Sucesiones y Funciones Definidas Por Recurrencia

SUCESIONES Y FUNCIONES DEFINIDAS POR RECURREN-CIA

1.DefinicionesUna sucesion {un} tal que

un+1 − 3un = n

o un+2 + 4un+1 − 2un = 0,

o, mas generalmente

un+k + a1un+k−1 + · · ·+ akun = f(n),

donde los coeficientes ai pueden ser funciones de n o constantes (es decir,independientes de n), recibe el nombre de ecuacion en diferencias finitas o ecuacionrecurrente. Si f(n) = 0, la ecuacion se dira homogenea.

2.Ecuaciones lineales homogeneas de primer orden con coeficientesconstantes

Sea k 6= 0 una constante dada, y {un} una sucesion que satisface

un+1 − kun = 0, n ≥ 1 (1).

Entonces :i) un = A · kn, donde A es una constante, es una solucion de (1).ii) Toda sucesion que verifique (1) debe ser de esa forma.Demostracioni) Si un = A · kn, entonces un+1 − kun = A

(kn+1 − kn+1

)= 0.

ii)Si un verifica la ecuacion, entonces

un = kun−1 = k2un−2 = · · · = kn−1u1,

asi que llamando A = u1/k resulta en efecto un = A · kn.Se dice que A · kn es la solucion general de la ecuacion (1).3.Ecuaciones lineales homogeneas de segundo orden con coeficientes

constantesSean p, q dos constantes dadas, con q 6= 0. Supongamos que se verifica

un+2 − pun+1 + qun = 0, n ≥ 1 (2),

y sean α, β las raices de la ecuacion

x2 − px + q = 0,

que se llama ecuacion caracteristica de (2). Entonces:i) Si α 6= β, la solucion general de la (2) es de la forma

un = A · αn + B · βn,

1

www.cienciamatematica.com

donde A y B son constantes que se determinaran por los valores iniciales dela sucesion un, es decir, u1 y u2.

ii) Si α = β, entonces la solucion general de (2) es

un = (A + Bn)αn.

Demostracion de i)Por las propiedades de las raices de la ecuacion de segundo grado (o formulas

de Cardano-Vieta), es claro que α + β = p, αβ = q.Entonces la ecuacion (2) se escribe como

un+2 − (α + β) un+1 + αβun = 0.

Si un = A · αn + B · βn, se tieneun+2−(α + β) un+1+αβun = Aαn

[α2 − (α + β)α + αβ

]+Bβn

[β2 − (α + β) β + αβ

]=

0porque los dos corchetes valen 0.Para probar el reciproco, escribamos (2) en la forma

(un+2 − αun+1)− β (un+1 − αun) = 0 ⇐⇒ vn+1 − βvn = 0.

Por lo visto en las ecuaciones de primer orden, debera ser

un+1 − αun = Aβn (3) para alguna constante A.

Si volvemos a escribir (2) en la forma

(un+2 − βun+1)− α (un+1 − βun) = 0, debera ser ahora

un+1 − βun = Bαn (4) para alguna constante B.

De (3) y (4) podemos despejar facilmente un :

un =B

α− βαn +

A

α− ββn,

que es de la forma anunciada. Esto demuestra i).El argumento anterior falla justamente cuando α = β, porque entonces (3)

y (4) son identicas.Con objeto de probar el reciproco en este caso, pongamos un = vn · αn.

Entonces vn satisface la ecuacion vn+2 − 2vn+1 + vn = 0.Admitiremos sin demostracion que vn = An+B, es decir, que la sucesion vn

es una progresion aritmetica. Sabemos que las progresiones aritmeticas verificanla ecuacion anterior, es decir, cada termino es media aritmetica del anterior yel siguiente. Lo que necesitamos es que, reciprocamente, cualquier sucesion queverifique dicha ecuacion es una progresion aritmetica. Eso es justamente lo queno demostramos.

4.Generalizaciona)La solucion general de la ecuacion

2


un + pun−1 + qun−2 + run−3 = 0

es

un = Aαn + Bβn + Cγn,

donde α, β, γ son las raices de la ecuacion caracteristica

x3 + px2 + qx + r = 0,

cuando las raices son distintas.Si α = β 6= γ, la solucion es un = (A + Bn)αn + Cγn.Si α = β = γ, la solucion es un =

(A + Bn + Cn2

)αn.

5.EjemplosSi un y vn son dos sucesiones recurrentes definidas por

un + pun−1 + qun−2 = 0, vn + p′vn−1 + q′vn−2 = 0,

y se verifica que p2 6= 4q, p′2 6= 4q′, entonces llamando

(α, β) a las raices de x2 + px + q = 0,

(α′, β′) a las raices de x2 + p′x + q′ = 0,

se tiene

zn = unvn = Aαnα′n + Bαnβ′n + Cα′nβn + Dα′nβ′n

que verifica una ecuacion de la forma

zn − pp′zn−1 +(p2q′ + p′q2 − 2qq′

)zn−2 − pp′qq′zn−3 + q2q′2zn−4 = 0

b) Si un = Cn− 2, obtener la ecuacion recurrente verificada por un.Se trata de eliminar C entre las expresiones para un y un−1 = C (n− 1)−2;

resulta

(n− 1) un − nun−1 = 2.

c)Las sucesiones un, vn verifican las recurrencias

un = un−1 + un−2; vn = vn−1 + vn−2 + vn−3.

