞∑
k=1
(
uk− 12 ·u2k+u2k ·o(1)
)
converge,
por lo tanto la serie
∞∑
k=1
ln(1 + p · uk) =
∞∑
k=1
(
p · uk− p2 ·
u2k
2
+ ∆k
)
=
p ·
∞∑
k=1
(
uk − p2{u2k + o(1) · u2k}
)
= p ·
∞∑
k=1
{
(
uk − u
2
k
2
)
− p− 1
2
· u2k + o(1) · u2k}
converge si y sólo si la serie
∞∑
k=1
u2k converge.
En caso de la serie
∞∑
k=1
u2k = +∞, entonces:
p > 1,
∞∑
k=1
(
−p− 1
2
u2k + o(1)u
2
k
)
= −∞, por lo tanto el producto
infinito
∞∏
k=1
(1 + puk) diverge a 0.
0 < p < 1
∞∑
k=1
(
−p− 1
2
u2k + o(1)u
2
k
)
= +∞, por tanto el producto
infinito
∞∏
k=1
(1 + puk) diverge a +∞.
12 1. INTRODUCCIÓN
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
k2
converge, 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
n
converge.
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’Hôpital para series
2.11 Ejercicio
1) Supongamos que ĺım
n→∞
Xn+1
xn
= r, |r| < 1, ĺım
n→∞
bn = b, entonces:
ĺım
n→∞
∞∑
k=n
bk ·Xk
Xn
= ĺım
n→∞
∞∑
k=n
bk ·Xk
∞∑
k=n
(Xk −Xk+1)
= ĺım
k→∞
bk ·Xk
Xk −Xk+1
= ĺım
k→∞
bk
1 − (Xk+1/Xk)
=
b
1 − r .
2.12 Ejercicio
1) Supongamos que ĺım
n→∞
Xn+1
Xn
= 0, ĺım
n→∞
bn ·
Xn
Xn − 1
= L, entonces:
ĺım
n→∞
∞∑
k=n+1
bk ·Xk
Xn
= ĺım
n→∞
∞∑
k=n+1
bk ·Xk
∞∑
k=n+1
(Xk−1 −Xk)
= ĺım
k→∞
bk ·Xk
Xk−1 −Xk
= ĺım
k→∞
bk · (Xk/Xk−1)
1 − (Xk/Xk−1)
=
L
1 − 0 = L.
13
14 2. REGLA DE L’HÔPITAL PARA SERIES
2.16 Ejercicios
1) Sea
∞∑
k=1
Xk una serie absolutamente convergente, si ĺım
n→∞
rn = r, entonces:
ĺım
n→∞
∞∑
k=n
|Xk|rk
∞∑
k=n
|Xk|
= ĺım
k→∞
|Xk|rk
|Xk|
= ĺım
k→∞
rk = r
Del 2) al 8) demostrar las igualdades asintóticas:
2)
∞∑
k=n
bk ·Xk ∼
b
1 − rXn ya que ĺımk→∞
Xn+1
Xn
= r, |r| < 1, ĺım
k→∞
bn = b.
3) ĺım
n→∞
(((k + 1)(k + 2)
2k+1
)/(k(k + 1)
2k
))
= 12 ,
∞∑
k=n
k(k + 1)
2k
∼
n(n+ 1)
2n
1
1 − 12
=
n(n+ 1)
2n−1
.
4) ĺım
n→∞
(n+ 1) · e−n−1
n · e−n =
1
e
.
∞∑
k=n
k · e−k ∼ n · e−n · 1
1 − 1
e
=
n
e− 1 · e
−n+1.
5)
ĺım
k→∞
(( 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)
ĺım
k→∞
((
(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) ĺım
k→∞
(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 sucesión (Yn) es convergente, y ĺım
n→∞
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 · r
k
k
)/( rk+2
k + 2
)
=
k + 2
k
1
r
∼
1
r
(cuando k → ∞) además: |1
r
| < 1. por lo tanto se tiene que:
∞∑
k=n
rk
Xk ·Xk+1
∼
rn
Xn ·Xn+1
· 1
1 − 1
r
=
rn+1
r − 1 ·
1
Xn ·Xn+1
∼
rn+1
r − 1 ·
n
rn
· n+ 1
rn+1
∼
1
r − 1
n2
rn
,
en consecuencia:
1
n
· Yn ∼
1
n
·Xn ·
1
r − 1 ·
n2
rn
∼
1
n
· r
n
n
1
r − 1
n2
rn
=
1
r − 1
Por lo tanto, la sucesión (
1
n
· Yn) es convergente, y ĺım
n→∞
1
n
· Yn =
1
r − 1 .
16 2. REGLA DE L’HÔPITAL PARA SERIES
2.31 Ejercicios
1)
n∑
k=1
2k−1 =
2n − 1
2 − 1 = 2
n − 1 (serie geométrica)
n∑
k=1
2k−1 ∼ 2n.
Nótese que
2k
2k−1
= 2 −→ 2 (cuando k −→ ∞).
n∑
k=1
2k−1 ∼
2
2 − 1 · 2
n−1 = 2n.
2) Del ejemplo 2.24:
si ĺım
n→∞
(ln an+1 − ln an) = ĺım
n→∞
ln
(an+1
an
)
= ln r, entonces:
ĺım
n→∞
ln an
n
= ĺım
n→∞
ln n
√
an = ln r, o sea: ĺım
n→∞
n
√
an = r,
(el segundo teorema de Cauchy).
3) ĺım
k→∞
k · sen x
k
= x · ĺım
k→∞
k
x
· sen x
k
= x · ĺım
k→∞
sen x
k
x
k
= x · 1 = x.
Por el primer teorema de Cauchy se obtiene:
ĺım
n→∞
1
n
n∑
k=1
k · sen x
k
= x.
4) Como ĺım
k→∞
k + 1
k
= 1, entonces por el 1er teorema de Cauchy se obtiene:
ĺım
n→∞
1
n
n∑
k=1
k + 1
k
= 1.
5) Si Xn = o(1) entonces ĺım
n→∞
Xn = 0. Por el 1
er teorema de Cauchy se
obtiene: ĺım
n→∞
1
n
n∑
k=1
Xk = 0.
6)
ĺım
n→∞
1
n2
n∑
k=1
(ak + b) = ĺım
n→∞
2
n(n+ 1)
(
1
2
n+ 1
n
) n∑
k=1
(ak + b)
=
1
2
ĺım
n→∞
n∑
k=1
(ak + b)
n(n+ 1)
2
=
1
2
ĺım
n→∞
n∑
k=1
(ak + b)
n∑
k=1
k
=
1
2
ĺım
n→∞
ak + b
k
=
1
2
a.
17
De 7) a 10), demostrar la igualdad asintótica.
7) ĺım
k→∞
(k + 1)(k + 2) · 2k+1
k(k + 1) · 2k = 2.
n∑
k=1
k(k + 1) · 2k ∼ 2
2 − 1 · n(n+ 1) · 2
n.
8) ĺım
k→∞
2k+1
k + 1
2k
k
= 2.
n∑
k=1
2k
k
∼
2
2 − 1 ·
2n
n
=
2n+1
n
.
9) ĺım
k→∞
(k + 1)a · pk+1
kapk
= p,
n∑
k=1
kapk ∼
p
p− 1 · n
a · pn = 1
p− 1 · n
a · pn+1.
10) ĺım
k→∞
((
1 · 3 · 5 · · · (2k + 1)
)
/
(
(k + 1)!
)
(
1 · 3 · 5 · · · (2k − 1)
)
/(k!)
)
= ĺım
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 fórmula de Wallis)
√
π = ĺım
n→∞
2 · 4 · 6 · · · (2n)
1 · 3 · 5 · · · (2n− 1) ·
1√
n
.
11) Supongamos que ĺım
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 que
n∑
k=1
|bk| = O(1) · |
n∑
k=1
bk|.
Por lo tanto, el teorema 2.19 es válido.
18 2. REGLA DE L’HÔPITAL PARA SERIES
12) Supongamos que Xn ∼
rn
n
(0 < r < 1), Yn = Xn
n∑
k=1
rk
Xk ·Xk+1
,
entonces
Yn ∼
rn
n
·
n∑
k=1
k(k + 1) · rk
rk · rk+1 =
rn
n
·
n∑
k=1
k(k + 1)
rk+1
∼
rn
n
· 1
1 − r ·
n(n+ 1)
rn+1
=
n+ 1
(1 − r)r .
Por lo tanto:
1
n
· Yn ∼
1
n
· n+ 1
(1 − r)r ∼
1
(1 − r)r
esto es, la sucesión (
1
n
· Yn) es convergente, y ĺım
n→∞
1
n
· Yn =
1
(1 − r)r .
13) Supongamos que ĺım
n→∞
(
Xn+1
Xn
)
= ∞, (esto es, ĺım
n→∞
Xn
Xn+1
= 0),
ĺım
n→∞
bn = b aplicando el ejemplo 2.27 se tiene (considérese X0 = 0);
ĺım
n→∞
n∑
k=1
|Xk −Xk−1|
∣∣∣
n∑
k=1
Xk −Xk−1
∣∣∣
= ĺım
n→∞
∣∣∣1 − Xk−1
Xk
∣∣∣
1 −
∣∣∣Xk−1
Xk
∣∣∣
= 1
Por el teorema 2.19:
ĺım
n→∞
n∑
k=1
bk ·Xk
Xn
= ĺım
n→∞
n∑
k=1
bk ·Xk
n∑
k=1
(Xk −Xk−1)
= ĺım
k→∞
bk ·Xk
Xk −Xk−1
= ĺım
k→∞
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
Por lo tanto: ĺım
n→∞
n∑
k=1
|bk|
∣∣∣
n∑
k=1
bk
∣∣∣
= ĺım
n→∞
|bn|
|bn|
= 1.
15) Considere las dos sucesiones: (A, aN , aN+1, . . .) y (B, bN , bN+1, . . .),
como la segunda sucesión es de términos positivos y B +
∞∑
k=N
bk = +∞
entonces por el teorema 2.19 se obtiene:
ĺım
n→∞
A+
n∑
k=N
ak
B +
n∑
k=N
bk
= ĺım
k→∞
ak
bk
= L.
3
Fórmula lineal de recurrencia
del primer orden
3.7 Ejercicios
1. Supongamos válida la solución (3.2) de la fórmula (3.1):
Xn = a1 · a2 · · · an−1 ·
{
X1 −
n−1∑
k=1
bk
a1 · a2 · · · ak
}
entonces:
Xn+1 = an ·Xn − bn = an · a1 · a2 · · · an−1 ·
{
X1 −
n−1∑
k=1
bk
a1 · a2 · · · ak
}
− bn
= a1a2 · · · an ·
{
X1 −
n−1∑
k=1
bk
a1a2 · · · ak·
− bn
a1a2 · · · an
}
= a1a2 · · · an ·
{
X1 −
n∑
k=1
bk
a1a2 · · · ak
}
2. Xn+1 ·Xn + an ·Xn+1 + bn ·Xn = 0.
Tenemos: Xn+1·(Xn+an) = −bn ·Xn, entonces la fórmula de recurrencia
se convierte en: Xn+1 =
−bn ·Xn
Xn + an
.
Por el ejemplo 3.6 se obtiene su solución como sigue:
Xn+1 =
(−1)n · b1b2 · · · bn ·X1
(a1a2 · · · an)
{
1 −X1 ·
n∑
k=1
(−1)kb1b2 · · · bk−1 · bk
a1a2 · · · ak · bk
}
21
22 3. FÓRMULA LINEAL DE RECURRENCIA DEL PRIMER ORDEN
3. Xn+1 ·Xn + a ·Xn+1 + b ·Xn + c = 0.
Haciendo la siguiente substitución: Xn = yn + p(n = 1, 2, 3, · · · )
la fórmula 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 ráız de la ecuación cuadrática p2+(a+b)·p+c = 0, entonces la
sucesión (yn) satisface la fórmula 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 sucesión (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 fórmula de
recurrencia para la sucesión (yn) como sigue:
yn+1 = an · yn + bn(n = 1, 2, 3, · · · ) y su solución es:
yn+1 = a1 · a2 · · · an ·
{
y1 +
n∑
k=1
bk
a1 · 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
bk
a1 · a2 · · · ak
X1 +
n−1∑
k=1
bk
a1a2 · · · ak
(n = 1, 2, 3, 4 . . .)
X2 = a1 +
b1
X1
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 ecuación 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 solución 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 solución general:
Xn+1 =
2 ·X1
2 + n ·X1
(1, 2, 3, . . .).
Por lo tanto:
ĺım
n→∞
Xn = ĺım
n→∞
2 ·X1
nX1 + 2
= 0 (para cualquier valor de X1).
Nota
Si X1 = −2, entonces X2 = ∞, X3 = 2, X4 = 1, etc., ĺım
n→∞
= 0.
24 3. FÓRMULA LINEAL DE RECURRENCIA DEL PRIMER ORDEN
7. Xn+1 =
X1 +X2 + · · · +Xn
n
(n = 1, 2, 3, · · · )
Tenemos:



