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Ecuaciones de recurrenciaDemostraciones por inducción
IMD-IS. Recursión
Emmanuel Briand
ETSII. Universidad de Sevilla.
Curso 2011�2012
Emmanuel Briand IMD-IS. Recursión
Ecuaciones de recurrenciaDemostraciones por inducción
Dos descripciones para la misma sucesión
De�nición implicita
(Ecuación de recurrencia y condiciones iniciales)un+2 = un+1 + un + 3n para cualquier n ≥ 0
u0 = 1
u1 = 2
Formula explicita
un =3√5 + 5
10
(1 +
√5
2
)n5− 3
√5
10+
(1−
√5
2
)n
+1
53n
para cualquier n ≥ 0.
Emmanuel Briand IMD-IS. Recursión
Ecuaciones de recurrenciaDemostraciones por inducción
Ecuación de recurrencia lineal
Ecuación con termino independiente
un+2 = un+1 + un + 3n para cualquier n ≥ 0
Solución general
un = A
(1 +
√5
2
)n
+B
(1−
√5
2
)n
+1
53n, para cualquier n ≥ 0
Emmanuel Briand IMD-IS. Recursión
Ecuaciones de recurrenciaDemostraciones por inducción
Ecuación de recurrencia lineal
Ecuación homogenea asociada
un+2 = un+1 + un para cualquier n ≥ 0
Solución general de la ecuación homogenea
un = A
(1 +
√5
2
)n
+ B
(1−
√5
2
)n
, para cualquier n ≥ 0
Emmanuel Briand IMD-IS. Recursión
Ecuaciones de recurrenciaDemostraciones por inducción
Ecuación de recurrencia a coef. constantes
De�nición
un+k = a0un + a1un+1 + a2un+2 + · · ·+ ak−1un+k−1 + g(n)
para cualquier n ≥ p (1)
k = orden de la ecuación.
a0, a1, . . . , ak−1 = coe�cientes de la ecuación.
g = término independiente de la ecuación.
Ecuación homogénea: cuando g = 0
Emmanuel Briand IMD-IS. Recursión
Ecuaciones de recurrenciaDemostraciones por inducción
Descripción de la solución general
La solución general de una ecuación de recurrencia lineal a
coe�cientes constantes es la suma de una solución particular suya
(cualquiera) y de la solución general de la ecuación de recurrencia
homogénea asociada.
Consecuencia: método
1 Resolver la ecuación homogénea asociada.
2 Hallar una solución particular de la EC.
3 Hacer la suma.
Emmanuel Briand IMD-IS. Recursión
Ecuaciones de recurrenciaDemostraciones por inducción
Solución general de la homogénea: ejemplos
Ecuación de recurrencia
un+2 − 5un+1 + 6un = 0
Ecuación característica
r2 − 5r + 6 = 0 es decir (r − 2)(r − 3) = 0
Solución general
(A 2n + B 3n)n
Emmanuel Briand IMD-IS. Recursión
Ecuaciones de recurrenciaDemostraciones por inducción
Solución general de la homogénea: ejemplos
Ecuación de recurrencia
un+3 − 10un+2 + 31un+1 − 30un = 0
Ecuación característica
r3 − 10r2 + 31r − 30 = 0 es decir (r − 2)(r − 3)(r − 5) = 0
Solución general
(A 2n + B 3n + C 5n)n
Emmanuel Briand IMD-IS. Recursión
Ecuaciones de recurrenciaDemostraciones por inducción
Solución general de la homogénea: ejemplos
Ecuación de recurrencia
un+3 − 7un+2 + 16un+1 − 12un = 0
Ecuación característica
r3 − 7r2 + 16r − 12 = 0 es decir (r − 2)2(r − 3) = 0
Solución general
(A 2n + B n 2n + C 3n)n
Emmanuel Briand IMD-IS. Recursión
Ecuaciones de recurrenciaDemostraciones por inducción
Solución general de la homogénea: ejemplos
Ecuación de recurrencia
un+3 − 6un+2 + 12un+1 − 8un = 0
Ecuación característica
r3 − 6r2 + 12r − 8 = 0 es decir (r − 2)3 = 0
Solución general
(A 2n + B n 2n + C n2 2n)n
Emmanuel Briand IMD-IS. Recursión
Ecuaciones de recurrenciaDemostraciones por inducción
solución de la homogénea
Teorema
Sean r1, r2, . . . , rs todas las soluciones de la ecuación característica
de la EH, y m1, m2, . . . , ms sus multiplicidades respectivas:
EC = (r − r1)m1(r − r2)
m2 · · · (r − rs)ms
Entonces una base de soluciones de la EH es:
(rn1) (n rn
1) (n2 rn
1) · · · · · · · · · (nm1−1 rn
1)
(rn2) (n rn
2) (n2 rn
2) · · · (nm2−1 rn
2)
...
(rns ) (n rns ) (n2 rns ) · · · · · · (nms−1 rns )
Emmanuel Briand IMD-IS. Recursión
Ecuaciones de recurrenciaDemostraciones por inducción
Ecuaciones que sabrémos resolver
un+k = a0un + a1un+1 + a2un+2 + · · ·+ ak−1un+k−1 + g(n)
para cualquier n ≥ p (2)
con g(n) = rn(c0 + c1n + c2n2 + · · ·+ cdn
d ).