Determinar la recurrencia verificada por sn = un + vn.Las ecuaciones caracteristicas de ambas recurrencias son

x2 − x− 1 = 0, con raices x1, x2

y3 − y2 − y − 1 = 0, con raices y1, y2, y3.

3


Por lo tanto

un = a1xn1 + a2x

n2 , vn = b1y

n1 + b2y

n2 + b3y

n3 .

Por lo tanto el termino general de sn vendra dado por

sn = a1xn1 + a2x

n2 + b1y

n1 + b2y

n2 + b3y

n3 .

La ecuacion caracteristica de esta recurrencia debe tener las raices x1, x2, y1, y2, y3.Laforma mas sencilla de obtener un polinomio con estas raices es poniendo(

t2 − t− 1) (

t3 − t2 − t− 1)

= t5 − 2t4 − t3 + t2 + 2t + 1

y por lo tanto la recurrencia buscada sera

sn = 2sn−1 + sn−2 − sn−3 − 2sn−4 − sn−5.

5.Ecuaciones no homogeneasSi f(n) no es identicamente nula, la ecuacion se dice no homogenea.Sea tal ecuacion

aun + bun−1 + · · ·+ pun−r = k, (5)

donde a, b, · · · , p, k son funciones dadas de n o constantes, y r es fijo.En este caso,1) La solucion general hace intervenir r constantes arbitrarias, que se deter-

minaran por los r primeros terminos de la sucesion.2) Si vn es la solucion general de la ecuacion homogenea

aun + bun−1 + · · ·+ pun−r = 0,

y wn es una solucion particular de la ecuacion no homogenea, entonces lasolucion general de (5) es vn + wn.

Veamos mediante un ejemplo como se debe proceder.Resolver la ecuacion

un − 5un−1 + 6un−2 = n2 + 5n + 2n.

La solucion general de la ecuacion homogenea un − 5un−1 + 6un−2 = 0 es

un = A · 2n + B · 3n,

porque la ecuacion caracteristica x2 − 5x + 6 = 0 tiene como raices a 2 y 3.Busquemos primero una solucion particular de la ecuacion un − 5un−1 +

6un−2 = n2. Intentamos como solucion de prueba una funcion que sea un poli-nomio de segundo grado en n :

un = a + bn + cn2

sustituyendo en la ecuacion e igualando los coeficientes de las potencias de ncon el mismo exponente en ambos miembros obtenemos el sistema de ecuaciones

4


2c = 1, 2b− 14c = 0, 2a− 7b + 19c = 0

que tiene como solucion unica c = 12 , b = 7

2 , a = 152 , asi que la solucion

particular es de la forma

un =12

(n2 + 7n + 15

).

Ahora probaremos con la ecuacion un − 5un−1 + 6un−2 = 5n, con la queintentamos una solucion de prueba de la forma un = a.5n; entonces

a(5n − 5.5n−1 + 6.5n−2

)= 5n =⇒ a =

256

=⇒ un =16· 5n+2

Por ultimo consideramos la ecuacion un − 5un−1 + 6un−2 = 2n.Como 2 es una raiz de la ecuacion caracteristica, esta claro que a · 2n no

puede ser una solucion. Intentamos entonces un = an · 2n, con lo que

a[n · 2n − 5 (n− 1) 2n−1 + 6 (n− 2) 2n−2

]= 2n =⇒ a = −2 =⇒ un = −n·2n+1

Entonces, la solucion general de la ecuacion un−5un−1+6un−2 = n2+5n+2n

es

un =12

(n2 + 7n + 15

)+

16· 5n+2 + (A− 2n) 2n + B · 3n

6.Algunas funciones de Teoria de Numeros definidas recurrente-mente

Ejemplo 1: Sea g : N −→ N dada por

g (0) = 1 ; g(n) = n · g(n− 1) si n 6= 0

Se conjetura sin mucha dificultad que

g(n) = n!,

probando la conjetura por induccion.Ejemplo 2 : Sea h : N× N −→ N definida por :

si x < y, h(x, y) = x

si x ≥ y, h(x, y) = h (x− y, y)

Formemos una tabla con valores pequenos de x e y, a la busqueda de unapista :

5


x\y 1 2 3 4 5 6 70 0 0 0 0 0 0 01 0 1 1 1 1 1 12 0 0 2 2 2 2 23 0 1 0 3 3 3 34 0 0 1 0 4 4 45 0 1 2 1 0 5 56 0 0 0 2 1 0 67 0 1 1 3 2 1 0

Ademas, se tiene

h(7, 2) = h(5, 2) = h(3, 2) = h(1, 2) = 1h(9, 2) = h(7, 2) = 1

h(12, 5) = h(7, 5) = h(2, 5) = 2h(12, 3) = h(9, 3) = h(6, 3) = h(3, 3) = h(0, 3) = 0

En este ultimo ejemplo hemos aplicado la definicion de h cuatro veces (antesde escribir el ultimo signo =), que expresa el numero de veces que 12 estacontenido en 3, y es el numero de veces que aplicamos la segunda condicionde la definicion de h antes de poder aplicar la primera. Esto nos indica que hcalcula el resto de la division de x por y.