n ·Xn+1 = X1 +X2 + · +Xn (n = 1, 2, 3, . . .)
(n− 1) ·Xn = X1 +X2 + · · · +Xn−1 (n = 2, 3, 4, . . .)
Restando miembro a miembro las dos igualdades anteriores:
n ·Xn+1 − (n− 1) ·Xn = Xn (n = 2, 3, 4, · · · )
o sea que Xn+1 = Xn (n = 2, 3, 4, · · · ). Además, de la fórmula 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 solución general de:
Xn+1 = 2 ·Xn +
n− 1
2
(n = 1, 2, 3, · · · )
Xn+1 = 2
n
{
X1 +
n∑
k=1
k − 1
2k+1
}
(n = 1, 2, 3, · · · ) solución general.
Tenemos: X1 =
Xn+1
2n
−
n∑
k=1
k − 1
2k+1
Como: ĺım
n→∞
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 = ĺım
n→∞
Xn+1
2n
− 1
2
.
(∗)
∞∑
k=0
k · xk = x
(1 − x)2 para |x| < 1. Tomando x =
1
2
se obtiene:
∞∑
k=0
k
2k
=
1
2
(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 última igualdad es una fórmula de recurrencia lineal
de 1er orden para la sucesión (Xn; n = 1, 2, 3, . . .), y su solución general
es:
Xn+1 =
a1
an+1
·
{
X1 +
n∑
k=1
ak+1
a1
}
(1, 2, 3, . . .).
Nótese que si X1 = 1 (la condición 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 solución general de la última igualdad (una fórmula 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
26 3. FÓRMULA LINEAL DE RECURRENCIA DEL PRIMER ORDEN
11. Xn+1 = n ·Xn −
n
n+ 1
(n = 1, 2, 3, . . .)
La solución general es:
Xn+1 = n!
{
x1 −
n∑
k=1
k
(k + 1) · k!
}
.
Como
n∑
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 solución general de
Xn+1
2 · (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 solución 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 sucesión (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 solución 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 solución general para (Yn) es:
Yn+1 = Y1 +
n∑
k=1
(
−1
2
)k
.
Tenemos:
ĺım
n→∞
Yn = Y1 +
∞∑
k=1
(
−1
2
)k
= Y1 −
1
3
( serie geométrica).
15. Xn+1 = −Xn + bn (n = 1, 2, 3, . . .).
Xn+1 = (−1)n
{
X1 +
n∑
k=1
(−1)k · bk
}
(la solución general.)
28 3. FÓRMULA LINEAL DE RECURRENCIA DEL PRIMER ORDEN
Tenemos:
X2n = −
{
X1 +
2n−1∑
k=1
(−1)k · bk
}
= −X1 −
{
−b1 + (b2 − b3) + (b4 − b5) + · · · + (b2n−2 − b2n−1)
}
,
X2n−1 = X1 +
2n−2∑
k=1
(−1)k · bk
= X1 −
{
(b1 − b2) + (b3 − b4) + (b5 − b6) + · · · + (b2n−3 − b2n−2)
}
.
3.14 Ejercicios
1. Sea (Xn) la sucesión dada por (3.1) “Xn+1 = an ·Xn − bn”, supongamos
que ĺım
n→∞
an = ∞, ĺım
n→∞
bn
an
= L, entonces:
Xn+1 = a1 · a2 · · · an ·
{
X1 −
n∑
k=1
bk
a1 · a2 · · · ak
}
=
X1 −
n∑
k=1
bk ·Ak
An
donde ĺım
n→∞
An = ĺım
n→∞
1
a1 · a2 · · · an
= 0, ĺım
n→∞
bn
an
= L, ĺım
n→∞
an = ∞.
Evidentemente, la serie
∞∑
k=1
bk
a1 · 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 ĺım
n→n
Xn = ∞.
Si X1 =
∞∑
k=1
bk ·Ak entonces
Xn+1 =
∞∑
k=n+1
bk ·Ak
An
−−−−→
(k→∞)
ĺım
n→∞
bn
An
= L (Ejercicio 2.12)
29
nótese que
ĺım
n→∞
An
An−1
= ĺım
n→∞
1
an
= 0, ĺım
n→∞
An
An−1
· bn = ĺım
n→∞
bn
an
= L
2. Hallar ĺım
n→∞
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, ĺım
n→∞
Xn =
2
1
2 − 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,
ĺım
n→∞
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, ĺım
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
bk
a1 · 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
bk
a1 · a2 · · · ak
=
∞∑
k=1
1
(k + 1)!
= e− 2.
30 3. FÓRMULA LINEAL DE RECURRENCIA DEL PRIMER ORDEN