Teorema
La ecuación admite una única solución de la forma (rnnmQ(n))n≥pcon:
Q polinomio de grado d (es decir
Q = •nd + •nd−1 + · · ·+ •n + •).m la multiplicidad de r cómo raíz de la ecuación característica
de la EH asociada (m = 0 si r no es raíz)
Emmanuel Briand IMD-IS. Recursión
Ecuaciones de recurrenciaDemostraciones por inducción
Solución particular: ejemplos
Ecuación de recurrencia
un+··· + · · ·+ · · · un = 5
Termino independiente g(n)
g(n) = 5 = 1n · (5)
Solución particular a buscar
rnnmQ(n) =
1n · n0 · A si 1 no es raíz de la EC
1n · n1 · A si 1 es raíz simple de la EC
1n · n2 · A si 1 es raíz doble de la EC...
Emmanuel Briand IMD-IS. Recursión
Ecuaciones de recurrenciaDemostraciones por inducción
Solución particular: ejemplos
Ecuación de recurrencia
un+··· + · · ·+ · · · un = 7n
Termino independiente g(n)
g(n) = 7n = 7n · (1)
Solución particular a buscar
rnnmQ(n) =
7n · n0 · A si 7 no es raíz de la EC
7n · n1 · A si 7 es raíz simple de la EC
7n · n2 · A si 7 es raíz doble de la EC...
Emmanuel Briand IMD-IS. Recursión
Ecuaciones de recurrenciaDemostraciones por inducción
Solución particular: ejemplos
Ecuación de recurrencia
un+··· + · · ·+ · · · un = n
Termino independiente g(n)
g(n) = n = 1n · (n)
Solución particular a buscar
rnnmQ(n) =
1n · n0 · (An + B) si 1 no es raíz de la EC
1n · n1 · (An + B) si 1 es raíz simple de la EC
1n · n2 · (An + B) si 1 es raíz doble de la EC...
Emmanuel Briand IMD-IS. Recursión
Ecuaciones de recurrenciaDemostraciones por inducción
Solución particular: ejemplos
Ecuación de recurrencia
un+··· + · · ·+ · · · un = n2 + 3n + 1
Termino independiente g(n)
g(n) = n2 + 3n + 1 = 1n · (n2 + 3n + 1)
Solución particular a buscar
rnnmQ(n) =
1n · n0 · (An2 + B n + C ) si 1 no es raíz de la EC
1n · n1 · (An2 + B n + C ) si 1 es raíz simple de la EC
1n · n2 · (An + B n + C ) si 1 es raíz doble de la EC...
Emmanuel Briand IMD-IS. Recursión
Ecuaciones de recurrenciaDemostraciones por inducción
Solución particular: ejemplos
Ecuación de recurrencia
un+··· + · · ·+ · · · un = 2n(n2 + 3n + 1)
Termino independiente g(n)
g(n) = 2n · (n2 + 3n + 1)
Solución particular a buscar
rnnmQ(n) =
2n · n0 · (An2 + B n + C ) si 1 no es raíz de la EC
2n · n1 · (An2 + B n + C ) si 1 es raíz simple de la EC
2n · n2 · (An + B n + C ) si 1 es raíz doble de la EC...
Emmanuel Briand IMD-IS. Recursión
Ecuaciones de recurrenciaDemostraciones por inducción
El principio de superposición:ejemplo
ecuación una solución
un+2 − 2 un+1 + 3 un = 5n + 1 + 3n ?
vn+2 − 2 vn+1 + 3 vn = 5n + 1 vn = (n + 1)/2
wn+2 − 2wn+1 + 3wn = 3n wn = 3n/6
un+2 − 2 un+1 + 3 un = 5n + 1 + 3n vn + wn = (n + 1)/2 + 3n/6
Emmanuel Briand IMD-IS. Recursión
Ecuaciones de recurrenciaDemostraciones por inducción
El principio de superposición
Si v es una solución de
un+··· + · · ·+ · · · un = f (n)
y w es una solución de
un+··· + · · ·+ · · · un = g(n)
entonces v + w es una solución de
un+··· + · · ·+ · · · un = f (n) + g(n)
Emmanuel Briand IMD-IS. Recursión
Ecuaciones de recurrenciaDemostraciones por inducción
Inducción
Para demostrar al mismo tiempo P(N), P(N + 1), P(N) . . .
Inducción (simple)
Basta demostrar:
1 P(N) (caso base)
2 y que para cualquier n ≥ N: P(n) ⇒ P(n + 1).
Inducción completa
Basta demostrar:
1 P(N) (caso base)
2 y que para cualquier n > N:
P(N) ∧ P(N + 1) ∧ · · · ∧ P(n − 1) ⇒ P(n).
Emmanuel Briand IMD-IS. Recursión
Ecuaciones de recurrenciaDemostraciones por inducción
Inducción
Para demostrar al mismo tiempo P(N), P(N + 1), P(N) . . .
Inducción (simple)
Basta demostrar:
1 P(N) (caso base)
2 y que para cualquier n ≥ N: P(n) ⇒ P(n + 1).
Inducción completa
Basta demostrar:
1 P(N) (caso base)
2 y que para cualquier n > N:
P(N) ∧ P(N + 1) ∧ · · · ∧ P(n − 1) ⇒ P(n).
Emmanuel Briand IMD-IS. Recursión
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