Ejemplo 3 : Sea h la funcion del ejemplo anterior, y definamos k : N× N −→ Nmediante

k (x, 0) = x

k(x, y) = k(y, h(x, y)) si y 6= 0

Formemos la tabla de valores de la nueva funcion

x\y 0 1 2 3 4 5 6 70 0 1 1 1 1 1 1 11 1 1 1 1 1 1 1 12 2 1 2 1 2 1 2 13 3 1 1 3 1 1 3 14 4 1 2 1 4 1 2 15 5 1 1 1 1 5 1 16 6 1 2 3 2 1 6 17 7 1 1 1 1 1 1 7

Esta funcion da el maximo comun divisor de x e y.Ejemplo 5: Definimos s : N× N −→ N mediante

s(x, 0) = x

s(x, y) = s(x, y − 1) + 1

6


Observamos que

s(0, 1) = s(0, 0) + 1 = 0 + 1 = 1s(0, 2) = s(0, 1) + 1 = 1 + 1 = 2s(1, 1) = s(1, 0) + 1 = 1 + 1 = 2s(1, 2) = s(1, 1) + 1 = 2 + 1 = 3

formando la tabla observamos enseguida que

s(x, y) = x + y

Ejemplo 6: Sea p : N× N −→ N definida por

p(x, 1) = x

p(x, y) = p(x, y − 1) + x, si y 6= 1

Formando la tabla se identifica la funcion como el producto de x por y:

p(x, y) = x · yEn todos los ejemplos anteriores la conjetura se prueba por induccion, como

veremos detalladamente en el siguienteEjemplo 7: Sea w : N× N −→ N definida por

w(x, 1) = x

w(x, y) = x · w(x, y − 1), si y 6= 1

Comprobamos primero algunos valores :

w (1, 2) = 1 · w(1, 1) = 1 · 1 = 1w(2, 2) = 2 · w(2, 1) = 2 · 2 = 4w(2, 3) = 2 · w(2, 2) = 2 · 4 = 23 = 8w(3, 2) = 3 · w(3, 1) = 3 · 3 = 9w(3, 3) = 3 · w (3, 2) = 33 = 27

La conjetura parece clara: w(x, y) = xy. Lo probaremos por induccion, endos partes (doble induccion)

a) Supongamos y fijo; supongamos que w(x, y) = xy es cierto para todos losvalores naturales menores o iguales que x. Entonces

w (x + 1, y) = (x + 1) · w (x + 1, y − 1) == (x + 1) (x + 1) · w (x + 1, y − 2) == · · · (y veces) = (x + 1)y

.

7


b) Supongamos ahora que x es fijo y que w(x, y) = xy es cierto para todonumero natural menor o igual que y; entonces

w (x, y + 1) = x · w (x, y) = x · xy = xy+1.

Ejemplo 8 : Sea d : N× N∗ −→ N definida por

d(x, y) = 0 si x < y

d(x, y) = d(x− y, y) + 1 si x ≥ y

Al calcular los valores para la tabla obtenemos

d(2, 2) = d(0, 2) + 1 = 1d(4, 2) = d(2, 2) + 1 = 2d(6, 2) = d(4, 2) + 1 = d(2, 2) + 1 + 1 = 3

en este caso se obtiene el cociente entero por defecto de la division de x pory.

Ejemplo 9 : Sea r : N× N −→ N definida por

r (x, x) = 0r(x, y) = r(x− 1, y) + 1 si x 6= y

Esta funcion da la diferencia entre x e y.Ejemplo 10 : Sea m : N −→ N definida por

m(0) = 1m(x) = m(x− 1) + 2x + 1

Esta funcion da los cuadrados de los numeros naturalesEjemplo 11 : Sea n : R −→ Z definida por

n(x) = 0 si 0 ≤ x < 1n(x) = n(x− 1) + 1 si x ≥ 1n(x) = n(x + 1)− 1 si x < 0

Esta funcion es la parte entera de x.Todos estos ejemplos estan tomados de la publicacion francesa ”1984:Quince

anos de los IREM” y fueron preparados por la seccion de Bastia (Corcega) delIREM de Niza para un experimento sobre Informatica con alumnos de Bachiller-ato.

7.El metodo de las series formales para resolver recurrencias

8


Sabemos que un polinomio es una expresion de la forma

p(x) = a0 + a1x + a2x2 + · · ·+ anxn.

Una serie formal es, en cierto modo, algo mas simple:

a0 + a1x + a2x2 + · · ·

La sumas y productos de series formales se definen de manera analoga a lassumas y productos de polinomios. Por ejemplo

(1− 3x + 32x2 − 33x3 + · · ·

)(1 + 3x) = 1− 3x + 32x2 − 33x3 + · · ·

+3x− 32x2 + 33x3 − · · ·= 1.

de modo que podemos escribir

1− 3x + 32x2 − 33x3 + · · · = 11 + 3x

.

De manera algo mas general, podemos poner

1 + ax + a2x2 + · · · = 11− ax

.

Veamos como se pueden aplicar estas series para encontrar soluciones deecuaciones recurrentes. Sea, por ejemplo, la sucesion

a0 = 0, a1 = 1, an+2 = 5an+1 − 6an.