(Xn) −→ +∞ si X1 > e− 2,
(Xn) −→ 0 si X1 = e− 2,
(Xn) −→ −∞ si X1 < e− 2.
(vi) Xn+1 = n ·Xn − (n+ 1) (n = 1, 2, 3, . . .).
an = n −→ +∞, bn = (n+ 1) −→ +∞,
p =
∞∑
k=1
bk
a1 · 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 fórmula 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 sucesión (Xn) se obtiene:



(Xn) −→ +∞ si X1 > ep,
(Xn) −→
1
a
si X1 = e
p,
(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 sucesión nula ), y ĺım
n→∞
Xn = 0.
4. Xn+1 = (
1
2)
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 solución general de la última fórmula de recurrencia es:
Yn+1 = 2
n
{
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) → ĺım
n→∞
2n
∞∑
k=n+1
k · ln 2
2k
∼ ĺım
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 números reales,
y an > 0. Si an → a > 1, bn → +∞,
bn+1
bn
→ c con |c| < a.
Como ĺım
n→∞
[
(bn+1)/(a1a2 · · · an · an+1)
(bn)/(a1a2 · · · an)
]
= ĺım
n→∞
bn+1
bn
· 1
an+1
=
c
a
,
∣∣∣ c
a
∣∣∣ < 1, entonces la serie
∞∑
k=1
bk
a1a2 · · · ak
= p converge absolutamente.
La solución general de la fórmula es:
Xn+1 = a1a2 · · · an ·
{
X1 −
n∑
k=1
bk
a1a2 · · · ak
}
=
X1 −
n∑
k=1
bk ·Ak
An
32 3. FÓRMULA LINEAL DE RECURRENCIA DEL PRIMER ORDEN
donde An =
1
a1a2 · · · an
.
Se tiene que ĺım
n→∞
An = 0 ya que ĺım
n→∞
an = a > 1 (por hipótesis), 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→∞)
ĺım
k→∞
bk ·Ak
Ak−1 −Ak
= ĺım
k→∞
bk(Ak−1
Ak
)
− 1
=
ĺım
k→∞
bk
a− 1 = +∞.
6. Demostrar que el teorema 3.8 es válido cuando an → 0 ó an → ∞
Xn+1 = an ·Xn − bn.
• an → 0, bn → b
Xn+1 =
X1 −
n∑
k=1
bk ·Ak
An
donde An =
1
a1a2 · · · an
.
Tenemos:
An → ∞,
An+1
An
=
1
an+1
→ ∞, X1
An
→ 0,
n∑
k=1
bk ·Ak
An
= b (∗)
Por lo tanto se tiene que
ĺım
n→∞
Xn = − ĺım
n→∞
n∑
k=1
bk ·Ak
An
=
b
a− 1 = −b
(
ĺım
n→∞
an = 0
)
.
33
(∗)
n∑
k=1
bk ·Ak
An
=
n∑
k=1
bk ·Ak
n∑
k=1
(Ak −Ak−1)
−→ ĺım
k→∞
bk ·Ak
Ak −Ak−1
= ĺım
k→∞
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
ĺım
n→∞
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)
−→ ĺım
n→∞
bkAk
Ak−1 −Ak
= ĺım
k→∞
bk(
Ak−1
Ak
)
− 1
= 0 ya que ĺım
k→∞
(
Ak−1
Ak
)
= ĺım
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
bk
a1 · 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 ĺım
k→∞
An = A (existe), ó ĺım
k→∞
An = +∞.
• Si ĺım
k→∞
An = A (∈ R), entonces ĺım
n→∞
n∑
k=1
bkAk = +∞ si
ĺım
k→∞
bk = +∞, y ĺım
n→∞
n∑
k=1
bkAk = −∞ si ĺım
k→∞
bk = −∞, por lo
tanto se obtiene el resultado buscado.
34 3. FÓRMULA LINEAL DE RECURRENCIA DEL PRIMER ORDEN
• Supongamos ahora que ĺım
n→∞
An = +∞. Entonces:
ĺım
n→∞
Xn+1 = − ĺım
n→∞
n∑
k=1
bkAk
n∑
k=1
(Ak−1 −Ak)
= − ĺım
k→∞
bkAk
Ak −Ak−1
= − ĺım
k→∞
bk
1 −
(Ak−1
Ak
) = − ĺım
k→∞
bk
1 − ak
.
Como 1 − ak ≥ 0, entonces:



ĺım
n→∞
Xn = −∞ si ĺım
n→∞
bn = +∞,
ĺım
n→∞
Xn = +∞ si ĺım
n→∞
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
)
Además: X2 = X1 +
1
2
(a1 = 1, b1 = −
1
2
). Tenemos
p =
b1
a1
+
∞∑
k=2
bk
a1a2 · · · 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
√
X2n − bn (n=1,2,3,. . . )
donde an −→ a > 1, bn −→ b, además bn ≥ 0 para todo n, tenemos:
X2n+1 = a
2
n ·X2n−bn ·a2n. Sea Yn = X2n entonces la sucesión (Yn) satisface
la fórmula de recurrencia
Yn+1 = a
2
n · Yn − a2n · bn, a2n −→ a2 > 1, a2n · bn −→ a2 · b,
p =
∞∑
k=1
a2kbk
a21a
2
2 · · · a2k
= b1 +
∞∑
k=2
bk
a21a
2
2 · · · a2k−1
= b1 +
∞∑
k=1
bk+1
a21a
2
2 · · · a2k
≥ 0.
Por tanto: 


(Yn) −→ +∞ si Y1 > p
(Yn) −→
a2b
a2 − 1 si Y1 = p.
Como Yn+1 = (a1a2 . . . an)
2 ·
{
Y1 −
n∑
k=1
a2kbk
(a1 · a2 · · · ak)2
}
, entonces la
condición 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 ĺım
n→∞
Yn = −∞, por lo
tanto se tiene que Yn < 0 para algún n, esto es, el valor de Xn =
√
Yn
no es un número real para algún n (absurdo!).
Volviendo a la sucesión (Xn) se obtiene el siguiente resultado:



(Xn) −→ +∞ si X1 >
√
p
(Xn) −→
a
√
b√
a2 − 1
si X1 =
√
p.
No existe la solución “real” de la fórmula 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),
36 3. FÓRMULA LINEAL DE RECURRENCIA DEL PRIMER ORDEN
de las dos igualdades anteriores se obtiene que:
Xn+1 =
( an
an−1
+ an
)
·Xn +
(
bn − bn−1 ·
an
an−1
)
(n = 2, 3, 4, . . .)
X2 = a1 ·X1 + b1.
Como
an
an−1
+an −→ 1+a, bn−bn−1 ·
an
an−1
−→ 0, entonces si |1+a| < 1
entonces:
ĺım
n→∞
Xn = 0 para cualquier valor de X1.
Nótese que |1 + a| < 1 implica a = ĺım
n→∞
an 6= 0.
11. Xn+1 =
anXn
Xn + bn
(n = 1, 2, 3, . . .), an −→ a, bn −→ b,
1
Xn+1
=
bn
an
· 1
Xn
+
1
an
(n = 1, 2, 3, . . .)
i) |b| < |a|
ĺım
n→∞
bn
an
=
b
a
, | b
a
| < 1, ĺım
n→
1
an
=
1
a
entonces: ĺım
n→∞
1
Xn
=
1
a
1 − b
a
=
1
a− b para todo
1
X1
,
o sea: ĺım
n→∞
Xn = a− b para todo X1.
ii) |b| > |a|
ĺım
n→∞
bn
an
=
b
a
, | b
a
| > 1,
p = −
∞∑
k=1
1
ak
b1b2 · · · bk
a1a2 · · · ak
= −
∞∑
k=1
a1a2 · · · ak
b1b2 · · · bkak
= − 1
b1
−
∞∑
k=1
a1a2 · · · ak
b1b2 · · · bkbk+1
.
Por lo tanto se obtiene:



ĺım
n→∞
1
Xn
= ∞ si 1
X1
6= p,
ĺım
n→∞
1
Xn
=
1
a− b si
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, . . .)
Por lo tanto se obtiene:
lnXn −→
ln a
1 − b = ln a
1
1−b (para todo valor de X1 > 0),
o sea: Xn −→ a
1
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.
Multiplicandopor 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 fórmula de
recurrencia para (Yn):
Yn+1 = an · Yn + bn (n = 1, 2, 3, . . .).
i) |a| < 1
(Yn) −→
b
1 − a para 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
bk
a1 · a2 · · · ak
.
38 3. FÓRMULA LINEAL DE RECURRENCIA DEL PRIMER ORDEN
Volviendo a la sucesión (Xn) se tiene que:
si X1 6= p (Y1 6= p), entonces:
Yn+1 = a1a2 · · · an ·
{
X1 +
n∑
k=1
bk
a1a2 · · · ak
}
∼ a1a2 · · · an · C
donde C = X1 +
∞∑
k=1
bk
a1 · a2 · · · ak
= X1 − p.
Por lo tanto:
Xn+1 =
(Yn+1
Yn
)
∼ an ∼ a, esto es, ĺım
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 sucesión (Cn) satisface la condición:
ĺım
n→∞
cn+1
cn
= c 6= 0, |a · c| < 1,
multiplicando la fórmula de recurrencia (3.1) por cn+1 se obtiene:
cn+1Xn+1 = ancn+1Xn − cn+1bn.
Sea Yn = cn ·Xn entonces: Yn+1 = an
cn+1
cn
· Yn − cn+1 · bn.
Como an
cn+1
cn
−→ a · c, |ac| < 1, entonces:
∞∑
n=1
|Yn| < +∞ si y sólo 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 sólo si
∞∑
n=1
|cnbn| < +∞. En consecuencia:
∞∑
n=1
|cnXn| < +∞ si y sólo si
∞∑
n=1
|cnbn| + ∞
15. Xn+1 =
n
2(n+ 1)
Xn − 1 (n = 1, 2, 3, . . .)
Como ĺım
n→∞
n
2(n+ 1)
=
1
2
< 1, entonces se tiene que ĺım
n→∞
Xn = −2
para todo valor de X1. En virtud de que ĺım
n→∞
|Xn| = 2, las dos series
∞∑
n=1
1
n
|Xn|,
∞∑
n=1
1
n
, convergen o divergen simultáneamente, 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 ĺım sup an = a < 1.
i) Supongamos que existe B > 0 tal que bn < B para todo n, sea
2h = 1 − ĺım sup an > 0, por hipótesis existe N0 tal que
an < 1 − h para todo n ≥ N0.
Si M = Máximo
{
B
h
,
∣∣XN0
∣∣
}
, entonces se demuestra, por inducción
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.
40 3. FÓRMULA LINEAL DE RECURRENCIA DEL PRIMER ORDEN
ii) Supongamos que ĺım
n→∞
bn = 0, entonces:
ĺım sup |Xn| ≤ ĺım sup an · ĺım sup |Xn|+ĺım sup bn = a · ĺım sup |Xn|
o sea (1 − a) · ĺım sup |Xn| ≤ 0, esto es: ĺım sup |Xn| = 0, en conse-
cuencia se tiene que ĺım
n→∞
Xn = 0.
17. • Xn+1 = an ·Xn − bn (n = 1, 2, 3, . . .), an −→ a, |a| < 1.



Si ĺım
n→∞
Xn = 0 entonces ĺım
n→∞
(anXn −Xn+1) = 0.
Si ĺım
n→∞
bn = 0 entonces ĺım
n→∞
Xn =
0
a− 1 = 0.
• Xn+1an ·Xn − bn (n = 1, 2, 3, . . .), an −→ a, |a| > 1.