La idea es considerar la serie formal

f(x) = a0 + a1x + a2x2 + · · ·

e intentar ”compactarla” y despues ”descompactarla”. Para eso, observemosque

f(x) = a0 + a1x + a2x2 + a3x

3 + · · ·−5xf(x) = − 5a0x− 5a1x

2 − 5a2x3 − · · ·

6x2f(x) = 6a0x2 + 6a1x

3 + · · ·

Sumando las ecuaciones, se observa que, por la ecuacion recurrente original,los coeficientes de los terminos de grado mayor o igual que 2 se anulan, y nosquedamos con

(1− 5x + 6x2

)f(x) = a0 + (a1 − 5a0) x ⇐⇒ f(x) =

x

1− 5x + 6x2

9


Ya tenemos f(x) compactada (esta funcion se llama funcion generatriz dela recurrencia). ¿Como descompactarla? El metodo (truco que se aplica dosveces) consistira en descomponerla en trozos que sepamos como descompactar :

1− 5x + 6x2 = (1− 2x) (1− 3x)

Busquemos numeros a, b tales que

a

1− 2x+

b

1− 3x=

x

1− 5x + 6x2

Haciendo operaciones, llegamos a la identificacion entre los polinomios sigu-ientes:

(a + b)− (3a + 2b) x = x

que, por identificacion de coeficientes, conduce al sistema

a + b = 0, 3a+2b=-1

cuya solucion unica es a = −1, b = 1.Entonces

f(x) =x

1− 5x + 6x2=

11− 3x

− 11− 2x

=

=(1 + 3x + 32x2 + · · ·

)−

(1 + 2x + 22x2 + · · ·

)=

=(30 − 20

)+

(31 − 21

)x +

(32 − 22

)x2 + · · ·

asi que el coeficiente de xn, que es lo que buscamos, sera

an = 3n − 2n

Como ejercicio, buscar, mediante series formales, la expresion cerrada parael termino general Fn de la sucesion de Fibonacci :

F0 = 0, F1 = 1, Fn+2 = Fn+1 + Fn.

Algunos problemas de concursos donde aparecen funciones o suce-siones definidas recurrentemente.

Los problemas de recurrencias que se han ido proponiendo en Concursos yOlimpiadas son, como es natural, bastante complicados. Casi nunca basta enellos conocer solamente los metodos de resolucion de ecuaciones recurrentes quehemos expuesto al principio. Veamos algunos ejemplos.

Problema 1Sean a y b enteros positivos fijos. Hallar la solucion general de la ecuacion

recurrente

xn+1 = xn + a +√

b2 + 4axn, n ≥ 0, x0 = 0 (1)

10


(Generalizacion de un problema propuesto por Alemania Federal, IMO 1981)SolucionEl primer tecnicismo que hay que aplicar aqui consiste en expresar xn en

funcion de xn+1 :

b2 + 4axn+1 = b2 + 4a(xn + a +

√b2 + 4axn

)=

= 4a2 + 4a√

b2 + 4axn +(b2 + 4axn

)=

=(2a +

√b2 + 4axn

)2

Por lo tanto√

b2 + 4axn+1 = 2a +√

b2 + 4axn. (2)Entonces, de (1) y (2) resulta

xn = xn+1 + a−√

b2 + 4axn+1.

Sustituyendo aqui n por n− 1 (Segundo tecnicismo), resulta

xn−1 = xn + a−√

b2 + 4axn (3)

luego de (1) y (3) resulta

xn+1 + xn−1 = 2a + 2xn ⇐⇒ xn+1 − 2xn + xn−1 = 2a

lo que por un lado indica que todos los terminos de la sucesion son enteros; ademas resolver esta ecuacion recurrente no es dificil; pongamos

yn−1 = xn − xn−1

con lo que yn−yn−1 = 2a, y eso nos dice que yn es una progresion aritmetica:

y0 = x1 − x0 = a + b

yn = 2an + (a + b)

de donde resulta

xn = an2 + bn

Problema 2Si a0 = 0, y k es un entero positivo, se define

an+1 = (an + 1) k + (k + 1) an + 2√

k (k + 1) an (an + 1).

Demostrar que an es entero positivo para todo n.(Propuesto, pero no elegido, por Canada en la IMO 1983)Solucion

11


Aqui, estrictamente hablando, no es necesario resolver la recurrencia prop-uesta. Bastara escribirla eliminando los radicales.

Para eso la escribimos como

an+1 − [(2k + 1) an + k] = 2√

k (k + 1) an (an + 1)

y elevamos al cuadrado ; resulta asi

a2n+1 + [(2k + 1) an + k]2 − 2an+1 [(2k + 1) an + k]

= 4k (k + 1) a2n + 4k (k + 1) an

Reordenando terminos y simplificando, resulta

a2n − 2 [k + (2k + 1) an+1] an + (an+1 − k)2 = 0

De aqui obtenemos (tratandola como una ecuacion cuadratica en a2n y te-

niendo en cuenta que la sucesion tiene que ser creciente)

an = k + (2k + 1) an+1 −√

[k + (2k + 1) an+1]2 − (an+1 − k)2

= k + (2k + 1) an+1 −√

((2k + 1) an+1 + k + an+1 − k) ((2k + 1) an+1 + k − an+1 + k)

= k + (2k + 1) an+1 −√

4k (k + 1) an+1 (an+1 + 1)

Cambiando en la ecuacion original n por n + 1 obtenemos

an+2 − (2k + 1) an+1 − k = 2√

k (k + 1) an+1 (an+1 + 1)

y teniendo en cuenta que lo que acabamos de obtener se puede escribir como

2√

k (k + 1) an+1 (an+1 + 1) = (2k + 1) an+1 + k − an

resulta la recurrencia

an+2 = 2 (2k + 1) an+1 − an + 2k

que da valores enteros positivos, por ser creciente y a0 = 0, a1 = k.Problema 3Si m,n, r son enteros positivos, y 1 + m + n

√3 =

(2 +

√3)2r−1

, demostrarque entonces m es un cuadrado perfecto.

(II Olimp.Iberoamericana, Uruguay 1987 ; solucion de Felipe Fritz Braga,Mencion especial del Jurado por esta solucion)

SolucionConsiderando los conjugados, podemos escribir

1 + m− n√

3 =(2−

√3)2r−1

,

asi que, sumando miembro a miembro, resulta

12


1 + m =

(2 +

√3)2r−1

+(2−

√3)2r−1

2y el segundo miembro recuerda la solucion de una ecuacion en diferencias;

los coeficientes de la ecuacion caracteristica deben ser -4 y 1, opuesto de lasuma y producto, respectivamente, de 2 +

√3 y 2 −

√3; asi que eso conduce a

la ecuacion recurrente

f(r + 2) = 4f(r + 1)− f(r)

cuya solucion es

f(r) =

(2 +

√3)r

1 +√

3+

(2−

√3)3

1−√

3

De la recurrencia resulta que , al ser f(0) y f(1) enteros, lo es f(r) si r lo es;entonces resulta

(f(r))2 =

(2 +

√3)2r

4 + 2√

3+

(2−

√3)2r

4− 2√

3− 1

=

(2 +

√3)2r−1

+(2−

√3)2r−1

2− 1 = m,

y hemos terminado.Problema 4Dado m ∈ N∗,se define la sucesion an asi:

a1 = 2 (m + 1)

an+1 =1

4m

(man − 1 +

√1 + 2man

)Obtener una expresion explicita para an en funcion de n y m(Gazeta Matematica 1988, Rumania)SolucionLa sucesion es creciente.Para intentar expresar an en funcion de an+1, ponemos

4man+1 −man + 1 =√

1 + 2man;

elevando al cuadrado y reordenando segun las potencias de an se obtiene,despues de simplificar por m :

ma2n − 2 [2m (2man+1 + 1)] an + 8an+1 (2man+1 + 1) = 0;

despejando an (y eligiendo el signo menos delante del radical por ser crecientela sucesion)

13


an =2 (2man+1 + 1)− 2

√2man+1 + 1

m

que escribimos

2 (2man+1 + 1)−man = 2√

2man+1 + 1.

Cambiando n por n+1 en la primera expresion y multiplicando por 2 resulta

8man+2 − 2man+1 + 2 = 2√

2man+1 + 1

Asi que llegamos a la recurrencia

8an+2 − 6an+1 + an = 0,

cuya ecuacion caracteristica es x2 − 34x + 1

8 = 0, de raices 12 y 1

4 .Por tanto, la solucion de la recurrencia es

an = A

(12

)n

+ B

(14

)n

.

Los valores iniciales son a1 = 2 (m + 1), a2 = (m + 2)/2, luego el sistemapara determinar las constantes A y B es

8 (m + 1) = 2A + B, 8(m + 2) = 4A + B

con solucion

A = 4, B = 8m

asi que la expresion explicita para an sera

an = 4(

12

)n

+ 8m

(14

)n

.

Problema 5 (sin solucion)Sea k un entero positivo. Se considera la sucesion

x1 = k, xn+1 = kxn +√

(k2 − 1) (x2n − 1).

Demostrar que todos los xn son enteros positivos(Competicion Kurschak, Hungria, 1988)Problema 6 (sin solucion)La sucesion (xn) se define mediante

x1 = 0, xn+1 = mxn +√

(m2 − 1) x2n + p2, con m ∈ N∗, p ∈ Z .

Demostrar que todos los terminos de la sucesion son enteros.(Mihaela Pal, Gazeta Matematica, Rumania 1990 )Problema 7

14


Determinar la funcion f : N −→ N , siendo N = {1, 2, 3, · · · } el conjuntode los numeros naturales, que cumple, para cualesquiera s, n ∈ N , las doscondiciones siguientes:

a) f(1) = f(2s) = 1, yb) si n < 2s, entonces f(2s + n) = f(n) + 1.

Calcular el valor maximo de f(n) cuando n ≤ 2001.Hallar el menor numero natural n tal que f (n) = 2001.(Problema 6, O.M.E. 2001, Fase Final)Solucion.Puesto que a) da los valores de f en las potencias de 2, no parece descabellado

escribir al lado de n su expresion en el sistema binario de numeracion.Para intentar entender como actua f, formaremos una tabla de valores rel-

ativamente amplia:n 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15

n(2 1 10 11 100 101 110 111 1000 1001 1010 1011 1100 1101 1110 1111f(n) 1 1 2 1 2 2 3 1 2 2 3 2 3 3 4

n 16 17 18n(2 10000 10001 10010f(n) 1 2 2

etc.

A la vista de la tabla, conjeturamos que f(n) da la suma (en base 10) de lascifras de n escrito en base 2, y trataremos de probarlo por induccion.

Si n = 1 o es una potencia de 2, f(n) = 1.Si n > 1 y no es una potencia de 2, supongamos conocido f(m) para todo

m < n; entonces se puede escribir n = 2x + m, tomando como 2x la mayorpotencia de 2 que es menor que n, y entonces

f(n) = f(2x + m) = f(m) + 1.