Si ĺım
n→∞
Xn = 0 entonces ĺım
n→∞
bn = ĺım
n→∞
(anXn −Xn+1)
= 0 · 0 − 0 = 0.
Si ĺım
n→∞
bn = 0 entonces ĺım
n→∞
Xn =
0
a− 1 = 0.
18. Xn+1 = an ·Xn − bn, ĺım
n→∞
an = a, |a| > 1, ĺım
n→∞
bn = 0.
Supongamos que
∞∑
n=1
ak <∞ 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 ĺımite cuando N → ∞ (nótese que ĺım
N→∞
|XN+1| existe)
∞∑
n=1
(|an| − 1) · |Xn| + |X1| ≤ ĺım
N→∞
|XN | +
∞∑
n=1
|bn| < +∞.
Por lo tanto la serie de términos positivos
∞∑
n=1
(|an| − 1) · |Xn| converge,
en consecuencia la serie
∞∑
n=1
|Xn| también converge.
41
Rećıprocamente, 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| < +∞,
aśı: la serie
∞∑
n=1
|bn| converge.
19. Xn+1 = an ·Xn + cn (n = 1, 2, 3, . . .)
ĺım
n→∞
an = a, |a| < 1, ĺım
n→∞
cn
cn+1
= 1.
Tenemos:
Xn+1
cn+1
= an ·
cn
cn+1
· Xn
cn
+
cn
cn+1
, an ·
cn
cn+1
→ a, |a| < 1.
Por lo tanto:
ĺım
n→∞
Xn
cn
=
1
1 − a, o sea, Xn ∼
1
1 − a · cn.
3.22 Ejercicios
1) ĺım
n→∞
bn = b < 0.
Sea p =
∞∑
k=1
Ak · bk
(
An =
1
a1a2 . . . An
, an > 0, An > 0
)
ĺım
n→∞
an = 1,
entonces Xn+1 =
1
An
·
(
X1 −
n∑
k=1
bkAk
)
.
Como ĺım
n→∞
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 que
n∑
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→ ∞),
42 3. FÓRMULA LINEAL DE RECURRENCIA DEL PRIMER ORDEN
An
n∑
k=1
Akbk −X1
=
AN +
n∑
k=N+1
(Ak −Ak−1)
(
N∑
k=1
Akbk −X1
)
+
n∑
k=N+1
Akbk
−→ ĺım
k→∞
Ak −Ak−1
Akbk
= 0,
luego ĺım
n→∞
1
Xn+1
= 0.
Pero como An > 0, X1 −
n∑
k=1
Akbk > 0 para n suficientemente grande
entonces se tiene que ĺım
n→∞
1
Xn+1
= 0+, o sea que ĺım
n→∞
Xn = +∞
• p es un número real, la serie
∞∑
k=1
Akbk converge.
Como la serie
n∑
k=1
Akbk converge, entonces ĺım
n→∞
An = 0
(An > 0, An −→ 0+).
Por lo tanto se tiene que



(Xn) −→ +∞ si X1 > p,
(Xn) −→ −∞ si X1 < p.
Si X1 = p entonces:
1
Xn+1
=
An
∞∑
k=n+1
Akbk
=
∞∑
k=n+1
(Ak−1 −Ak)
∞∑
k=n+1
Akbk
−→ ĺım
k→∞
Ak−1 −Ak
Ak · bk
= ĺım
k→∞
ak − 1
bk
= 0
(nótese que ĺım
k→∞
bk 6= 0).
Además, Xn+1 < 0 para todo n suficientemente grande, ya que
Xn+1 =
∞∑
k=n+1
Akbk
An
, en consecuencia se tiene que ĺım
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
, ĺım
n→∞
bn
an − 1
no converge,
p =
∞∑
k=1
bk
a1a2 · · · ak
= −
∞∑
k=1
2(k + 1)
k(k + 2)
= −∞,
∞∏
k=1
ak = ĺım
k→∞
k + 2
2(k + 1)
=
1
2
,
Xn+1 =
∞∏
k=1
ak ·
{
X1 −
n∑
k=1
bk
a1a2 · · · 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
< +∞
bn
an − 1
=
(n+ 1)2
n
√
n
−→ +∞ (n→ ∞),
p =
∞∑
k=1
bk
a1a2 · · · 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 = ĺım
n→∞
n+ 2
2(n+ 1)
=
1
2
, entonces se tiene que
ĺım
n→∞
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,
44 3. FÓRMULA LINEAL DE RECURRENCIA DEL PRIMER ORDEN
n∏
k=1
ak = (n + 1) −−−−−→
(n→∞)
∞∏
k=1
ak = +∞,
bn
an − 1
=
n
n+ 1
−−−−→
(k→∞)
1,
(existe el ĺımite), an > 1 para todo n.
Aplicando (iii) (b) se obtiene:
p =
∞∑
k=1
bk
a1a2 · · · ak
=
∞∑
k=1
1
(k + 1)2
=
∞∑
k=1
1
k2
− 1 = π
2
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 ĺım
n→∞
Xn =
b
c
+
∞∏
k=1
(
1 + c · rk−1
)
·
(
X1 −
b
c
)
entonces:



ĺım
n→∞
Xn = +∞ si X1 >
b
c
ĺım
n→∞
Xn = −∞ si X1 <
b
c
.
Evidentemente: (Xn) =
(b
c
) (
una sucesión constante del valor
b
c)
si X1 =
b
c
, entonces ĺım
n→∞
Xn =
b
c
si X1 =
b
c
.
45
6) Xn+1 =
n
n+ 1
Xn −
1
n
(n = 1, 2, 3, . . .)
an =
n
n+ 1
< 1, bn =
1
n
,
ĺım
n→∞
bn
an − 1
= ĺım
n→∞
( 1/n
−1/(n+ 1)
)
= ĺım
n→∞
−n+ 1
n
= −1.
Aplicando (ii) (b):
∞∏
k=1
ak = ĺım
n→∞
1
n+ 1
= 0
entonces se tiene que ĺım
n→∞
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,
bn
an − 1
=
2
n+ 1
2
n+ 2
=
n+ 2
n+ 1
−→ 1 (cuando n→ ∞).
Aplicando (ii) (b) se tiene que
ĺım
n→∞
Xn = ĺım
n→∞
bn
an − 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
bk
a1a2 · · · 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
2
si X1 =
1
2
,
(Xn) −→ −∞ si X1 <
1
2
.
46 3. FÓRMULA LINEAL DE RECURRENCIA DEL PRIMER ORDEN
9) Xn+1 =
(n+ 1)2
n(n+ 2)
·Xn +
1
n+ 1
(n = 1, 2, 3, . . .)
an =
(n+ 1)2
n(n+ 2)
> 1, bn = −
1
n+ 1
,
∞∑
n=1
|an − 1| =
∞∑
n=1
1
n(n+ 2)
< +∞
(converge),
∞∑
n=1
bk
a1a2 · · · ak
= −
∞∑
k=1
k + 2
2(k + 1)2
= −∞
ĺım
n→∞
bn
an − 1
= − ĺım
n→∞
n(n+ 2)
n+ 1
= −∞ (diverge a −∞)
∞∏
k=1
ak = ĺım
n→∞
2(n+ 1)
n+ 2
= 2.
Como Xn+1 = a1a2 · · · an ·
{
X1 −
n∑
k=1
bk
a1a2 · · · ak
}
, entonces se tiene que
ĺım
n→∞
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)
< +∞.
ĺım
n→∞
bn
an − 1
= ĺım
n→∞
n
n+ 1
= 1,
∞∏
k=1
ak = ĺım
k→∞
2(k + 1)
k + 2
= 2,
p =
∞∑
k=1
bk
a1a2 · · · ak
=
∞∑
k=1
1
2(k + 1)2
=
1
2
( ∞∑
k=1
1
k2
− 1
)
=
π2
12
− 1
2
.
Aplicando (i) se tiene que
ĺım
n→∞
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 ĺımite ya que la sucesión (bn) es de variación
acotada, sea A = ĺım
m→∞
(
−
2m∑
k=1
(−1)k · bk
)
= ĺım
m→∞
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,
nótese 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 sucesión (Xn) converge si y sólo si
X1 −A = −(X1 −A− b), o sea X1 = A+
1
2
b.
En tal caso se tiene que ĺım
n→∞
Xn = X1 −A = (A+ 12 b) −A = 12 b.
3.25 Ejercicios
1) En la igualdad (3.28) considérese que x, y, p son números complejos, en-
tonces ambos miembros de la igualdad son funciones anaĺıticas en |x| < 1,
|y| < 1, |p| < 1, y la igualdad (3.28) es valida para x, y, p los números reales
(x ∈ (−1, 1) p ∈ (−1, 1)), por lo tanto ésta es válida 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) .
48 3. FÓRMULA LINEAL DE RECURRENCIA DEL PRIMER ORDEN
Tome y = p, entonces se tiene:
1
∞∏
n=1
(1 − pn)
= 1 +
∞∑
n=1
pn
(1 − p)(1 − p2) · · · (1 − pn) .
(
para |p| < 1
)
.
3) En (3.28):
∞∑
n=0
xn
(1 − y)(1 − yp) · · · (1 − ypn) =
∞∑
n=0
yn
(1 − x)(1 − xp) · · · (1 − xpn) .
Tome y = p, entonces se tiene:
∞∑
n=0
xn
(1 − p)(1 − p2) · · · (1 − pn+1) =
∞∑
n=0
pn
(1 − x)(1 − xp) · · · (1 − xpn)
( para |x| < 1, |p| < 1).
4) En (3.37):
∞∏
n=1
(1 + y · pn−1) = 1 +
∞∑
n=1
1 · p · p2 · · · pn−1
(1 − p)(1 − p2) · · · (1 − pn) · y
n
Tome y = p entonces se obtiene
∞∏
n=1
(1 + pn) = 1 +
∞∑
n=1
p
1
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 · y
1 − 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 ésta 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 última serie converge absoluta y uniformemente en |x| ≤ δ < 1,
|y| ≤ δ < 1, |p| ≤ δ < 1 (para algún 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 < +∞.
También la serie
∞∑
n=0
∂
∂y
(
(n+ 1)xny
1 − ypn
)
=
∞∑
n=0
(n+ 1)xn
(1 − ypn)2 converge 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 .
50 3. FÓRMULA LINEAL DE RECURRENCIA DEL PRIMER ORDEN
Derivando el primer miembro de la igualdad anterior con respecto a
“x” tenemos (la derivada de la serie de potencias de “x”):
∂
∂x
∞∑
n=0
(n+ 1)xn+2y2
(1 − ypn)2 =
∞∑
n=0
(n+ 1)(n+ 2)xn+1y2
(1 − xpn)2 .
Derivado parcialmente con respecto a la variable “y”:
∂
∂y
∂
∂x
∞∑
n=0
(n+ 1)xn+2y2
(1 − ypn)2 =
∂
∂y
∞∑
n=0
(n+ 1)(n+ 2)xn+1y2
(1 − ypn)2
=
∞∑
n=0
∂
∂y
(
((n+ 1)(n+ 2)xn+1y2
(1 − ypn)2
)
=
∞∑
n=0
(n+ 1)(n+ 2)xn+1 · (2y)
(1 − ypn)3
= 2xy
∞∑
n=0
(n+ 1)(n+ 2)xn
(1 − ypn)3 .
De la misma manera se obtiene:
∂
∂x
∂
∂y
( ∞∑
n=0
(n+ 1)x2yn+2
(1 − xpn)2
)
= 2xy
∞∑
n=0
(n+ 1)(n+ 2)yn
(1 − xpn)3 ,
Aśı, se obtiene la igualdad (b).
(c) Por inducción 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
Aśı se obtiene la igualdad (c) para k + 1.
6) F (x) =
∞∑
n=0
anx
n.
Se define: g(x) =
∞∑
n=0
an
1 − ypnx
n
(
|y| < 1, |p| < 1
)
entonces g(xp) =
∞∑
n=0
anp
n
1 − ypnx
n, y se obtiene:
g(x) − y · g(xp) =
∞∑
n=0
an(1 − ypn)xn
1 − ypn =
∞∑
n=0
anx
n = F (x).
Reemplazando “x” por “x · pn−1”:
g(xpn−1) − y · g(xpn) = F (xpn−1).
Sea Yn = g(xp
n−1) (n = 1, 2, 3, . . .) :
Yn+1 =
1
y
· Yn −
1
y
· F (xpn−1).
Como
∣∣ 1
y
∣∣ > 1, 1
y
·F (xpn−1) −→ 1
y
·F (0) = 1
y
a0, entonces (Yn) converge
si y sólo si Y1 = g(x) =
∞∑
k=1
1
y
F (xpk−1)
(1
y
)k =
∞∑
k=1
F (xpk−1) · yk−1.
52 3. FÓRMULALINEAL DE RECURRENCIA DEL PRIMER ORDEN
Como Yn −→ g(0) cuando n→ ∞, entonces se debe tener que
g(x) =
∞∑
n=0
an
1 − ypnx
n =
∞∑
n=0
F (xpn) · yn.
7) Sea g(x) =
∞∑
n=0
1
a− ypnx
n, |a| > 1, |x| < 1, |y| < 1, |p| < 1,
entonces g(px) =
∞∑
n=0
pn
a− ypnx
n,
por lo tanto:
a · g(x) − y · g(px) =
∞∑
n=0
a− ypn
a− ypnx
n =
∞∑
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(xp
n−1) (n = 1, 2, 3, . . .), entonces se obtiene la siguiente
fórmula de recurrencia para la sucesión (Xn; n = 1, 2, 3, . . .).
Xn+1 =
a
y
Xn −
1
1 − xpn−1
1
y
(n = 1, 2, 3, . . .).
Como |a
y
| > 1, entonces la sucesión (Xn) converge si y sólo 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− ypnx
n =
∞∑
n=0
yn
an+1(1 − xpn) .
8) Sea g(x) =
∞∑
n=0
xn
1 − y − ypn ,
(
|x| < 1, |y| < 12 , |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(xp
n−1) (n = 1, 2, 3, . . .), entonces se obtiene la siguiente
fórmula de recurrencia para la sucesión (Yn):
Yn+1 =
1 − y
y
· Yn −
1
1 − xpn−1 ·
1
y
.
Como
∣∣∣∣
1 − y
y
∣∣∣∣ > 1, entonces la sucesión (Yn) converge si y sólo 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 − 2y por 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
Fórmula de recurrencia de
primer orden
(Caso particular)
4.2 Ejercicios
Encontrar las fórmulas 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. FÓRMULA 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
58 4. FÓRMULA DE RECURRENCIA DE PRIMER ORDEN (CASO PARTICULAR)
• f ′(L1) < 1.