Una vez probada la conjetura por induccion, contestemos a las dos preguntasque plantea el problema:

En el primer caso, se trata de ver cuantos unos puede tener como maximoun numero menor o igual que 2001 escrito en base 2 : ese numero, escrito enbase 2, es 1111111111(2 = 1023=210 − 1, luego f(n) = 10.

En el segundo caso, un razonamiento similar demuestra que n = 22001 − 1.Problema 8Sea f la funcion definida sobre los enteros positivos mediante

f(1) = 1, f(3) = 3f(2n) = f(n)

f(4n + 1) = 2f(2n + 1)− f(n)f(4n + 3) = 3f(2n + 1)− 2f(n)

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para todo n natural.Determinar el numero de enteros positivos n, menores o iguales que 1988,

tales que f(n) = n.(Problema #3,IMO 1988, propuesto por Gran Bretana)SolucionA la busqueda de una pista, encontramos

n : 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17f(n) : 1 1 3 1 5 3 7 1 9 5 13 3 11 7 15 1 17

Puede observarse que

f(2k) = 1, f(2k − 1) = 2k − 1, f(2k + 1) = 2k + 1,

asi que parece que puede resultar util el sistema de numeracion binario.Convirtamos la tabla mediante el sistema de base 2:

n n(2 f(n) [f(n)](21 1 1 12 10 1 13 11 3 114 100 1 15 101 5 1016 110 3 117 111 7 1118 1000 1 19 1001 9 100110 1010 5 10111 1011 13 110112 1100 3 1113 1101 11 101114 1110 7 11115 1111 15 111116 10000 1 117 10001 17 10001

A la vista de la tabla, conjeturamos quef(n) se obtiene invirtiendo la expresion binaria de n (ignorando los ceros

iniciales que puedan obtenerse).Si se consigue probar esta conjetura, los n tales que f(n) = n seran los

numeros que en escritura binaria son capicuas, y son los que habra que contardespues.

Probaremos la conjetura por induccion. Ciertamente se cumple para n < 8.Supongamos que se cumple para todo n < 4m, entonces sera suficiente probarque se cumple para n = 4m, 4m + 1, 4m + 2, 4m + 3.

Escribimos m en el sistema binario : m = (εkεk−1 · · · ε1ε0)2, donde las cifrasεi son 0 o 1. Entonces

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2m = (εkεk−1 · · · ε1ε00)2 2m + 1 = (εkεk−1 · · · ε1ε01)24m = (εkεk−1 · · · ε1ε000)2 4m + 1 = (εkεk−1 · · · ε1ε001)2

4m + 2 = (εkεk−1 · · · ε1ε010)2 4m + 3 = (εkεk−1 · · · ε1ε011)2

Por lo tanto,

f(4m) = f(2m) = (ε0ε1 · · · εk−1εk)2 = expresion invertida de 4m

(recuerdese que 2m < 4m y por lo tanto se aplica la hipotesis de induccion: se invierten las cifras de 2m).

Por otra parte,

f(4m + 1) = 2f(2m + 1)− f(m) == 2× (1ε0ε1 · · · εk−1εk)2 − (ε0ε1 · · · εk−1εk)2 == 2k+2 + 2× (ε0ε1 · · · εk−1εk)2 − (ε0ε1 · · · εk−1εk)2 == 2k+2 + (ε0ε1 · · · εk−1εk)2 = (10ε0ε1 · · · εk−1εk)2 == expresion invertida de 4m+1

Analogamente,

f(4m + 2) = f(2m + 1) = (1ε0ε1 · · · εk−1εk) == expresion invertida de 4m+2

y, finalmente,

f(4m + 1) = 3f(2m + 1)− 2f(m) == 3× (1ε0ε1 · · · εk−1εk)2 − 2× (ε0ε1 · · · εk−1εk)2 == 3× 2k+1 + (ε0ε1 · · · εk−1εk)2 = (11ε0ε1 · · · εk−1εk)2 == expresion invertida de 4m+3.

Por lo tanto, la conjetura ha quedado probada por induccion.Vamos a contar los n < 1988 que son capicuas en binario.Como 210 < 1988 < 211 = 2048, y 1988 = (11111000100)2 , un numero

capicua con 2k cifras esta determinado por sus primeras k cifras. En nuestrocaso, el numero de capicuas con 2,4,6,8,o 10 cifras binarias es 20 +21 +22 +23 +24 = 31.

Un numero capicua con 2k + 1 cifras binarias depende de k − 1 cifras, ycon k + 1 cifras hay 2k. En nuestro caso, con 1,3,5,7,9,11 cifras binarias hay1 + 2 + 22 + 23 + 24 = 63.

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Como los capicuas de 11 cifras

1111110111112 y 111111111112

son mayores que 1988, el numero buscado es 31+63-2=92.Problema 9Una variante del problema de Flavio Josefon personas estan dispuestas en circulo, numeradas del 1 a n. Contando en

el circulo, de 2 en dos, cada segunda persona es eliminada. El proceso se repitehasta que queda una unica persona . ¿Cual es el numero que tiene el super-viviente, J(n)?

SolucionComencemos con el caso particular en que n = 10. Empezamos a contar

en el 1, y el orden de eliminacion es 2,4,6,8,10,3,7,1,9. Asi pues, J(10) = 5.Podriamos conjeturar que J(n) = n/2 cuando n es par, y el caso n = 2 apoyariaesta conjetura; pero unos pocos casos pequenos nos disuaden (la conjetura fallasi n = 4 o si n = 6) :

n 1 2 3 4 5 6J(n) 1 1 3 1 3 5

Parece que J(n) siempre es impar ; hay una buena razon para ello : en laprimera ronda quedan eliminados todos los numeros pares. Ademas, si n espar se llega a una situacion similar a la del principio, solo que queda la mitadde personas, y sus numeros han cambiado. Entonces, vamos a suponer que

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inicialmente hay 2n personas.

Despues de la primera ronda quedan 1,3,5,· · · , 2n − 3, 2n − 1 y el siguienteen ser eliminado es el 3. Esto es lo mismo que empezar con n personas, exceptoque el numero de cada persona ha sido duplicado y disminuido en uno, es decir

J(2n) = 2 · J(n)− 1, para n ≥ 1.

A partir de aqui, vamos obteniendo, por ejemplo,J(20) = 2J(10)− 1 = 9, J(40) = 17, y podriamos deducir que

J(5 · 2m) = 2m+1 + 1.

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Pasemos al caso impar.

Aqui, la persona numero 1 es eliminada despues de la persona 2n, y nosquedan los numeros de la parte interior del circulo en la figura anterior. Denuevo casi tenemos la situacion original con n personas, pero ahora sus numerosson duplicados y aumentados en 1. Es decir.

J(2n + 1) = 2 · J(n) + 1, n ≥ 1.

Con estos valores, junto con J(1) = 1, se tiene definido J en todos los casos:

J(1) = 1J(2n) = 2 · J(n)− 1, para n ≥ 1.

J(2n + 1) = 2 · J(n) + 1, n ≥ 1

Nuestra recurrencia hace posible construir una tabla para valores pequenosde n muy rapidamente.

n 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16J(n) 1 1 3 1 3 5 7 1 3 5 7 9 11 13 15 1

Parece que podemos agrupar por potencias de 2; J(n) siempre vale 1 enesas potencias, y aumenta de 2 en 2 dentro de cada grupo. Luego si escribimosn = 2m + k, donde 2m es la mayor potencia de 2 que es menor que n, y k es loque queda, parece que la solucion de nuestra recurrencia es

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J(2m + k) = 2k + 1, m ≥ 0, y 0 ≤ k < 2m (*)

(Observese que si 2m ≤ n < 2m+1, entonces la diferencia k = n−2m verifica0 ≤ k < 2m+1 − 2m = 2m).

Probaremos la conjetura por induccion, en este caso sobre m.Cuando m = 0, debe ser k = 0; esto corresponde, en efecto, a J(1) = 1,

que es verdad. La induccion tiene dos partes, segun que k sea par o impar. Sim > 0, y 2m + k = 2n, entonces k es par, y

J(2m + k) = 2 · J(2m−1 +k

2)− 1 = 2

(2k

2+ 1

)− 1 = 2k + 1,

que es lo que queriamos. Para ver que la conjetura tambien funciona en el casoimpar, cuando 2m + k = 2n + 1, observese que la recurrencia implica que

J(2n + 1)− J(2n) = 2,

o bien seguir un razonamiento analogo al anterior. En cualquier caso, hemosobtenido el objetivo, si bien la relacion (*) no es exactamente una formulacerrada, porque hace intervenir el numero k, que es variable.

Puede resultar instructivo, siguiendo los pasos de la solucion del problemaanterior, ver lo que ocurre cuando n y J(n) se escriben en base 2 (dado el papelrelevante de las potencias de 2 en este problema, no tiene nada de raro usar elsistema binario) :

Supongamos que

n = (bmbm−1 · · · b1b0)2 , con bm = 1,

ya que suponemos 2m < n < 2m+1.Recordando que n = 2m + k, se tiene, sucesivamente,

n = (1bm−1 · · · b1b0)2k = (0bm−1 · · · b1b0)2

2k = (bm−1 · · · b1b00)22k + 1 = (bm−1 · · · b1b01)2

J(n) = (bm−1 · · · b1b0bm)2

donde la ultima etapa se sigue de J(n) = 2k + 1 y porque bm = 1.Es decir, hemos probado que

J((bmbm−1 · · · b1b0)2) = (bm−1 · · · b1b0bm)2 .

Problema 10(sin solucion)Sea la funcion f, definida sobre el conjunto {1, 2, 3, · · · } mediante

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f(1) = 1f(2n + 1) = f(2n) + 1

f(2n) = 3 · f(n)

Determinar el conjunto de valores que toma f(Problema #5, Olimp.Iberoamericana 1989; propuesto por Argentina)Problema 11Del polinomio P (x) se sabe que es de grado n y que,

si j = 1, 2, · · · , n, n + 1, se verifica P (j) = 2j−1.

Calcular P (n + 2)(Olimpiada de Israel,1988)SolucionSi P (x) tiene grado n, el polinomio P1(x) = P (x + 1) − P (x) tiene grado

n− 1; P2 (x) = P1 (x + 1)− P1 (x) tiene grado n− 2, etc, asi que finalmente sellegara a un polinomio Pn(x) de grado 0, es decir, constante. Usualmente estose dispone en forma de cuadro de las llamadas diferencias sucesivas del polinomioP (x) :

P (x) 1 2 22 23 24 · · · 2n−1 2n

P1(x) 1 2 22 23 · · · 2n−1

... · · · · · · · · · · · ·Pn−2(x) 1 2 22

Pn−1 (x) 1 2Pn (x) 1

(en cada fila aparecen las diferencias entre los valores consecutivos de la filaprecedente).