(Xn) −→ +L1 si X1 > L2
(Xn) = (L2, L2, L2, . . .) → L2 si X1 = L2
(Xn) −→ L3 si X1 < L2.
y
=
f(
x)
�
�
��
�
�
�
L3
L2 L1
y = x
y
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 único punto fijo L =
b
a− 1 y f
′(x) = a
• a > 1. Tenemos:



(Xn) −→ +∞ si X1 >
b
a− 1
(Xn) =
b
a− 1 →
b
a− 1 si X1 =
b
a− 1
(Xn) −→ −∞ si X1 <
b
a− 1 .
• 0 < a < 1.
(Xn) −→
b
a− 1 para todo valor de X1.
y = f(x)
��
�
L
y = x
y
x
Figura 2
3) Xn+1 = ln(Xn + a) (a > 1).
Sea f(x) = ln(x+ a) en (−a,+∞),
f ′(x) =
1
x+ a
. f(x) tiene dos puntos fijos, L2 < (0 <) L1, tenemos en-
tonces: 


(Xn) → −∞ si − a < X1 < L2
(Xn) = (L2, L2, . . .) → L2 si X1 = L2
(Xn) → L1 si L2 < X1.
60 4. FÓRMULA DE RECURRENCIA DE PRIMER ORDEN (CASO PARTICULAR)
y
x
y=x
y=ln(x+
a)
L1
L2-a
Figura 3
4) Xn+1 = f(Xn) = a·ebXn (a > 0, b > 0), f(x) = a·ebx, f ′(x) = ab·ebx > 0.
La recta tangente a la curva y = f(x) que pasa por el origen es:
y = abe · x,
esta recta es tangente a la curva y = a · ebx en el punto
(1
b
, ae
)
.
y
x
y=abe x
y=a e bx
1
b
1
b
,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 en
1
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=
x
y=
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
función f(x) = ax2 + b es decreciente en (−∞, 0] y ésta es creciente en el
intervalo [0,+∞). primero, consideramos el intervalo [0,∞).
62 4. FÓRMULA DE RECURRENCIA DE PRIMER ORDEN (CASO PARTICULAR)
En el caso de que 4ab = 1, se tiene que L1 = L2 =
1
2a
. Tenemos
(
ver (ii)
)
:
(Xn) −→ +∞ si X1 >
1
2a
, (Xn) −→
1
2a
si 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
2a
si − 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 (sucesión 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 + x
en R (nótese que 10 = ∞), si f(x) = x entonces
x = ±
√
3, por lo tanto la función f(x) tiene dos puntos fijos −
√
3,
√
3.
Si f(−2) = −3 entonces:
ĺım
n→∞
Xn =
√
3 si X1 = −3, ĺım
n→∞
Xn =
√
3 si X1 = −2.
(esto es, X1 = −2, X2 = −3, X3 = ∞, X4 = 3 > −
√
3, . . . ,ĺım
n→∞
Xn =
√
3.)
64 4. FÓRMULA DE RECURRENCIA DE PRIMER ORDEN (CASO PARTICULAR)
3
3
3
3
-3
3
3
1
y=f(x)
y y=x
y=f(x)
x
Figura 7
Si X1 ≤ −3 entonces X2 = f(X1) > 3, se observa que:


(Xn) = (−
√
3,−
√
3,−
√
3, . . .) → −
√
3 si X1 = −
√
3,
(Xn) →
√
3 si X1 > −
√
3, o X1 < −3.
Si −3 < X1 < −2 entonces X2 = f(X1) < −3, luego X3 = f(X2) > 3,
por lo tanto se tiene que (Xn) −→
√
3.
Si −2 < X1 < −
√
3, entonces (Xn) es decreciente, y para algún 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 (sucesión 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 1
a
. tenemos: f ′(x) = 2 − 2ax, f ′(0) = 2 (> 1), f ′( 1
a
) = 0.
Por lo tanto se obtiene:
65



(Xn) → −∞ si X1 < 0, o, X1 > 2a ,
(Xn) → 1a si 0 < X1 < 2a ,
(Xn) = (0, 0, . . .) → 0 (sucesión nula)
(Xn) = (
2
a
, 0, 0, . . .) → 0 (sucesión casi-constante) .
y=f(x)
x
y
y=x
1
a
1
a
2
a
0
Figura 8
9) Xn+1 = −X3n + 13Xn = f(Xn) donde f(x) = −x3 + 13x en (−∞,∞).
Si x = 0 entonces f(x) = 0, o sea que 0 es el único punto fijo de la función
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
3
n − 13Yn = 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 > 13 , ó x < −13 , y g(x) es decreciente si
−13 < x < 13 (ver figura). g(x) tiene un mı́nimo local en x = 13 ,
66 4. FÓRMULA DE RECURRENCIA DE PRIMER ORDEN (CASO PARTICULAR)
g(13) = − 227 , y g(x) tiene un máximo loca en x = −13 , g(−13) = 227 .
0
0
1
3
1
3
1
3
1
3
y=x
y
x
1
3
2
3
1
3
1
3
1
3
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, aśı sucesivamente.
Existe k tal que Yk−1 > 0, y, Yk < 0; como el mı́nimo local de g(x) es
g(13) = − 227 (= −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 sucesión (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 términos de la sucesión (Xn) toman valores
2√
3
y − 2√
3
alternativa-
mente, por lo tanto (Xn) diverge en forma oscilante.
67
En conclusión 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 función f(x) tiene dos puntos fijos:
L1 = a
2 − 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) = a
2 + 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
68 4. FÓRMULA DE RECURRENCIA DE PRIMER ORDEN (CASO PARTICULAR)
(ii) a < 1.
f ′(0) = a < 1, f ′(a2 − 1) = a
2 + 1
2a2
> 1.



(Xn) diverge si − 1 < X1 < a2 − 1,
(Xn) → 0 si X1 > a2 − 1,
(Xn) = (a
2 − 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 único punto fijo de la función 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 ·
√
X2n +Xn (0 < a < 1)
0
y=x
x
y
a
1-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 y
a2
1 − a2 son los puntos fijos de la función f(x). Obsérvese
que f ′(0) = +∞, 0 < f ′( a
2
1 − a2 ) =
1 + a2
2
< 1, entonces:



(Xn) →
a2
1 − a2 si X1 > 0,
(Xn) = (0, 0, 0, . . .) → 0 si X1 = 0.
12) Xn+1 =
Xn + b
Xn + a
(0 < b < a) (Nota: 1∞ = 0,
1
0 = ∞)
Sea f(x) =
x+ b
x+ a
, si f(x) = x entonces x2 + (a− 1)x− b = 0, por lo tanto:
L1 =
−(a− 1) +
√
(a− 1)2 + 4b
2
> 0, L2 =
−(a− 1) −
√
(a− 1)2 + 4b
2
< 0
son los puntos fijos de la función f(x). Tenemos f ′(x) =
a− b
(x+ a)2
> 0,
70 4. FÓRMULA DE RECURRENCIA DE PRIMER ORDEN (CASO PARTICULAR)
observando la gráfica de la función 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 algún 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 (sucesión constante) si X1 = L2.
Nótese que si X1 = −a, entonces (Xn) = (−a,∞, 1,
b+ 1
a+ 1
, . . .) → L1.
13) Xn+1 = ln(X
2
n + b
2) (b > 1).
Sea f(x) = ln(x2 + b2) en (−∞,∞), entonces f ′(x) = 2x
x2 + b2
.
Tenemos que 0 ≤ f ′(x) ≤ 1
b
para x > 0 ya que
2x
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
sólo punto, digamos en L (> 0): L = ln(L2 + b2).
Como 0 < f ′(L) ≤ 1
b
< 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
Nótese que si X1 < 0 entonces X2 = f(X1) > 0. La función f(x) es una
contracción del espacio R = (−∞,∞) ya que
|f(x) − f ′(x)| ≤ 1
b
|x− x′| para x, x′ ∈ R.
14) Xn+1 = X
Xn
n .
 
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
72 4. FÓRMULA DE RECURRENCIA DE PRIMER ORDEN (CASO PARTICULAR)
f ′(1) = 1 entonces se tiene:



(Xn) → +∞ si X1 > 1,
(Xn) → 1 si 0 < X1 ≤ 1.
15) Xn+1 = −14 ·X2n +Xn + 14 . Sea f(x) = −14 · x2 + x+ 14 entonces
f ′(x) = −12x+ 1, y 1,−1 son los puntos fijos de la función f(x), tenemos:
f ′(1) = 12 < 1, f
′(−1) = 32 > 1.
y
y=x
y=f(x)
1 2 3 5
-1
Figura 15
Observando la gráfica de la función 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 = e
Xn − 1. Sea f(x) = ex − 1, f(x) tiene un único 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 =
X2n + 1
Xn + 1
(n = 1, 2, 3, . . .), X1 ≥ 0. Sea f(x) =
x2 + 1
x+ 1
en [0,∞),
si f(x) = x entonces x = 1, por lo tanto 1 es el único punto fijo de f(x) en
[0,∞). f ′(x) = x
2 + 2x− 1
(x+ 1)2
, f(0) = 1, f ′(1) =
1
2
< 1.
Observando la gráfica de la función 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 =
X3n +Xn
Xn + 1
en [0,+∞). Sea f(x) = x
3 + x
x+ 1
en [0,+∞), la función
f(x) tiene dos puntos fijos, 0 y 1.
f ′(x) =
x3 + 3x2 + 1
(x+ 1)2
> 0, f ′(0) = 1, f ′(1) = 32 > 1.
74 4. FÓRMULA DE RECURRENCIA DE PRIMER ORDEN (CASO PARTICULAR)
f(x) − x = x
2(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
x
en (−∞,∞), f(x) tiene dos puntos fijos en x = 1 y en
x = 3, observando la gráfica de la función f(x) se tiene que:



(Xn) → 3 si X1 6= 1,
(Xn) = (1, 1, 1, . . .) → 1 si X1 = 1.
Si 0 < X1 <
3
4 entonces X2 < 0, X3 > 4, por lo tanto se tiene que
(Xn) → 3.
Nótese que
1
∞ = 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 sucesión dada por la fórmula de
recurrencia Xn+1 = f(Xn), entonces evidentemente (Xn) tiende a 0 en una
vecindad del origen.
Como ĺım
x→0
f(x)
x
= ĺım
x→0
f(x) − f(0)
x− 0 = α = f
′(0), entonces
ĺım
n→∞
f(Xn)
Xn
= ĺım
n→∞
f(Xn+1)
Xn
= α = f ′(0).
Por el segundo teorema de Cauchy se tiene que ĺım
x→∞
n
√
|Xn| = α < 1, por
lo tanto la serie
∞∑
n=1
|Xn| converge. Evidentemente,
Xn+1
Xn
= α + o(1) ya
que ĺım
n→∞
(Xn+1
Xn
− α
)
= 0.
Supongamos que existe M > 0 tal que
∣∣∣∣
Xn+1
Xn
− α
∣∣∣∣ ≤M · |Xn|.
Sea
Xn+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
)
también converge absolutamente, esto es, existe el ĺımite
76 4. FÓRMULA DE RECURRENCIA DE PRIMER ORDEN (CASO PARTICULAR)
ĺım
n→∞
n−1∏
k=1
(
1 +
Yk
α
)
, entonces:
Xn ∼ α
n ·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
x
en (0,+∞), entonces L = 12
(
a +
√
a2 + 4b
)
es el único
punto fijo de la función 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 sucesión Xn converge al ĺımite 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 único punto fijo de la función 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
x
0
2/3
Figura 2
Sea f(x) =
a√
x
en (0,+∞), entonces L = a 23 es el único punto fijo de la
función f(x) en (0,+∞), además:
78 4. FÓRMULA DE RECURRENCIA DE PRIMER ORDEN (CASO PARTICULAR)



f(x) → +∞ cuando x→ 0+,
f(x) → 0 cuando x→ +∞,
f ′(L) = −1
2
, |f ′(L)| = 1
2
.
Sea h(x) = f
(
f(x)
)
, entonces h(x) =
√
a · 4√x, además L = a 23 es el único
punto fijo de h(x) en (0,∞), por lo tanto se tiene que
(Xn) → L = a
2
3 para cualquier valor de X1 > 0.
3) Xn+1 =
a
Xn + 1
(a > 0), X1 > 0. Sea f(x) =
a
x+ 1
en (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
2
es el único 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 único punto fijo de h(x) en (0,∞).
Aśı se obtiene: (Xn) → L =
−1 +
√
1 + 4a
2
para 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 ráız
fantasma de la ecuación f(x) = x entonces x = 1, o sea, L = 1 es el único
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 ecuación h(x) = x no tiene ráız en x > 1
(en consecuencia, h(x) no tiene punto fijo diferente de 1), aśı 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 función f(x) tiene dos puntos
fijos:
L1 = a
2 − 1, L2 = 0. Tenemos: f ′(x) =
a(x+ 2)
2(x+ 1)
√
x+ 1
.
(i) a > 1. f ′(0) = a > 1, f ′(a2 − 1) = a
2 + 1
2a2
< 1.
80 4. FÓRMULA DE RECURRENCIA DE PRIMER ORDEN (CASO PARTICULAR)
Tenemos: (L2 < L1)



(Xn) diverge si 1 < X1 < 0,
(Xn) → a2 − 1 si X1 > 0,
(Xn) = (0, 0, 0, . . .) → 0 si X1 = 0.
(ii) a < 1, f ′(0) < 1, f ′(a2 − 1) = a
2 + 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 único 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 función par, y f(x) > 0 para
todo x ∈ R, por lo tanto podemos suponer, sin pérdida 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 función f(x) tiene único punto fijo L (> 0):
b
L2 + a
+ c = L, o sea: (L− c)(L2 + a) = b, (nótese que L > c), entonces:
|f ′(L)| = 2bL
(L2 + a)2
=
2b · L
b2
(L− c)2
=
2L · (L− c)2
b
 
c
c L-L
b
a +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
)
82 4. FÓRMULA DE RECURRENCIA DE PRIMER ORDEN (CASO PARTICULAR)
Rećıprocamente, supongamos ahora que b < 2(a+ c2) ·
{√
a+ c2 + c
}
.
Para realizar más cómodamente la operación 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 última 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 sólo si b < 2(a+ c2) · (
√
a+ c2 + c)
|f ′(L)| = 1 si y sólo si b = 2(a+ c2) · (
√
a+ c2 + c)
|f ′(L)| > 1 si y sólo 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
sucesión (Xn) es divergente salvo el caso de que
X1 = L (ó X1 = −L) que converge al ĺımite L (o al ĺımite −L).
83
(ii) Si b < 2(a + c2) · (
√
a+ c2 + c), entonces |f ′(L)| < 1, por lo tanto
la sucesión (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+ c2
pq =
bc+ a(a+ c2)
a+ c2
.
De lo anterior los valores de p, q seŕıan dos ráıces de la ecuación
cuadrática t2 − b
a+ c2
t+
bc+ a(a+ c2)
a+ c2
= 0.
Como p 6= q, entonces :
( b
a+ c2
)2
− 4 · bc+ a(a+ c
2)
a+ c2
> 0, o sea:
b2 − 4c(a+ c2)
{
bc+ a(a+ c2)
}
> 0.
ó 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)