Entonces se tiene (por la definicion de los polinomios Pi) :

P (n + 2) = P (n + 1) + P1(n + 1) = P (n + 1) + P1(n) + P2(n) == P (n + 1) + P1(n) + P2(n− 1) + P3(n− 1) == P (n + 1) + P1(n) + P2(n− 1) + P3(n− 2) + · · ·+ Pn−1 (2) + Pn (2) == 2n + 2n−1 + 2n−2 + · · ·+ 22 + 2 + 1 = 2n+1 − 1

Observacion : hay otra solucion, basada en la llamada formula de interpo-lacion de Lagrange.

Problema 12Sean xn e yn las sucesiones de numeros naturales definidas por

x0 = x1 = 1, xn+1 = xn + 2xn−1

y0 = 1, y1 = 7, yn+1 = 2yn + 3yn−1

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Demostrar que x0 = y0 = 1 es el unico termino comun a ambas sucesiones.(USAMO 1973)Observacion: La solucion ”oficial” comienza diciendo : ”Calculemos los restos

de la division por 8 de xn e yn ...”. Aunque no se debe ser enemigo de las ”ideasfelices”, estas no suelen aparecer por arte de magia, asi que trataremos de dara la solucion un aspecto mas natural, si ello es posible...

SolucionLos primeros valores de las sucesiones no proporcionan demasiada infor-

macion:

xn 1 1 3 5 11 · · ·yn 1 7 17 55 161 · · ·

Resolvamos las dos ecuaciones en diferencias : las ecuaciones caracteristicasson, respectivamente,

(t− 2) (t + 1) = 0,

(t− 3)(t + 1) = 0

de las cuales resultan

xn =13

(2n+1 + (−1)n)

yn = 2 · 3n − (−1)n.

Entonces, para que sea xn = ym, debe verificarse

3m+1 − 2n =12

[3 (−1)m + (−1)n] .

Si n = 0 o n = 1, la unica solucion posible es m = 0.Tomemos n ≥ 2. Si m y n son de la misma paridad, la ecuacion no puede

verificarse, porque el segundo miembro es par y el primero es impar. Si my n son de distinta paridad, observando los restos de la division por 4 de laspotencias de 3 y de 2, se obtiene

30 ≡ 1 20 ≡ 131 ≡ 3 21 ≡ 232 ≡ 1 22 ≡ 033 ≡ 3 23 ≡ 034 ≡ 1 24 ≡ 0

etc., asi que el resto de la division por 4 del primer miembro de la ultimaigualdad sera 1 o 3.

Si m = 2k, n = 2h + 1, entonces 3m+1 − 2n = 32k+1 − 22h+1 ≡ 3 mientrasque el segundo miembro da resto 1 al ser dividido por 4.

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Si m = 2k − 1, n = 2h, entonces 3m+1 − 2n = 32k − 22h ≡ 1 mientras que elsegundo miembro es −1 ≡ 3.

Por lo tanto la igualdad es imposible.Problema 13Construir una funcion f : N× N −→ N× N tal que

f(f(n, m)) = (m,n)(De un concurso rumano)SolucionSupongamos escritos los numeros n y m mediante su descomposicion en

producto de potencias de factores primos :

n ≡ 2α1 · 3α2 · 5α3 · 7α4 · · · · ≡ (α1, α2, α3, α4, · · · )m ≡ 2β1 · 3β2 · 5β3 · 7β4 · · · · ≡ (β1, β2, β3, β4, · · · )

Entonces se define f de la siguiente manera :

f(n, m) =(2β2 · 3α1 · 5β4 · 7α3 · · · · , 2α2 · 3β1 · 5α4 · 7β3 · · · ·

)que se comprueba verifica la propiedad requerida :

f(f(n.m)) =(2β1 · 3β2 · 5β3 · 7β4 · · · · , 2α1 · 3α2 · 5α3 · 7α4 · · · ·

)Problema 14Sea p un numero natural fijo y x0 > 0. Demostrar que entre los m primeros

terminos de la sucesion definida por

xn+1 =√

1 + p2 · xn + p√

1 + x2n,

hay al menos[

m3

]numeros irracionales.

[] es la parte entera.(Titu Andreescu, Gazeta Matematica 1980, Rumania)Solucion de MaAscension Lopez ChamorroHaciendo operaciones en la ecuacion dada obtenemos

(xn+1 − xn

√1 + p2

)2

= p2(1 + x2

n

)⇐⇒

x2n+1 + x2

n − 2xn+1xn

√1 + p2 = p2;

completando cuadrados en el primer miembro obtenemos

(xn+1 + xn)2 − 2xn+1xn

(1 +

√1 + p2

)= p2.

Esta ecuacion significa que, si xn y xn+1 fueran racionales, tambien lo seria√1 + p2, lo cual es absurdo. Por lo tanto, no hay dos terminos consecutivos

en la sucesion que sean racionales, o lo que es lo mismo, de cada 3 terminosconsecutivos, al menos uno (el de en medio) es irracional, asi que, de los mprimeros, al menos

[m3

]deben ser irracionales.

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Sucesiones y Funciones Definidas Por Recurrencia

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